8.4變力做功問題高一物理學與練（人教版2019）

8.4變力做功問題學習目標學習目標課程標準學習目標1．理解功和功率。了解生產(chǎn)生活中常見機械的功率大小及其意義。2．理解動能和動能定理。能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象。1、會利用功能關系解決變力做功問題。2、會利用利用圖像法處理變力做功問題。3、會微元法解決變力做功問題。4、能利用Pt法解決變力做功問題。002預習導學課前研讀課本，梳理基礎知識：一、求變力做功的五種方法1.利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數(shù)多個位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。2.化變力為恒力求變力做功有些變力做功問題通過轉換研究對象，可轉化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于輕繩通過定滑輪拉物體做功的問題中。3.利用平均力求變力做功當物體受到的力方向不變，而大小隨位移均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)lcosα求此變力所做的功。4.利用Fx圖像求變力做功在Fx圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移內所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正功，位于x軸下方的“面積”為負功，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。5.利用動能定理求變力做功利用公式W＝Flcosα不容易直接求功時，尤其對于曲線運動或變力做功問題，可考慮由動能的變化來間接求功，所以動能定理是求變力做功的首選。二、恒力做功1．看位移2．看力方向上的位移（二）即時練習：【小試牛刀1】在水平面上，有一彎曲的槽道AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構成。如圖所示，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻均與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為()A.0 B.FRC.eq\f(3,2)πFR D.2πFR答案C解析把槽道分成x1、x2、x3、…、xn微小段，拉力在每一段上可視為恒力，則在每一段上做的功W1＝F1x1，W2＝F2x2，W3＝F3x3，…，Wn＝Fnxn，拉力在整個過程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(x1＋x2＋x3＋…＋xn)＝F(π·eq\f(R,2)＋πR)＝eq\f(3,2)πFR。故選項C正確?！拘≡嚺５?】如圖所示，某同學用細線吊著質量為m的小球做圓錐擺運動，擺長為L，擺線與豎直方向的夾角θ＝30°，若該同學通過細線對小球做功，使擺線與豎直方向的夾角增大為60°，小球仍做圓錐擺運動，重力加速度為g。此過程保持懸點的高度不變，則該同學通過細線對小球做的功為()A.eq\f(5\r(3)＋3,12)mgL B.eq\f(5\r(3)－3,12)mgLC.eq\f(9－\r(3),12)mgL D.eq\f(\r(3)－1,2)mgL解析：選A錐角未變化前，運動半徑為r＝eq\f(1,2)L，細線的拉力和重力的合力充當向心力，故F＝mgtan30°＝meq\f(v12,\f(1,2)L)，解得v12＝eq\f(1,2)gLtan30°＝eq\f(\r(3),6)gL，懸點到小球運動平面的高度為h1＝eq\f(\r(3),2)L。錐角變化后，小球的運動半徑r＝eq\f(\r(3),2)L，根據(jù)牛頓第二定律可得F′＝mgtan60°＝meq\f(v22,\f(\r(3),2)L)，解得v22＝eq\f(\r(3),2)gLtan60°＝eq\f(3,2)gL，懸點到小球運動平面的高度為h2＝eq\f(1,2)L，故細線對小球做功為W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)m(v22－v12)＋mg(h1－h(huán)2)＝eq\f(5\r(3)＋3,12)mgL，故選A?！拘≡嚺５?】一物體在水平拉力F的作用下沿水平面運動。已知拉力F隨物體運動位移x的變化情況如圖所示。則在0～8m的運動過程中，拉力F做的功為()A．6JB．18JC．20J D．22J[解析]0～2m力F做功W1＝F1x1＝4J；2～4m力F做功W2＝F2x2＝－2J；4～8m力F做功W3＝F3x3＝16J；這個運動過程中F做的總功為W＝W1＋W2＋W3＝18J，B正確，A、C、D錯誤。[答案]B003題型精講【題型一】微元法與等效替代法【典型例題1】(多選)如圖所示，在一半徑為R＝6m的圓弧形橋面的底端A，某人把一質量為m＝8kg的物塊(可看成質點)用大小始終為F＝75N的拉力從底端緩慢拉到橋面頂端B(圓弧AB在同一豎直平面內)，拉力的方向始終與物塊在該點的切線成37°角，整個圓弧橋面所對的圓心角為120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在這一過程中，下列說法正確的是()A．重力做功為240JB．支持力做功為0C．拉力F做功約為376.8JD．摩擦力做功約為136.8J[解析]物塊重力做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－240J，故A錯誤；支持力始終與運動方向垂直，支持力不做功，故B正確；將圓弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功為W1、W2、…、Wn，拉力F大小不變，方向始終與物塊在該點的切線成37°角，則W1＝Fl1cos37°、W2＝Fl2cos37°、…、Wn＝Flncos37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(1,6)·2πR≈376.8J，故C正確；因物塊在拉力F作用下緩慢移動，動能不變，由動能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8J＋240J＝－136.8J，故D錯誤。[答案]BC【典型例題2】如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O?，F(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升?；瑝K運動到C點時速度最大。已知滑塊質量為m，滑輪O到豎直桿的水平距離為d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度為g。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)拉力F的大??