第29讲 变力做功的6种计算方法（解析版）

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第29讲 变力做功的6种计算方法一．知识回顾 方法举例说法1.应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 2.微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR3.等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·4.平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)6.图像法在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功7.功率法汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt 二.例题精析例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，则这一过程中弹性势能的变化量△Ep和力F做的功W分别为（　　）A．， B．， C．0， D．0，【解答】解：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，解得：x1物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2＝mg，解得：x2由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；这一过程中，物体A上移的距离为：d＝x1+x2，根据功能关系可得拉力做的功等于A的重力势能的增加量，则有：W＝mgd，故D正确，ABC错误。故选：D。题型二：微元法例2．在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道有半径分别为和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．FR D．2πFR【解答】解：拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则W＝Fs＝F（）故选：C。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，BO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【解答】解：AB、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，小物体从A运动到O的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短关系得：S＝2Lcosθ﹣L，所以 WF＝2FL（2cosθ﹣1），故A正确，B错误；CD、根据几何关系得OB斜面倾角为2θ，小物体在BO段运动过程中摩擦力大小为 f＝μmgcos2θ，小物体在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为 Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故CD错误；故选：A。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20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10kg。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10m/s2．由图象可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（　　）A．2000J B．1800J C．200J D．180J【解答】解：F初＝m1g＝100N F末＝m2g＝80NWx20J＝1800J，故 B 正确，ACD。故选：B。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＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。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＝0.4m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为（g＝10m/s2）（　　）A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0J【解答】解：由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W（5+10）×0.2+10×（0.4﹣0.2）＝3.5J设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：W﹣WF﹣μmgx＝0代入得：3.5﹣WF﹣0.2×0.5×10×0.4＝0得：WF＝3.1J则EP＝3.1J故选：A。题型六：通过功率求功（多选）例6．一辆汽车从静止开始启动，其加速度与速度的倒数关系如图所示，已知汽车的质量为m，汽车启动过程受到的阻力恒定，图中 b、c、d已知，则（　　）A．汽车启动过程的功率越来越大 B．汽车启动过程的功率恒为 C．汽车启动过程的最大速度为 D．汽车启动过程受到的阻力为【解答】解：AB、汽车从静止开始启动时，由P＝Fv，及F﹣f＝ma得：a•．结合图象有 ，得P，可知，汽车的功率P保持不变，故A错误，B正确。C、当加速度为零时，速度最大，由c，得最大速度 vm，故C错误。D、汽车启动时受到的阻力 f，故D正确。故选：BD。 三.举一反三，巩固练习如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度h＝8m，BCD为半径R1＝2m的光滑半圆轨道，DE为半径R2＝3m的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m＝1kg的小球从A点由静止释放，进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为1.5mg，g＝10m/s2，下面正确的是（　　）A．整个运动过程中，小球的机械能守恒 B．小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100N C．整个运动过程，摩擦力做的功Wf＝﹣37.5J D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为Ek＝87.5J【解答】解：A、小球在DE段运动过程中，阻力做负功，小球的机械能减少，故A错误；B、设小球到达最低点C点时的速度大小为v1，从A到C过程中，根据动能定理可得：mg（h+R1）0在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝m联立解得：FN＝110N，根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C点时，对轨道的压力为110N，故B错误；C、设小球到达E点时，小球的速度大小为v2，对小球根据牛顿第二定律可得：1.5mg+mg＝m，代入数据解得：v2＝5m/s小球从A到E过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣R2）+Wf0联立解得：Wf＝﹣12.5J，故C错误；D、从E到地面过程中，根据动能定理可得：mg（R1+R2）＝Ek代入数据解得：Ek＝87.5J，故D正确。故选：D。水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示。