专题三 变力做功及利用动力学观点和能量观点解题比较
课堂任务 变力做功问题
功的计算在中学物理中占有十分重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式W＝Flcosα，只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可用，但变力做功的计算在解题中又经常涉及，下面谈谈常见的五种求变力功的方法。
方法一：化变力为恒力求变力功
变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但有时通过转换研究的对象，可化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
例1 如图所示，某人用大小不变的力F拉着放在光滑水平面上的物体，开始时与物体相连接的绳与水平面间的夹角是α，当拉力F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角为β。已知图中的高度是h，求绳的拉力FT对物体所做的功。假定绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计。
[规范解答] 设绳的拉力FT对物体做的功为WT，由题图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F作用的绳端的位移的大小为
Δl＝l1－l2＝h
由W＝Fl可知：WT＝WF＝FΔl＝Fh。
[完美答案] Fh
本题中，显然F与FT的大小相等，且FT在对物体做功的过程中，大小不变，但方向时刻在改变，因此本题是个变力做功的问题。但在题设条件下，人的拉力F对绳的端点做的功就等于绳的拉力FT对物体做的功。而F的大小和方向都不变，因此只要计算恒力F做的功就能解决问题。
如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体，定滑轮的位置比A点高3 m。若此人缓慢地将绳从A点拉到B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)
答案 100 J
解析 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W。根据题意有h＝3 m。
物体升高的高度Δh＝－①
对全过程分析可得人拉绳的力所做的功W人＝W＝mgΔh②
由①②两式联立并代入数据解得W人＝100 J。
方法二：用平均力求变力功
在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力随位移均匀变化时，则可以认为物体受到大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝lcosα求此力所做的功。
例2 把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k。问此钉子全部进入木板需要打击几次？
[规范解答] 在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。
钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F＝＝
钉子克服阻力做的功为：WF＝Fl＝kl2
设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：
E总＝nE0＝kl2
所以n＝。
[完美答案]
前面讲的弹性势能的表达式Ep＝kl2就可以利用这种方法通过求弹力做功推导出来。
方法三：用F-l(或F -x)图象求变力功
在F-l图象中，图线与l轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，位于l轴上方的“面积”为正，位于l轴下方的“面积”为负。
例3 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。
[规范解答] 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变化，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。
[完美答案] 20 J
本题也可以先用“方法二”求前半段的功，再加上后半段恒力做的功来求解。求变力做功的方法有时不是唯一的。
如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x0处时F做的总功为( )
A．0 B.Fmx0 C.Fmx0 D.x
答案 C
解析 F为变力，但F -x图象与x轴包围的面积在数值上表示拉力做的总功。由于图线为半圆，故在数值上Fm＝x0，W＝πF＝π·Fm·x0＝Fmx0＝x，D错误，C正确。
方法四：用动能定理求变力功
当物体受到变力及其他恒力(也可能只受变力)作用引起物体的动能发生变化时，根据动能定理知，变力的功等于动能的变化减去其他恒力所做的功。
例4 如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动。设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是( )
A．0 B．2μmgR C．2πμmgR D.