；(2)滑塊由A到C過程中拉力F做的功。答案(1)eq\f(5,3)mg(2)eq\f(25,36)mgd解析(1)滑塊運動到C點時速度最大，則在C點有Fcos53°＝mg解得F＝eq\f(5,3)mg。(2)由能量守恒可知，拉力F對繩端點做的功就等于繩的拉力F對滑塊做的功滑輪與A間繩長L1＝eq\f(d,sin37°)滑輪與C間繩長L2＝eq\f(d,sin53°)則滑輪右側繩子增加的長度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)故拉力做的功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd?！緦c訓練1】[多選]如圖所示，擺球質量為m，懸線長度為L，把懸線拉到水平位置后放手。設在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力的大小F阻不變，則下列說法正確的是()A．重力做功為mgLB．懸線的拉力做功為0C．空氣阻力做功為－mgLD．空氣阻力做功為－eq\f(1,2)F阻πL[解析]擺球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；懸線的拉力始終與速度方向垂直，故做功為0，B正確；空氣阻力的大小不變，方向始終與速度方向相反，故做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯誤，D正確。[答案]ABD【對點訓練2】(多選)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O?，F(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點由靜止開始上升，滑塊運動到C點時速度最大。已知滑塊質量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度為g(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．拉力F大小為eq\f(5,3)mgB．拉力F大小為eq\f(5,4)mgC．滑塊由A到C過程，輕繩對滑塊所做的功為eq\f(25,36)mgdD．滑塊由A到C過程，輕繩對滑塊所做的功為eq\f(25,48)mgd[解析]滑塊到C點時速度最大，其所受合力為零，則有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，故A正確，B錯誤；拉力F做的功等于輕繩拉力對滑塊做的功，滑輪與A間繩長L1＝eq\f(d,sin37°)，滑輪與C間繩長L2＝eq\f(d,sin53°)，滑輪右側繩子增大的長度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，故C正確，D錯誤。[答案]AC【題型二】功能關系與圖像法【典型例題3】如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g，則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【答案】D【解析】當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，A錯誤；a運動到最低點時，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mvA2，解得vA＝eq\r(2gh)，B錯誤；b的速度在整個過程中先增大后減小，桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，桿對a是斜向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，C錯誤；a、b及桿系統(tǒng)的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到桿的推力為零，b只受到重力和支持力的作用，結合牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，D正確．故選D．【典型例題4】如圖(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關系如圖(b)所示。已知AB段長度為2m，滑塊質量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)當拉力為10N時，滑塊的加速度大??；(2)滑塊第一次到達B點時的動能；(3)滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。解析：(1)設小滑塊的質量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T＋mgsinθ－f＝ma ①N－mgcosθ＝0 ②f＝μN ③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7m/s2。 ④(2)設滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1s1＋T2s2⑤式中T1、T2和s1、s2分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小。依題意，T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m。設滑塊第一次到達B點時的動能為Ek，由動能定理有W＋(mgsinθ－f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s1＋s2))＝Ek－0⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26J。 ⑦(3)由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek。設滑塊離B點的最大距離為smax，由動能定理有－(mgsinθ＋f)smax＝0－Ek⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.3m。⑨答案：(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m【對點訓練3】用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.0～6s內物體先向正方向運動，后向負方向運動B.0～6s內物體在4s時的速度最大C.