2021版一轮复习名师导学物理文档：专题突破（五）　变力做功求解问题 WORD版含解析.docx

1、专题突破(五)变力做功求解问题对应学生用书p92功的定义式WFscos 仅适用于恒力F做功的计算，变力做功可以通过化“变”为“恒”或等效代换的思想求解，主要方法有：1微元法：就是将变力做功的空间(位移)无限划分为相等的小段，在每个小段里变力便可看做恒力，每个小段里的功可由公式WFscos 计算，整个过程中变力的功就是各小段里“恒力”功的总和，即W总Fscos .2图象法：画出变力F与位移s的图象，则Fs图线与s轴所围的“面积”表示该过程中变力F做的功3力的平均值法：在力的方向不变，大小与位移呈线性关系的直线运动中，可先求该变力对位移的平均值，再由Ws计算4动能定理法：当物体运动过程中始末两个状

2、态的速度已知时，用动能定理WEk或功能关系求变力做的功是非常方便的(当然也可求恒力做的功)5转换研究对象法：运动问题中，在一些特定条件下，可以找到与变力做的功相等的恒力做的功，这样，就可将求变力做的功转化为计算恒力做的功6特定情形：用WPt可求机车恒功率运行时发动机做的功；电场力做的功可用WABqUAB求解一、微元法例1在一半径R6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量m8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120，g取10 m/s2，sin 370.6，

3、cos 370.8.求这一过程中：(1)拉力F做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功解析 (1)将圆弧分成很多小段l1、l2ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2Wn.因拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37角，所以W1Fl1cos 37、W2Fl2cos 37WnFlncos 37所以WFW1W2WnFcos 37(l1l2ln)Fcos 372R376.8 J.(2)重力G做的功WGmgR(1cos 60)240 J，因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知WFWGWf0所以WfWFWG376.8 J240 J136.8 J.二、图象法例2一物体所受的力F随位移x变

4、化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为()A3 J B6 J C7 J D8 J解析 力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和W1(34)2 J7 JW2(54)2 J1 J所以力F对物体做的功为W7 J1 J6 J.故选项B正确答案 B三、力的平均值法例3(多选)如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则()A0tan B小物块下滑的加速度逐渐增大C小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为0

5、mglcos D小物块下滑到低端时的速度为解析 因物块能够下滑，则mgsin 0mgcos ，即0tan ，A错；逐渐减小，则加速度逐渐增大，B对；因随位置均匀变化，则，则克服摩擦力做功为W，C对；根据动能定理有mglsin Wmv2，则v，D错答案 BC四、动能定理法例4一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F

6、Nmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确答案 C五、转换研究对象法例5人拉着绳通过一定滑轮吊起质量m50 kg的物体，如图所示，开始绳与水平方向夹角为60，当人匀速提起重物由A点沿水平方向运动s2 m而到达B点，此时绳与水平方向成30角，已知重力加速度g10 m/s2，求人对绳的拉力做了多少功？解析 设滑轮距A、B点的高度为h，则：hs人由A走到B的过程中，重物上升的高度h等于滑轮右侧绳子增加的长度，即：h，人对绳子做的功为：Wmghmgs1 000 J732 J.1(多选)如图甲所示，水平面上有质量相等的

7、两个木块A、B用一根轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态现用一个竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，弹簧始终处于弹性限度内，如图乙所示研究从力F刚作用在木块A上时(x0)到木块B刚离开地面时(xx0)这个过程，并且选定这个过程中木块A的起始位置为坐标原点，得到表示力F和木块A的位移x之间关系的图象如图丙，则下列说法正确的是()Ax时，弹簧刚好恢复原长B该过程中拉力做功WFx0C0过程，拉力做的功大于木块A机械能的增加量D0x0过程，木块A动能的增加量等于拉力和重力做功的总和解析 A压着弹簧处于静止状态，mgkx1；当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知F

8、k(x1x)mgma，随着x逐渐增大，导致弹簧的弹力逐渐减小，则力F逐渐增大，但物体A的合力却不变，当B刚离开地面时，弹簧处于伸长状态有mgkx2，则x0x1x22x1，则当xx1时，弹簧刚好恢复到原长，故A正确；根据图象可知拉力F随着位移均匀增大，则WFxx0，故B正确；在A上升过程中，弹簧从压缩恢复到原长过程，因弹簧弹力对A做正功，则拉力做功小于A物体机械能的增加，故C错误；0x0过程因弹簧的初末形变量相同，则弹性势能的变化为零；由动能定理可知WFWGEk，即木块A动能的增加量等于拉力和重力做功的总和，故D正确答案 ABD2在水平面上，有一弯曲的槽道，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成现用

9、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的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A0 BFRC2FR D.FR解析 因为F的方向不断改变，不能用WFlcos 求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，WFFR，所以本题答案为D.答案 D3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

10、W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中ABBC，则()AW1W2BW1W2CW1W2D无法确定W1和W2的大小关系解析 绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，WFl，l为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，lABlBC，故W1W2，A正确答案 A4放在地面上的木块与一轻弹簧相连，弹簧处于自由伸长状态现用手水平拉弹簧，拉力的作用点移动x10.2 m时，木块开始运动，继续拉弹簧，木块缓慢移动了x20.4 m的位移，其Fx图象如图所示，求上述

11、过程中拉力所做的功解析 由Fx图象可知，在木块运动之前，弹簧弹力随弹簧伸长量的变化是线性关系，木块缓慢移动时弹簧弹力不变，图线与横轴所围梯形面积即为拉力所做的功，即W(0.60.4)40 J20 J.5一个质量为m的小球拴在细绳的一端，另一端用大小为F1的拉力作用，在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动，如图所示今将力的大小改为F2，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径为R2.小球运动的半径由R1变成R2的过程中拉力对小球做的功多大？解析 本题由于绳的拉力是物体在两个轨道圆周运动的向心力，是变力在轨道变化过程中该力做功属于变力做功，但不能直接求其功，而是先由向心力公式求出初、末状态动能，再由动能定理求出该力的功设半径为R1、R2时小球做圆周运动的速度分别为v1、v2，由向心力公式得：F1m，F2m根据动能定理：Wmvmv解得：W(F2R2F1R1)