[规范解答] 物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝m，在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝mv2－0，联立解得W＝，D正确。
[完美答案] D
用动能定理求变力做功非常普遍，适用于所有情况，但本题的变力做功只能用动能定理解决。
方法五：用微元法求变力功
将变力功转化为恒力功，W＝力×路程。
当力的大小不变而方向始终与运动方向相同、相反时，这类力所做的功可以采用微元法，将整个过程分成很多小段，在每一小段上应用W＝FΔs求功，整个过程的功等于力和路程的乘积，如滑动摩擦力、空气阻力等做的功。
如图所示，质量为m的质点在力F的作用下，沿水平面上半径为R的光滑圆槽运动一周。若F的大小不变，方向始终与圆槽相切(与速度的方向相同)，求力F对质点做的功时，可以将圆周分成许多极短的小圆弧Δl1、Δl2、…Δln，则每段小圆弧都可以看成一段极短的直线，所以质点运动一周，力F对质点做的功等于它在每一小段上做功的代数和，即W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(Δl1＋Δl2＋…＋Δln)＝F·2πR。也可以直接用W＝Fs＝F·2πR求解。
例5 如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，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点沿光滑槽道拉至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.πFR D．2πFR
[规范解答] 虽然拉力方向时刻改变，但拉力方向与小球运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力做功，小球的路程为s＝πR＋π·＝πR，则拉力做的功为W＝Fs＝πFR，C正确。
[完美答案] C
将物体的运动分割成许多小段，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无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。此法在中学阶段，常应用于求解力的大小不变、方向改变的变力做功问题。
如图所示，一质量m＝1.0 kg的物体从半径R＝5.0 m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F的大小始终为15 N不变，方向始终沿物体在该点的切线方向。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边沿竖直方向，g取10 m/s2。在这一过程中，求：
(1)拉力F做的功；
(2)重力G做的功；
(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功。
答案 (1)78.5 J (2)－25 J (3)0
解析 (1)将圆弧AB分成很多小段l1，l2，……，ln，则拉力在每小段上做的功为W1，W2，……，Wn，因拉力F大小不变，方向始终沿物体在该点的切线方向，所以W1＝Fl1，W2＝Fl2，……，Wn＝Fln，所以WF＝W1＋W2＋……＋Wn＝F(l1＋l2＋……＋ln)＝F·R＝78.5 J。
(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－25 J。
(3)物体受的支持力FN始终与物体的运动方向垂直，所以WN＝0。
小结 虽然求变力做功的方法较多，但不同的方法所适用的情况不相同，同样的变力做功也可以用不同的方法来求。还有一种情况即机车以恒定功率启动时，牵引力也是一种变力，这个时候的牵引力做的功可用W＝Pt来求。
课堂任务 利用动力学观点和能量观点解题比较
解决物体在恒力作用下的直线运动问题，可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理求解。但如果不是恒力，在中学阶段用牛顿运动定律就无法准确求解了。应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及的有关物理量比较多，对运动过程的细节需要仔细研究，而应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。一般情况下，由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷。
在单个物体机械能守恒的情况下，既可以用机械能守恒定律求解，也可以用动能定理求解；但是涉及多个物体的，用动能定理求解往往就不合适了。当机械能不守恒时，一般会选择动能定理求解，还可以从能量转化的角度分析求解。
下面我们看看这几个定理定律的解题都有些什么特点。
例6 如图所示，一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止。测得停止处与开始运动处的水平距离为l，不考虑物体滑至斜面底端时的碰撞作用，并认为斜面与水平面和物体的动摩擦因数相同，求动摩擦因数μ。
[规范解答] 解法一：(用动能定理求解)
物体从静止开始运动，最后又静止在水平面上，Ek2＝Ek1＝0
物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力对物体做功，支持力不做功，设斜面倾角为α，斜面长为L，则重力和摩擦力的功分别为WG＝mgh，Wf1＝－μmgLcosα
物体在水平面上滑行时，重力和支持力不做功，仅有摩擦力做功，设物体在水平面上滑行的距离为l2，则Wf2＝－μmgl2
根据动能定理得：WG＋Wf1＋Wf2＝Ek2－Ek1，
即mgh－μmgLcosα－μmgl2＝0
又l＝＋l2，h＝Lsinα，解得μ＝＝。
解法二：(用牛顿第二定律和运动学公式求解)
设斜面倾角为α，物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma1
设斜面长为L，物体滑到斜面底端时的速度为v1，则v＝2a1L
物体在水平面上滑行时，由牛顿第二定律得
－μmg＝ma2
设物体在水平面上滑行的距离为l2，则－v＝2a2l2
又l＝＋l2，h＝Lsinα，
联立以上各式解得：μ＝＝。
[完美答案]