物體在2～4s內速度不變D.0～4s內合力對物體做的功等于0～6s內合力對物體做的功答案D解析由Δv＝at可知，a－t圖像中，圖線與坐標軸所圍面積表示質點的速度的變化量，0～6s內物體的速度始終為正值，故運動方向一直為正方向，A項錯誤；t＝5s時，加速度為零，速度最大，B項錯誤；2～4s內加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯誤；0～4s內與0～6s內圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4s末和6s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內合力對物體做功相等，D項正確?！緦c訓練4】(多選)放在粗糙水平地面上質量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖所示。下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內拉力做的功為140JB．物體在0～2s內所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等[解析]由于Pt圖像與t軸圍成的面積表示拉力所做的功，所以0～6s內拉力做的功為W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A正確；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s內拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B錯誤；物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s內物體受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq\f(F′,mg)＝eq\f(2N,0.8×10N)＝0.25，故C錯誤；由vt圖像可知，物體在2s末的速度與6s末的速度相等，由動能定理W合＝ΔEk可知，0～6s與0～2s動能的變化量相同，所以合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等，故D正確。[答案]AD【題型三】涉及彈簧、摩擦力的變力做功問題【典型例題5】如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，彈簧一直保持豎直，空氣阻力不計，那么小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法中正確的是()A．小球的動能一直減小B．小球的機械能守恒C．克服彈力做功大于重力做功D．最大彈性勢能等于小球減少的動能【答案】C【解析】小球開始下落時，只受重力作用做加速運動，當與彈簧接觸時，受到彈簧彈力作用，開始時彈簧壓縮量小，因此重力大于彈力，速度增大，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，當重力等于彈力時，速度最大，然后彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力大于重力，小球開始減速運動，所以整個過程中小球先加速后減速運動，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，動能先增大然后減小，故A錯誤；在向下運動的過程中，小球受到的彈力對它做了負功，小球的機械能不守恒，故B錯誤；在向下運動過程中，重力勢能減小，最終小球的速度為零，動能減小，彈簧的壓縮量增大，彈性勢能增大，根據(jù)能量守恒，最大彈性勢能等于小球減少的動能和減小的重力勢能之和，即克服彈力做功大于重力做功，故D錯誤，C正確．故選C．【典型例題6】如圖所示，傳送帶通過滑道將長為L、質量為m的勻質物塊以初速度v0向右傳上水平臺面，物塊前端在臺面上滑動s后停下來。已知滑道上的摩擦不計，物塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為μ，且s＞L，則物塊在整個過程中克服摩擦力所做的功為()A．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(L,2))) B．μmgsC．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2))) D．μmg(s－L)[解析]物塊在完全滑上臺面前，摩擦力由0均勻增大到μmg，完全滑上平臺后物塊所受摩擦力恒定不變，故整個過程中物塊克服摩擦力做功W＝eq\f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2)))，故C正確。[答案]C【對點訓練5】[多選]如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連。現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點運動到N點的過程中，()A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析：選BCD在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜eq\f(π,2)，則小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點運動到N點的過程中，彈簧長度先縮短，當彈簧與豎直桿垂直時彈簧達到最短，這個過程中彈力對小球做負功，然后彈簧再伸長，彈力對小球開始做正功，當彈簧達到自然伸長狀態(tài)時，彈力為零，再隨著彈簧的伸長彈力對小球做負功，故整個過程中，彈力對小球先做負功，再做正功，后再做負功，選項A錯誤；在彈簧與桿垂直時及彈簧處于自然伸長狀態(tài)時，小球加速度等于重力加速度，選項B正確；彈簧與桿垂直時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由機械能守恒定律知，在M、N兩點彈簧彈性勢能相等，在N點動能等于從M點到N點重力勢能的減小值，選項D正確。【對點訓練6】用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比．已知鐵錘第一次將釘子釘進d，如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同，那么，第二次釘子進入木板的深度為()A．(eq\r(3)－1)d B．(eq\r(2)－1)dC.eq\f(\r(5)－1d,2) D.eq\f(\r(2),2)d答案B解析鐵錘每次敲釘子時對釘子做的功等于釘子克服阻力做的功．