一小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动。则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为（　　）A．3F0r B．2F0r C．F0r D．F0r【解答】解：t1时刻，根据牛顿第二定律得： t2时刻，根据牛顿第二定律得： 根据动能定理得：W联立上述公式解得：W，故D正确，ABC错误。故选：D。如图，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A．小球的重力势能增加mglcosθ B．拉力F所做的功为mgl（1﹣cosθ） C．拉力F所做的功为 D．拉力F所做的功为Flsinθ【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣cosθ），重力对小球做的功WG＝﹣mgl（1﹣cosθ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣cosθ），故A错误；BCD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，由于拉力是变力，不能根据力乘以位移来计算拉力做的功；根据动能定理可得：WF﹣WG＝0，解得拉力F所做的功：WF＝mgl（1﹣cosθ），故B正确，CD错误。故选：B。新冠疫情对旅游行业冲击巨大，为促进浙江温州当地旅游经济健康发展，温州某景区特从国外引进刺激异常的峡谷秋千。对外正式开放该峡谷秋千前，必须通过相关部门安全测试。某次调试该秋千安全性能实验时，工作人员将质量为80kg的“假人”从最高点由静止释放，测得“假人”摆到最低处的速度为50m/s。已知该秋千由两根长度均为600m，最高点与秋千最低点高度差300m。关于这次测试，下列说法正确的是（　　）A．在经过最低点时，单根绳子的拉力为400N B．在经过最低点时，“假人”所受向心力约为1133N C．秋千在来回摆动过程中，“假人”在最低点时向心力不受风的影响 D．本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功1.4×105J【解答】解：AB．在经过最低点时，设单根绳子的拉力大小为T，“假人”所受向心力大小为F，则：F＝2T﹣mg＝m解得：TN，FN，故AB错误；C．“假人”从最高点由静止释放摆动到最低点的过程中，若运动方向顺风，则到达最低点时的速度会比逆风时大，所以“假人”在最低点时向心力受风的影响，故C错误；D．设本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理有：mgh﹣Wf0解得：Wf＝1.4×105J，故D正确。故选：D。如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管内径大得多），在圆管中有一个直径略小于细管内径、质量为m的小球。设某时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为9mg，此后小球沿细管作圆周运动，且恰能通过圆周最高点，则小球从最低点到最高点的过程中克服细圆管摩擦力所做的功是（　　）A．3mgR B．2mgR C．mgR D．【解答】解：设小球通过轨道的最低点时速度大小为v，对管壁的压力为F′＝9mg，由牛顿的三定律可知，小球在最低点时管壁对小球的支持压力大小为：FN＝F′＝9mg，由牛顿第二定律得：FN﹣mg小球恰能通过圆周最高点的临界速度为零，从最低点到最高点的过程，由动能定理得：﹣2mgR﹣Wf＝0联立解得克服摩擦力所做的功为：Wf＝2mgR，故B正确，ACD错误。故选：B。全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R的圆弧组成，如图所示，选手从赛道顶端A由静止无动力出发冲到坡底B，设阻力大小不变恒为f，始终与速度方向相反，且满足，选手和车总质量为m，重力加速度为g，路程SBC＝2SAC．则选手通过C点的速度为（　　）A． B． C． D．【解答】解：从A到C，选手和车运动的路程为sπR，克服阻力做功为W＝fs，由动能定理，mgRsin30°﹣W0，解得：v，故D正确，ABC错误；故选：D。如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则（　　）A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动 B．运动过程中推力做的功为400J C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变 D．物体的总位移为10m【解答】解：AC.推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；B.由F﹣s图象的面积可得推力全过程做功 解得：W＝200J。故B错误；D.运动的全过程，根据动能定理可得：W﹣μmgs＝0解得物体的总位移：s＝10m。故D正确。故选：D。如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为（　　）A．mgLcos θ B．mgL（1﹣cos θ） C．FLsin θ D．FLcos θ【解答】解：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得：W1﹣mgL（1﹣cosθ）＝0得拉力F所做的功为：W1＝mgL（1﹣cosθ）故选：B。（多选）如图，一轻质弹簧下端固定，直立于水平面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处静止释放，当物体A下降至最低点P时速度变为零，此时弹簧压缩量为x0；若将质量为0.5m的物体B按压在压缩量为x0处释放（与弹簧不链接），不计一切阻力。弹簧未超出弹性限度。下列说法正确是（　　）A．物体B回到h处时的速度为 B．物体B距弹簧顶端最大距离2h+x0 C．物体A和物体B动能最大时，弹簧形变量相同 D．物体B落回时最大压缩量等于x0【解答】解：A、物体A下降至最低点P的过程中由动能定理得；mg（h+x0）﹣Ep＝0，对物体B由动能定理得：Ep﹣05mg（h+x0），联立解得：v，故A正确B、设物体B距离弹簧顶端最大距离为H，则mg（h+x0）﹣0.5mg（H+x0）＝0，解得H＝2h+x0，故B正确C、当弹力等物体重力时，速度最大，由于A、B质量不同，故体A和物体B动能最大时，弹簧形变量不相同，故C错误D、对物体上升与落回全程动能定理可知，重力做功为零，弹力做功为零，所以物体B落回时最大压缩量等于x0，故D正确。故选：ABD。（多选）用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则在此过程中（　　）A．小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 C．若水平面光滑，则推力做功为mgL（1﹣sinθ） D．由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视为零，小球机械能不变【解答】解：A、根据力做功的条件：1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离，斜面弹力对小球做正功，故A错误；B、细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；C、若取小球和滑块整体为研究对象，根据功能关系可知，F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量。所以F做功等于小球重力势能增量：ΔEp＝mgh＝mgL（1﹣sinθ），所以推力做功为mgL（1﹣sinθ），故C正确；D、用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故D错误。故选：BC。