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2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第五章第1节功和功率
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第五章 机械能守恒定律
第1节功和功率
,
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)
(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)
(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)
(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)
(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)
(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)
突破点(一) 功的正负判断与计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。
(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
[题点全练]
1．[多选](2019·姜堰模拟)如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A的拉力F，使物体由静止发生位移x，第二次对物体施加图B的推力F，使物体由静止发生位移x，两次施力过程中F与水平方向的夹角均为α。关于做功的下述说法中正确的是( )
A．图B中F做功多
B．A、B两图中F做功相同
C．图B中克服摩擦力做功多
D．A、B两图中克服摩擦力做功相同
解析：选BC 由W＝Fxcos α知，恒力F对两种情况下做功一样多，即WA＝WB，故A错误，B正确；根据题意可知，图B中物体对地面的压力大于图A中物体对地面的压力，所以图B中物体受到的滑动摩擦力比图A中物体受到的摩擦力大，则图B中克服摩擦力做功多，故C正确，D错误。
2．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 N
B．物块的质量为1 kg
C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 J
D．物块在10～15 s内的位移为6.25 m
解析：选D 由题图乙可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D正确。
3.(2019·镇江月考)如图所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离s1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了s2＝1.6 m的距离后停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功。
解析：(1)推力F对物体做功为：
W＝Fs1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。
(2)撤去推力F前，
W1＝－f1s1＝－μ(Fsin 37°＋mg)s1
＝－0.2×(10×0.6＋2×10)×2 J＝－10.4 J
撤去推力F后，
W2＝－f2s2＝－μmgs2＝－0.2×2×10×1.6 J＝－6.4 J
全过程中摩擦力对物体做功
W总＝W1＋W2＝－16.8 J。
答案：(1)16 J (2)－16.8 J
突破点(二) 变力做功的五种计算方法
利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
[例1] 如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中( )
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcos αsin α
B．合力对小物体做功为mgLsin α
C．弹力对小物体做功为0
D．板对小物体做功为mgLsin α
[解析] 摩擦力的方向与物体运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；物体受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为－mgLsin α，摩擦力不做功，合外力做功为零，根据动能定理，有：WG＋Wf＋WN＝0，故WN＝mgLsin α，故B、C错误；摩擦力不做功，故板对物体做的功等于支持力做的功，即为mgLsin α，故D正确。
[答案] D
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
[例2] 用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的力F，将质量为m的小物体沿半径为R的固定圆弧轨道从A点推到B点，圆弧对应的圆心角为60°，如图所示，则在此过程( )
A．力F对物体做的功为FRsin 60°
B．力F对物体做的功为
C．力F对物体做的功为
D．力F是变力，无法计算做功大小
[解析] 题图中，力F虽然方向不断变化，是变力，但由于该力的方向始终与物块运动的方向相同，所以该力做的功与路程成正比，即：
W＝Fs＝F··2πR＝。
故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
[例3] 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，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，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
[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。
[答案] A
若物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。
[例4] [多选]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，它们一起以速度v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，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为( )
A.Mv2 B．Mv2 C.μMgl D．μMgl
[解析] 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0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误。
[答案] AC
在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
[例5] 某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？
(2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
[解析] (1)由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
当F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大
则有：a＝－μg＝m/s2＝20 m/s2。
(2)由题给图像可得推力F随位移x变化的函数关系为：
F＝100－25x(N)
速度最大时加速度为0，则有：
F＝μmg＝0.5×4×10 N＝20 N
代入解得：x＝3.2 m。
(3)由图像可得推力对物体做功等于图像与横轴所围图形的面积，即：W＝×100×4 J＝200 J
根据动能定理物体在水平面上运动有：W－μmgxm＝0
代入数据解得：xm＝10 m。
[答案] (1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m
突破点(三) 功率的分析与计算
1．平均功率的计算
(1)利用P＝。
(2)利用P＝Fcos α，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
[题点全练]
1．(2018·苏北四市模拟)如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是( )