由于阻力與深度成正比，可用阻力的平均值求功，據(jù)題意可得W＝eq\x\to(F)1d＝eq\f(kd,2)d①W＝eq\x\to(F)2d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′②聯(lián)立①②式解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故選B.004體系構建分析方法及案例方法以例說法應用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有WF－mgl(1－cosθ)＝0，得WF＝mgl(1－cosθ)微元法質量為m的木塊在水平面內做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉換法恒力F把物塊從位置A拉到位置B，繩子對物塊做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))圖像法一水平拉力拉著一物體在水平面上運動的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0005記憶清單方法1利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數(shù)個無窮小的位移上的恒力所做功的代數(shù)和，此法在中學階段常應用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。方法2用F－x圖像求變力做功在F－x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。方法3用動能定理求變力做功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功，也適用于求變力做功.因為使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選。方法4“轉化法”求變力做功通過轉換研究的對象，可將變力做功轉化為恒力做功，用W＝Flcosα求解，如輕繩通過定滑輪拉動物體運動過程中拉力做功問題。00601強化訓練1．如圖所示，在一半徑為R＝6m的圓弧形橋面的底端A，某人把一質量為m＝8kg的物塊(可看成質點)．用大小始終為F＝75N的拉力從底端緩慢拉到橋面頂端B(圓弧AB在一豎直平面內)，拉力的方向始終與物塊在該點的切線成37°角，整個圓弧橋面所對的圓心角為120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求這一過程中：(1)拉力F做的功；(2)橋面對物塊的摩擦力做的功．答案(1)376.8J(2)－136.8J解析(1)將圓弧eq\x\to(AB)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功為W1、W2、…、Wn.因拉力F大小不變，方向始終與物塊在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos37°、W2＝Fl2cos37°、…、Wn＝Flncos37°所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(1,6)·2πR＝376.8J.(2)因為重力G做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－240J，而因物塊在拉力F作用下緩慢移動，動能不變，由動能定理知WF＋WG＋Wf＝0所以Wf＝－WF－WG＝－376.8J＋240J＝－136.8J.2.一同學將地面上一質量m＝400g的足球沿與水平方向成θ＝45°角踢出，足球與腳分開時的速度大小為10m/s，不計空氣阻力，足球可看做質點，重力加速度g＝10m/s2。則該同學踢球時對足球做的功為()A.200J B.100JC.20J D.10J答案C解析由題意可知，足球離開腳時的速度為10m/s，而腳踢球時只有腳對足球做功，由動能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.4×102J＝20J，故C正確，A、B、D錯誤。3.在光滑水平面上，有一質量為10kg的滑塊，在變力F的作用下沿x軸做直線運動，F(xiàn)x關系如圖所示，4～8m和12～16m的兩段曲線關于坐標點(10,0)對稱?；瑝K在坐標原點處速度為1m/s，則滑塊運動到16m處的速度大小為()A．3m/s B．5m/sC．2eq\r(2)m/s D．4eq\r(2)m/s解析：選A圖像與坐標軸圍成的面積表示變力F做的功，所以根據(jù)動能定理得W＝10×4J＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝3m/s。4.如圖所示，某人用大小不變的力F通過滑輪拉著放在水平面上的物體緩慢移動。開始時與物體相連的繩子和水平面間的夾角為α，當拉力F作用一段時間后，繩子與水平面間的夾角為β，滑輪距地面的高度為h。求繩子的拉力F′對物體做的功。(繩的質量、滑輪的質量和繩與滑輪之間的摩擦均不計)答案Fheq\f(1,sinα)－eq\f(1,sinβ)解析在物體向右運動的過程中，繩子的拉力是一個變力(F′方向改變)，但拉力F′的作用效果與恒力F的作用效果相同，因此繩子的拉力F′對物體做的功等于力F所做的功。由題圖可知，力F的作用點移動的位移大小為l＝eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ)＝heq\f(1,sinα)－eq\f(1,sinβ)則WF′＝WF＝Fl＝Fheq\f(1,sinα)－eq\f(1,sinβ)5.某人利用如圖所示的裝置,用100N的恒力F作用于不計質量的細繩的一端,將物體從水平面上的A點移到B點。已知α1=30°,α2=37°,h=1.5m,不計滑輪質量及繩與滑輪間的摩擦。求繩的拉力對物體所做的功（sin37°=0.6,cos37°=0.8）。答案：50J6.如圖所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質量為m，小船受到的阻力大小恒為Ff，經(jīng)過A點時的速度大小為v0，小船從A點沿直線加速運動到B點經(jīng)歷時間為t1，A、B兩點間距離為d，纜繩質量忽略不計．求：(1)小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功Wf；(2)小船經(jīng)過B點時的速度大小v1；(3)小船經(jīng)過B點時的加速度大小a.答案(1)Ffd(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－Ffd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－Ffd))－eq\f(Ff,m)解析(1)小船從A點運動到B點克服阻力做功Wf＝Ffd ①(2)小船從A點運動到B點，電動機牽引纜繩對小船做功W＝Pt1 ②由動能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02 ③由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－Ffd) ④(3)設小船經(jīng)過B點時纜繩的拉力大小為F，纜繩與水平方向的夾角為θ，電動機牽引纜繩的速度大小為v，則P＝Fv ⑤v＝v1cosθ ⑥由牛頓第二定律有Fcosθ－Ff＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－Ffd))－eq\f(Ff,m).7.