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

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W＝Fscos α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W＝Fscos α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＝∑FΔscos α.

2．图象法：画出变力F与位移s的图象，则F－s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W＝s计算．

4．动能定理法：当物体运动过程中始末两个状态的速度已知时，用动能定理∑W＝ΔEk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：①用W＝Pt可求机车恒功率运行时发动机做的功；②电场力做的功可用WAB＝qUAB求解．

一、微元法

例1　在一半径R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量m＝8 kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝75 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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.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、l2…ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2…Wn.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W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°…Wn＝Flncos 37°

所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°·×2πR≈376.8 J.

(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 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WF＋WG＋Wf＝0

所以Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J.

二、图象法

例2　一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为(　　)

A．3 J  B．6 J  C．7 J  D．8 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＝×(3＋4)×2 J＝7 J

W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J

所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 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α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μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(　　)

A．μ0>tan α

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μ0mglcos α

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 α>μ0mgcos α，即μ0<tan α，A错；μ逐渐减小，则加速度逐渐增大，B对；因μ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 α－W＝mv2，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.mgR

C.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FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，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m＝50 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s＝2 m而到达B点，此时绳与水平方向成30°角，已知重力加速度g＝10 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：

h＝s

人由A走到B的过程中，重物上升的高度Δh等于滑轮右侧绳子增加的长度，即：Δh＝－，人对绳子做的功为：W＝mg·Δh＝mgs＝1 000 J≈732 J.

1．(多选)如图甲所示，水平面上有质量相等的两个木块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(x＝0)到木块B刚离开地面时(x＝x0)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(　　)

A．x＝时，弹簧刚好恢复原长

B．该过程中拉力做功WF＝x0

C．0～过程，拉力做的功大于木块A机械能的增加量

D．0～x0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，mg＝kx1；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＋k(x1－x)－mg＝ma，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mg＝kx2，则x0＝x1＋x2＝2x1，则当x＝＝x1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WF＝·x＝·x0，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；0～x0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WF－WG＝ΔEk，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] ABD

2．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(　　)

A．0  B．FR

C．2πFR  D.πFR

[解析] 因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α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，W＝F＝πFR，所以本题答案为D.

[答案] D

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] 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，W＝F·Δl，Δl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，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确．

[答案] A

4．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x1＝0.2 m时，木块开始运动，继续拉弹簧，木块缓慢移动了x2＝0.4 m的位移，其F－x图象如图所示，求上述过程中拉力所做的功．

[解析] 由F－x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＝×(0.6＋0.4)×40 J＝20 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：F1＝m，F2＝m

根据动能定理：W＝mv－mv

解得：W＝(F2R2－F1R1)