A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC>PB＝PD
C．PA＝PC＝PD>PB D．PA>PC＝PD>PB
解析：选C 小球落地时，A的重力的瞬时功率：PA＝mg；B落地的瞬时功率：PB＝mgcos θ，θ为速度
与竖直方向的夹角；C落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PC＝mg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PD＝mg；故PA＝PC＝PD>PB，故选项C正确，A、B、D错误。
2.(2019·东海模拟)如图所示，从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，在小球下落的过程中(落地前)，其速度v、速度变化量Δv、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是( )
解析：选C 小球t时刻的速度为：v＝＝，由数学知识知，t＝0时，v≠0，所以v t图像是不过原点的开口向上的抛物线，故A错误。由Δv＝at＝gt分析可知，Δv t图像是过原点的直线，故B错误。重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P与t成正比，P t图像是过原点的直线，故C正确。重力的功 W＝mgh＝mg·gt2＝mg2t2，Wt图像是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。
突破点(四) 机车启动问题
1．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt图像和vt图像
OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变
P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0
⇒vm＝
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
运动性质
以vm匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒
以vm＝匀速运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝
[典例] (2019·徐州模拟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v t图像，图像如图所示(除2～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，2～14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控器使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m＝2.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，g取10 m/s2。求：
(1)14～18 s时间段小车的加速度大小a；
(2)小车匀速行驶阶段的功率P；
(3)小车在2～10 s内位移的大小s2。
[解析] (1)在14～18 s时间段，由题给图像可得
a＝
代入数据得a＝2.0 m/s2。
(2)在14～18 s时间内，小车在阻力f作用下做匀减速运动，则f＝ma
在10～14 s，小车做匀速直线运动，
牵引力F＝f＝4.0 N
小车匀速行驶阶段的功率P＝Fv
代入数据得P＝32 W。
(3)2～10 s时间内，根据动能定理得
Pt－fs2＝mv2－mv22
其中 v＝8 m/s，v2＝4 m/s
解得s2＝52 m。
[答案] (1)2.0 m/s2 (2)32 W (3)52 m
[易错提醒]
(1)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。
(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。
(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，切不可生搬硬套。
[集训冲关]
1.(2018·沭阳期末)如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。由图像可知( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变
C．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
解析：选C 0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P＝Fv知功率增大，故A、B错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P＝Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F－f＝ma，知加速度减小，故C正确，D错误。
2.[多选](2019·连云港月考)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车。在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图像(图中AB、BC均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．电动车运动过程中的最大速度为15 m/s
B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是6 s
D．该车加速度大小为0.25 m/s2时，动能是4×104 J
解析：选AD 从题给图像中可得C点速度最大，故最大速度为15 m/s，A正确；由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动，B错误；从题给图像中可得匀加速运动的末速度为v＝3 m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f＝400 N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则匀加速运动的时间t＝＝ s＝1.5 s，故C错误；电动汽车以恒定功率P＝Fv＝2 000×3 W＝6 000 W启动，当加速度a＝＝0.25 m/s2，得此时的牵引力为F′＝600 N，所以此时的速度为v′＝＝ m/s＝10 m/s，故此时的动能为Ek＝mv′2＝4×104 J，D正确。
功和功率计算中的两类易错题
(一)滑轮两侧细绳平行
1．如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )
A．2μmgL B.μmgL
C．μ(M＋m)gL D．μmgL
解析：选D 拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，摩擦产生热量为μmgL，D正确。
2．(2018·淮安期中)如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率为42 W
D．4 s内F的平均功率为42 W
解析：选C 由题图乙可知，v t图像的斜率表示物体加速度的大小，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，
A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D错误。
[反思领悟]
(1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等。
(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等。
(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。
(二)滑轮两侧细绳不平行
3.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( )
A．Fscos θ B．Fs(1＋cos θ)
C．2Fscos θ D．2Fs
解析：选B 方法一：如图所示，力F作用点的位移l＝2scos，
故拉力F所做的功W＝Flcos α＝2Fscos2＝Fs(1＋cos θ)。
方法二：可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确。
[反思领悟]
对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：
(1)用W＝Flcos α求，其中l为力F作用点的位移，α为F与l之间的夹角。