因为受恒力作用，用牛顿运动定律和动能定理都可以求解；但是如果题目要求物体的加速度或时间就只能用牛顿运动定律求解；如果出现了变力，那就只能用动能定理；涉及多个运动过程时，最好还是用动能定理。
例7 如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块滑上弧形槽后又返回桌面，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求木块返回桌面后离B的最大距离。
[规范解答] 整个过程重力的做功为零，故只有拉力和摩擦力做功，摩擦力f大小不变，设在桌面上来回运动的总路程为s，则摩擦力做功Wf＝－fs，而拉力F做功WF＝FL，又f＝μmg，根据动能定理有：FL－fs＝0，则s＝，代入数据得s＝ m＝2.25 m。所以总路程是2.25 m，木块返回桌面后，离B的最大距离就是2.25 m－1.5 m＝0.75 m。
[完美答案] 0.75 m
如图所示，质量为m的物体，从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体从斜面滑上水平面时速度大小不变，求：
(1)物体滑至斜面底端时的速度大小；
(2)物体在水平面上滑行的距离。
答案 (1) (2)
解析 解法一：(用动能定理求解)
(1)物体由斜面顶端滑至底端的过程中，由动能定理可得mgh＝mv2，解得v＝。
(2)设物体在水平面上滑行的距离为l，由动能定理得
－μmgl＝0－mv2，解得l＝＝。
解法二：(用牛顿运动定律和运动学公式求解)
(1)设沿斜面下滑的加速度为a1，则mgsinθ＝ma1
斜面长l1＝，由2a1l1＝v2得v＝＝。
(2)设在水平面上滑行的加速度为a2，滑行的距离为l，则－μmg＝ma2
又0－v2＝2a2l，得l＝。
例8 如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F的作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：(g＝10 m/s2)
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在前5 s内对物块做的功。
[规范解答] (1)A、B间的距离与物块在后2 s内的位移大小相等，在后2 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，代入数值得a＝2 m/s2，所以A与B间的距离为x＝at2＝4 m。
(2)前3 s内物块所受力F是变力，设整个过程中力F做的功为W，物块回到A点时速度为v，则v2＝2ax，由动能定理知W－2μmgx＝mv2，所以W＝2μmgx＋max＝24 J。
[完美答案] (1)4 m (2)24 J
?1?前3 s内物块所受的力F是无规则的变力，故无法用牛顿运动定律求得前3 s的位移，前3 s内力F做的功无法直接求出，这时只能考虑用动能定理求解。
?2?3～5 s物块所受的力为恒力，而又必须通过这一段来找位移等相关量，且末状态未知，故直接用动能定理无从下手，只能用牛顿运动定律和运动学公式求解。
?3?整个过程只有拉力和摩擦力做功，本是两个过程，解题时作为一个整体考虑比较便捷。这里也可以分段讨论，但相对来说比较麻烦。
如图所示，将毛刷均匀粘贴在斜面上，让所有毛的方向均沿斜面向上倾斜，物块M沿斜面的运动有如下特点：①沿顺着毛的倾斜方向运动时，毛产生的阻力可以忽略；②沿逆着毛的倾斜方向运动时，会受到来自毛的滑动摩擦力，且动摩擦因数为μ＝0.5，斜面顶端距水平面高度为h＝0.8 m，质量为m＝2 kg的物块M从斜面顶端A由静止滑下，从O点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使物块M制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点C。已知斜面的倾角θ＝53°，重力加速度取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)物块M滑到O点时的速度大小以及弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(2)若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度；
(3)物块M在斜面上上下滑动过程中的总路程。
答案 (1) m/s 10 J (2)0.5 m (3)4.34 m
解析 (1)由动能定理得：mgh－μmgcosθ·＝mv2，
代入数据得v＝ m/s。
从O点至弹簧压缩到最短的过程中，只有弹簧弹力做功。由动能定理有W弹＝0－mv2＝－10 J，故弹簧压缩到最短时的弹性势能是10 J。
(2)设物块M第一次被弹回，上升的最大高度为H，
由动能定理得mg(h－H)－μmgcosθ·＝0
解得H＝0.5 m。
(3)物块M最终停止在水平面上，对于运动的全过程，
由动能定理有mgh－μmgcosθ·x＝0
物块M在斜面上下滑过程中的路程
l＝≈2.67 m，
所以物块M在斜面上上下滑动过程中的总路程
x＝2l－＝4.34 m。
例9 如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，其半径R＝0.5 m，轨道在C处与水平地面相切，在C处放一小物块，给它一水平向左的初速度v0＝5 m/s，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点，求C、D间的距离s。(重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力)
[规范解答] 解法一：(用机械能守恒定律求解)
物块由C到A过程，只有重力做功，机械能守恒，
则ΔEp＝－ΔEk，即2mgR＝mv－mv2
物块从A到D过程做平抛运动，则
竖直方向：2R＝gt2
水平方向：s＝vt
联立并代入数据得：s＝1 m。
解法二：(用动能定理求解)
物块由C到A过程，只有重力做功，
由动能定理得－2mgR＝mv2－mv
物块从A到D过程做平抛运动，则
竖直方向：2R＝gt2，水平方向：s＝vt
联立并代入数据解得：s＝1 m。
[完美答案] 1 m
对单个物体机械能守恒的情况，用动能定理和机械能守恒定律列出的式子都差不多，甚至一模一样，只是解题的思路不同而已。
如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：
