035变力做功的6种计算方法 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题学案

一..变力做功的6种计算方法

二.典型例题精讲

题型一：应用动能定理

例1：如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为(　　)

A.

B.

C.

D.

答案　B

解析　开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1＝mg；木块B恰好离开地面时，弹簧的拉力等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2＝mg，可得x1＝x2＝，则这一过程中，弹簧弹力做功为零，木块A上升的高度h＝x1＋x2＝，设变力F做的功为WF，由动能定理得WF－WG＝0，又WG＝mgh＝，所以WF＝，B选项正确．

题型二：微元法

例2：如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成．现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)

A．0  B．FR  C.πFR  D．2πFR

答案　C

解析　虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内F可以看成恒力，小球的路程为πR＋π·，则拉力做的功为πFR，故C正确．

题型三：等效转换法

例3：如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，B、O间距离也为L，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　)

A．WF＝FL(2cosθ－1)  B.WF＝2FLcosθ

C．Wf＝μmgLcosθ  D.Wf＝FL－mgLsin2θ

答案　A

解析　小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF＝Fs，s为F作用点的位移，即绳端移动的长度，由几何关系可知s＝2Lcosθ－L，所以WF＝FL(2cosθ－1)，故A正确，B错误；根据几何关系得BO斜面倾角为2θ，小物块在BO段运动过程中所受摩擦力大小为f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故C、D错误。

题型四：平均值法

例4：当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为(　　)

A．2000 J  B.1800 J

C．200 J  D.180 J

答案　B

解析　由于水桶匀速上升，故拉力大小等于水和桶的总重力，由于水和桶的总质量随位移均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。结合题图可知，F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝80 N，则在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为：W拉＝h＝1800 J，故B正确。

题型五：图像法

例5：轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图5甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)

A．3.1 J  B．3.5 J  C．1.8 J  D．2.0 J

答案　A

解析　物块与水平面间的摩擦力大小为Ff＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象与x轴所围面积表示功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J．由于物块运动至x＝0.4 m处时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确．

题型六：通过功率求功

例5：（多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图像斜率为k，横截距为b，则(　　)

A．汽车所受阻力为

B．汽车的质量为

C．汽车的最大速度为

D．汽车从静止到获得最大速度的时间为

答案　BC

解析　汽车从静止开始以恒定功率启动，由P＝Fv，及F－f＝ma，得a＝·－，结合图像有＝k,0＝b－，解得m＝，f＝Pb，故A错误，B正确；当汽车加速度为零时，速度最大，此时有＝b，解得汽车的最大速度vm＝，故C正确；汽车从静止到获得最大速度的过程，由动能定理得Pt－fx＝mv，联立解得t＝＋bx>，故D错误。

三.举一反三，巩固练习

1.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是(　ABD　)

A．重力做功为mgL

B．悬线的拉力做功为0

C．空气阻力做功为－mgL

D．空气阻力做功为－F阻πL

解析：摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻·πL，C错误，D正确

2.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　)

A.R(FN－3mg)    B.R(2mg－FN)

C.R(FN－mg)    D.R(FN－2mg)

答案：A

【解析】　质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R.质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，故A正确，B、C、D错误．

3.如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m＝2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为(　　)

A．15 W  B.20 W

C．40 W  D.无法计算

答案　B

解析　当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，该过程中，作用力F对物体做的功W＝(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。

4.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　)

A．W1>W2

B．W1<W2

C．W1＝W2

D．无法确定W1和W2的大小关系

答案：A

【解析】　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确．

5.如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以某一初速度在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，若小方块恰能全部进入粗糙水平面，则小方块克服摩擦力所做的功为(　　)

A.μMgl   B．μMgl

C.μMgl   D．2μMgl

答案：A

【解析】　(方法1：利用平均力做功求解)总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中，滑动摩擦力由零开始均匀增大，当小方块全部进入粗糙水平面时摩擦力达到最大值μMg，总位移大小为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的计算公式可得Wf＝－μMgl，所以小方块克服摩擦力所做的功为μMgl，A正确．

(方法2：利用Ff－x图象求解)

由于小方块受到的滑动摩擦力Ff从零开始均匀增大至μMg，故可作出如图所示的Ff－x图象进行求解，其图线与横轴围成图形的面积即小方块克服滑动摩擦力做功的大小，即μMgl，A正确．

6.解放军某部队用直升飞机抢救一个峡谷中的伤员，直升飞机在空中悬停，其上有一起重机通过悬绳将伤员从距飞机102m的谷底由静止开始起吊到机舱里。已知伤员的质量为80kg，其伤情允许最大加速度为2m/s2，起重机的最大输出功率为9.6kW。为安全地把伤员尽快吊起，操作人员采取的办法是：先让起重机以伤员允许向上的最大加速度工作一段时间，接着让起重机以最大功率工作，达最大速度后立即以最大加速度减速，使伤员到达机舱时速度恰好为零，g取10m/s2。求：

(1)吊起过程中伤员的最大速度；

(2)伤员向上做匀加速运动的时间；

(3)把伤员从谷底吊到机舱所用的时间。

[答案]　(1)12m/s　(2)5s　(3)14.6s

[解析]　(1)吊起过程中当伤员做匀速运动时其速度最大，此时悬绳中的拉力F＝mg

根据Pmax＝F·vmax

解得吊起过程中伤员的最大速度vm＝12m/s

(2)设伤员向上做匀加速运动时受到悬绳的拉力为F1，做匀加速运动的最大速度为v1，

根据牛顿第二定律，得F1－mg＝ma

再根据Pmax＝F1·v1，联立解得v1＝10m/s

所以伤员向上做匀加速运动的时间

t1＝＝s＝5s

(3)第一阶段，伤员向上做匀加速运动的距离

x1＝at＝25m

第三阶段，伤员向上做匀减速运动的时间

t3＝＝s＝6s

竖直方向的位移x3＝×t3＝36m

第二阶段，恒定功率下的运动，由动能定理，得

Pt2－mgx2＝mv－mv

其中x2＝102m－x1－x3，解得t2＝3.6s

所以把伤员从谷底吊到机舱所用的时间

t＝t1＋t2＋t3＝14.6s

7. (2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度为g。求：

(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；

(2)动摩擦因数的最小值μmin；

(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。

答案　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR

解析　(1)对C受力分析，如图所示。

根据平衡条件有2Fcos30°＝mg

解得F＝mg。

(2)C恰好降到地面时，F＝mg，

B受C压力的水平分力最大

Fxmax＝F·cos30°，

Fxmax＝mg

B受地面的摩擦力f＝μmg

根据题意，B保持静止，则有fmin＝Fxmax

解得μmin＝。

(3)C下降的高度h＝(－1)R

A的位移x＝2(－1)R

摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR

根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0

解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。