(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如第3题的第二种方法。
第1节功和功率
,
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)
(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)
(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)
(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)
(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)
(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)
突破点(一) 功的正负判断与计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。
(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
[题点全练]
1．[多选](2019·姜堰模拟)如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A的拉力F，使物体由静止发生位移x，第二次对物体施加图B的推力F，使物体由静止发生位移x，两次施力过程中F与水平方向的夹角均为α。关于做功的下述说法中正确的是( )
A．图B中F做功多
B．A、B两图中F做功相同
C．图B中克服摩擦力做功多
D．A、B两图中克服摩擦力做功相同
解析：选BC 由W＝Fxcos α知，恒力F对两种情况下做功一样多，即WA＝WB，故A错误，B正确；根据题意可知，图B中物体对地面的压力大于图A中物体对地面的压力，所以图B中物体受到的滑动摩擦力比图A中物体受到的摩擦力大，则图B中克服摩擦力做功多，故C正确，D错误。
2．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 N
B．物块的质量为1 kg
C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 J
D．物块在10～15 s内的位移为6.25 m
解析：选D 由题图乙可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D正确。
3.(2019·镇江月考)如图所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离s1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了s2＝1.6 m的距离后停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功。
解析：(1)推力F对物体做功为：
W＝Fs1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。
(2)撤去推力F前，
W1＝－f1s1＝－μ(Fsin 37°＋mg)s1
＝－0.2×(10×0.6＋2×10)×2 J＝－10.4 J
撤去推力F后，
W2＝－f2s2＝－μmgs2＝－0.2×2×10×1.6 J＝－6.4 J
全过程中摩擦力对物体做功
W总＝W1＋W2＝－16.8 J。
答案：(1)16 J (2)－16.8 J
突破点(二) 变力做功的五种计算方法
利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
[例1] 如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中( )
A．摩擦力对小物体做功为μmgLcos αsin α
B．合力对小物体做功为mgLsin α
C．弹力对小物体做功为0
D．板对小物体做功为mgLsin α
[解析] 摩擦力的方向与物体运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；物体受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为－mgLsin α，摩擦力不做功，合外力做功为零，根据动能定理，有：WG＋Wf＋WN＝0，故WN＝mgLsin α，故B、C错误；摩擦力不做功，故板对物体做的功等于支持力做的功，即为mgLsin α，故D正确。
[答案] D
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
[例2] 用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的力F，将质量为m的小物体沿半径为R的固定圆弧轨道从A点推到B点，圆弧对应的圆心角为60°，如图所示，则在此过程( )
A．力F对物体做的功为FRsin 60°
B．力F对物体做的功为
C．力F对物体做的功为
D．力F是变力，无法计算做功大小
[解析] 题图中，力F虽然方向不断变化，是变力，但由于该力的方向始终与物块运动的方向相同，所以该力做的功与路程成正比，即：
W＝Fs＝F··2πR＝。
故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
[例3] 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，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，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
[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。
[答案] A
若物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。
[例4] [多选]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，它们一起以速度v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，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为( )
A.Mv2 B．Mv2 C.μMgl D．μMgl
[解析] 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0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误。
[答案] AC
在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
[例5] 某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？
(2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
[解析] (1)由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
当F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大
则有：a＝－μg＝m/s2＝20 m/s2。
(2)由题给图像可得推力F随位移x变化的函数关系为：
F＝100－25x(N)
速度最大时加速度为0，则有：
F＝μmg＝0.5×4×10 N＝20 N
代入解得：x＝3.2 m。
(3)由图像可得推力对物体做功等于图像与横轴所围图形的面积，即：W＝×100×4 J＝200 J
根据动能定理物体在水平面上运动有：W－μmgxm＝0
代入数据解得：xm＝10 m。
[答案] (1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m
突破点(三) 功率的分析与计算
1．平均功率的计算
(1)利用P＝。
(2)利用P＝Fcos α，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
[题点全练]
1．(2018·苏北四市模拟)如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是( )
A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC>PB＝PD
C．PA＝PC＝PD>PB D．PA>PC＝PD>PB
解析：选C 小球落地时，A的重力的瞬时功率：PA＝mg；B落地的瞬时功率：PB＝mgcos θ，θ为速度