(1)地面上D、C两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
答案 (1)1.41 m (2)20 N
解析 (1)小球从A到B过程机械能守恒，有
mgh＝mv①
小球从B到C做平抛运动，
在竖直方向上有H＝gt2②
在水平方向上有s＝vBt③
由①②③式解得s＝1.41 m。④
(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有
F－mg＝m⑤
由①⑤式解得F＝20 N
根据牛顿第三定律F′＝－F，故轻绳所受的最大拉力为20 N。
例10 如图所示，斜面体的斜面倾角θ＝30°，竖直面与地面垂直，高为H，斜面顶点上有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，通过轻而柔软的细绳连接并跨过定滑轮。开始时两物块都位于与地面距离为H的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿竖直方向下落。若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值。滑轮的质量、半径和摩擦均可忽略不计。
[规范解答] 设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
m2g·－m1g·sin30°＝(m1＋m2)v2①
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
m1v2＝m1gsin30°②
由①②得＝。
[完美答案]
看似复杂的问题，抓住本质特点，采用恰当的解题方法就可以很快解决。此题用了两次机械能守恒定律就把问题解决了。多个物体组成的系统机械能守恒时，一般不用动能定理求解，但是如果涉及多个物体的内部受力情况或具体的机械能变化多少，可以单独对某个物体用动能定理进行分析求解。
如图所示，在长为L的轻杆的中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦地转动，使杆从水平位置无初速度释放。求：当杆转到竖直位置时，杆对A、B两球分别做了多少功？
答案 －mgL mgL
解析 设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB。如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其他形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL＋mgL＝mv＋mv①
因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，
故vB＝2vA②
联立①②得：vA＝，vB＝
根据动能定理，对A有：WA＋mg·＝mv－0，
解得WA＝－mgL
对B有：WB＋mgL＝mv－0，解得WB＝mgL。
例11 如图所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)。小球恰能通过圆弧轨道的最高点C，重力加速度为g，求：小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功。
[规范解答] 小球恰能通过圆弧轨道的最高点C，
故有：mg＝m，解得mv＝mgd
小球从开始运动到C的过程只有重力和摩擦力做功，由图知WG＝mgd，设摩擦力做的功为Wf，由动能定理知：
WG＋Wf＝mv，
Wf＝mv－WG＝mgd－mgd＝－mgd。
[完美答案] －mgd
?1?整个过程机械能不守恒，所以用动能定理求解。
?2?动能定理并非是求解本题的唯一方法，我们也可以从能量变化的角度来求解。
以C所在水平面为零势能面，小球开始时的机械能为重力势能mgd，小球在C点的机械能为在这点时的动能f(1,4)mgd，机械能减少了mgd，减少的机械能通过克服摩擦力做功转化为内能。
?3?在最高点没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为m＝mg，由此得到过最高点的最小动能。
如图所示，一个可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案 (1)3 m/s (2)－4 J
解析 (1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0。①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv②
由①②得：v0＝3 m/s。
(2)在最高点C处有mg＝m，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝mv－mv，代入数据解得Wf＝－4 J。
1．(多选)如图所示，小球质量为m，一不可伸长的悬线长为l，把悬线拉到水平位置后放手，设小球运动过程中空气阻力F阻大小恒定，则小球从水平位置A到竖直位置B的过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgl
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－F阻l
D．空气阻力做功为－F阻πl
答案 ABD
解析 小球从A位置到B位置，沿竖直方向的位移为l，所以重力做功为mgl，A正确；小球从A释放后，做圆周运动到B，绳的拉力始终与小球的速度垂直，绳的拉力不做功，B正确；小球运动过程中空气阻力大小恒定，但方向始终与速度方向相反，所以空气阻力做功为－F阻·＝－F阻πl，故C错误，D正确。
2．如图所示，质量为m的物体静止在光滑的水平平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为( )
A. B. C. D．mv
答案 C
解析 人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cos45°，由动能定理，人的拉力对物体所做的功：W＝ΔEk＝mv2＝mv，正确选项为C。
3．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．前5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