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心解析：選A由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環(huán)剛下滑時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項錯誤。8．如圖所示，木板可繞固定水平軸O轉動。木板從水平位置OA緩慢轉到OB位置，木板上的物塊始終相對于木板靜止。在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2J。用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的摩擦力。在此過程中，以下判斷正確的是()A．FN和Ff對物塊都不做功B．FN對物塊做功為2J，F(xiàn)f對物塊不做功C．FN對物塊不做功，F(xiàn)f對物塊做功為2JD．FN和Ff對物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B物塊所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，與物塊的運動方向垂直，故摩擦力Ff對物塊不做功，物塊在慢慢移動過程中，重力勢能增加了2J，重力做功－2J，支持力FN對物塊做功2J，故B正確。9.如圖甲所示，在水平路段AB上有一質量為2×103kg的汽車(可視為質點)，正以10m/s的速度向右勻速運動，汽車前方的水平路段BC較粗糙，汽車通過整個ABC路段用時15s，對應的v-t圖像如圖乙所示(在t＝15s處水平虛線與曲線相切)，運動過程中汽車發(fā)動機的輸出功率保持20kW不變，假設汽車在兩個路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)各自有恒定的大小。求：(1)汽車在AB路段上運動時所受阻力f1的大小。(2)汽車剛好開過B點時加速度a的大小。(3)BC路段的長度。[解析](1)汽車在AB路段做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件，有：F1＝f1P＝F1v1解得：f1＝eq\f(P,v1)＝eq\f(20×103,10)N＝2000N。(2)t＝15s時汽車處于平衡狀態(tài)，有：F2＝f2P＝F2v2解得：f2＝eq\f(P,v2)＝eq\f(20×103,5)N＝4000N剛好開過B點時汽車的牽引力仍為F1，根據(jù)牛頓第二定律，有：f2－F1＝ma解得：a＝1m/s2。(3)對于汽車在BC路段運動，由動能定理得：Pt－f2s＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：s＝68.75m。[答案](1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m10．在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為()A.1J B.10JC.50J D.100J答案B解析該同學將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，根據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故選項B正確。11．如圖所示，在水平桌面上，長R＝5m的輕繩一端固定N，方向始終與小球在該點的切線成37°角，F(xiàn)拉著物體從M點運動到N點，已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為()A.eq\f(1,2)B．2C.eq\f(1,4)D．4答案B解析將圓弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝eq\f(40,3)πJ，同理可得克服摩擦力做功Wf＝μmg·eq\f(π,3)R＝eq\f(20,3)πJ，拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為2，故選B.12.如圖所示，飛機先在水平跑道上從靜止開始加速滑行，行駛距離x＝600m后達到v1＝216km/h的速度起飛，飛機滑行過程可視為勻加速直線運動，所受阻力大小恒為自身重力的0.1倍。起飛后，飛機以離地時的功率爬升t＝20min，上升了h＝8000m，速度增加到v2＝720km/h。已知飛機的質量m＝1×105kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)飛機在地面滑行時所受牽引力的大小F；(2)飛機在爬升過程中克服空氣阻力做的功Wf。答案(1)4×105N(2)1.898×1010J解析(1)設飛機在地面滑行時加速度的大小為a，由運動學公式得veq\o\al(2,1)＝2ax，設滑行過程中所受阻力為F阻，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma，聯(lián)立解得F＝4×105N。(2)設飛機離地時的功率為P，由功率的表達式得P＝Fv1，由動能定理得Pt－mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得Wf＝1.898×1010J。13.(多選)如圖所示，一固定豎直軌道由半徑為R的四分之一圓弧AB、長度為L的水平直軌道BC和半徑為r的四分之一圓弧CD構成，BC與兩圓弧分別相切于B點和C點。質量為m的物塊從A點由靜止釋放，恰好能到達D點，已知物塊在圓弧AB上克服摩擦力做的功為W1，在圓弧CD上克服摩擦力做的功為W2，重力加速度大小為g，則物塊與水平直軌道的動摩擦因數(shù)μ和在C點的向心加速度a大小分別為()A．μ＝eq\f(R＋r,L)＋eq\f(W1＋W2,mgL) B．μ＝eq\f(R－r,L)－eq\f(W1＋W2,mgL)C．a(chǎn)＝2g＋eq\f(2W2,mr) D．a(chǎn)＝2g＋eq\f(2W1＋W2,mr)解析：選BC設物塊在水平直軌道上克服摩擦力做的功為W3，對于ABCD整個過程，由動能定理得：mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，又因為W3＝μmgL，由以上兩式聯(lián)立可解得：μ＝eq\f(R－r,L)－eq\f(W1＋W2,mgL)，故A錯誤，B正確；由動能定理，對于ABCD整個過程有：mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，對于ABC過程有：mgR－(W1＋W3)＝eq\f(1,2)mvC2－0，由向心加速度公式得：a＝eq\f(vC2,r)，由以上各式可解得：a＝2g＋eq\f(2W2,mr)，故C正確，D錯誤。14.(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下