与竖直方向的夹角；C落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PC＝mg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PD＝mg；故PA＝PC＝PD>PB，故选项C正确，A、B、D错误。
2.(2019·东海模拟)如图所示，从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，在小球下落的过程中(落地前)，其速度v、速度变化量Δv、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是( )
解析：选C 小球t时刻的速度为：v＝＝，由数学知识知，t＝0时，v≠0，所以v t图像是不过原点的开口向上的抛物线，故A错误。由Δv＝at＝gt分析可知，Δv t图像是过原点的直线，故B错误。重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P与t成正比，P t图像是过原点的直线，故C正确。重力的功 W＝mgh＝mg·gt2＝mg2t2，Wt图像是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。
突破点(四) 机车启动问题
1．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt图像和vt图像
OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变
P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0
⇒vm＝
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
运动性质
以vm匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒
以vm＝匀速运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝
[典例] (2019·徐州模拟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v t图像，图像如图所示(除2～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，2～14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控器使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m＝2.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，g取10 m/s2。求：
(1)14～18 s时间段小车的加速度大小a；
(2)小车匀速行驶阶段的功率P；
(3)小车在2～10 s内位移的大小s2。
[解析] (1)在14～18 s时间段，由题给图像可得
a＝
代入数据得a＝2.0 m/s2。
(2)在14～18 s时间内，小车在阻力f作用下做匀减速运动，则f＝ma
在10～14 s，小车做匀速直线运动，
牵引力F＝f＝4.0 N
小车匀速行驶阶段的功率P＝Fv
代入数据得P＝32 W。
(3)2～10 s时间内，根据动能定理得
Pt－fs2＝mv2－mv22
其中 v＝8 m/s，v2＝4 m/s
解得s2＝52 m。
[答案] (1)2.0 m/s2 (2)32 W (3)52 m
[易错提醒]
(1)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。
(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。
(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，切不可生搬硬套。
[集训冲关]
1.(2018·沭阳期末)如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。由图像可知( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变
C．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
解析：选C 0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P＝Fv知功率增大，故A、B错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P＝Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F－f＝ma，知加速度减小，故C正确，D错误。
2.[多选](2019·连云港月考)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车。在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图像(图中AB、BC均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．电动车运动过程中的最大速度为15 m/s
B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是6 s
D．该车加速度大小为0.25 m/s2时，动能是4×104 J
解析：选AD 从题给图像中可得C点速度最大，故最大速度为15 m/s，A正确；由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动，B错误；从题给图像中可得匀加速运动的末速度为v＝3 m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f＝400 N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则匀加速运动的时间t＝＝ s＝1.5 s，故C错误；电动汽车以恒定功率P＝Fv＝2 000×3 W＝6 000 W启动，当加速度a＝＝0.25 m/s2，得此时的牵引力为F′＝600 N，所以此时的速度为v′＝＝ m/s＝10 m/s，故此时的动能为Ek＝mv′2＝4×104 J，D正确。
功和功率计算中的两类易错题
(一)滑轮两侧细绳平行
1．如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )
A．2μmgL B.μmgL
C．μ(M＋m)gL D．μmgL
解析：选D 拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，摩擦产生热量为μmgL，D正确。
2．(2018·淮安期中)如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率为42 W
D．4 s内F的平均功率为42 W
解析：选C 由题图乙可知，v t图像的斜率表示物体加速度的大小，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，
A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D错误。
[反思领悟]
(1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等。
(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等。
(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。
(二)滑轮两侧细绳不平行
3.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( )
A．Fscos θ B．Fs(1＋cos θ)
C．2Fscos θ D．2Fs
解析：选B 方法一：如图所示，力F作用点的位移l＝2scos，
故拉力F所做的功W＝Flcos α＝2Fscos2＝Fs(1＋cos θ)。
方法二：可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确。
[反思领悟]
对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：
(1)用W＝Flcos α求，其中l为力F作用点的位移，α为F与l之间的夹角。
(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如第3题的第二种方法。
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