答案 D
解析 由图象知物块前4 s静止，4～5 s内做加速运动，前5 s内拉力对物块做功不为零，故A错误；4 s末物块受到的合力不可能为4.0 N，B错误；由4 s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff＝μmg＝3 N，得μ＝0.3，C错误；由牛顿第二定律可知5 s后物块的加速度a＝＝2 m/s2，D正确。
4．如图所示，长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一光滑小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是( )
A. B. C.L D.L
答案 D
解析 设小球恰好做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝m，解得v0＝。小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得0＝mv－mg(L－2R)，解得R＝L，所以OA的最小距离为L－R＝L，故D正确。
5．(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是( )
A．下滑过程中B的重力做功的功率先增大后减小
B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg
C．下滑过程中B的机械能增加
D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR
答案 AD
解析 因为初位置B的速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故A正确；A、B及轻杆组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达圆轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得(m＋m)v2＝mgR，解得v＝，在最低点，根据牛顿第二定律得N－mg＝m，解得N＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加ΔEk＝mv2＝mgR，所以机械能减小mgR，故C错误；整个过程中，对A根据动能定理得：W＝mv2＝mgR，故D正确。
6. 一物体所受的力F随位移l发生如图所示的变化，求这一过程中，力F对物体做的功为多少？
答案 6 J
解析 力F对物体做的功等于l轴上方的正功(梯形“面积”)与l轴下方的负功(三角形“面积”)的代数和。
所以力F对物体做的功为
W＝×(4＋3)×2 J－×(5－4)×2 J＝6 J。
7. 如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。已知重力加速度为g，求下述情况下拉力F做的功各是多少？
(1)用F缓慢地拉；
(2)F为恒力；
(3)若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。
答案 (1)mgL(1－cosθ) (2)FLsinθ
(3)FLsinθ或mgL(1－cosθ)
解析 (1)若用F缓慢地拉，则显然F为变力，由动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0
即WF＝mgL(1－cosθ)。
(2)对恒力F做的功，由公式W＝Flcosα得：
WF＝FLsinθ。
(3)解法一：对恒力F做功，由公式W＝Flcosα得：
WF＝FLsinθ。
解法二：由动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0，
故WF＝mgL(1－cosθ)。
8．如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10 m/s的初速度从高台底部冲向高台顶端，然后从高台顶端水平飞出。摩托车在冲向高台顶端的过程中始终以P＝4 kW的额定功率行驶，所经历的时间t＝3 s。人和车的总质量m＝1.8×102 kg，台高h＝5 m，摩托车冲到高台顶端时的速度为v＝11 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功；
(2)摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功。
答案 (1)1.2×104 J (2)1.11×103 J
解析 (1)摩托车在冲向高台顶端的过程中牵引力所做的功W＝Pt＝1.2×104 J。
(2)设摩托车在冲向高台顶端的过程中克服阻力所做的功为Wf，根据动能定理得
W－Wf－mgh＝mv2－mv
代入数据，可得Wf＝1.11×103 J。
9. 如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2。求：
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。
答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J
解析 (1)在A点由速度的合成得vA＝，代入数据解得vA＝4 m/s。
(2)从P点到A点小球做平抛运动，
竖直分速度vy＝v0tanθ
由运动学规律有v＝2gH
联立解得H＝0.6 m。
(3)小球恰好过C点，则mg＝m
从A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cosθ)－W＝mv－mv
代入数据解得W＝1.2 J。
10．将小球由h＝2 m的高度静止释放，小球与地面碰撞后反弹的高度为h。设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求：
(1)小球受到的空气阻力是重力的多少倍？
(2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程。
答案 (1) (2)14 m
解析 设小球的质量为m，所受空气阻力大小为f。
(1)小球从h高度处释放时速度为零，与地面碰撞后反弹到h高度时，速度也为零，
由动能定理得mg－f＝0，
解得f＝mg。
(2)设小球运动的总路程为x，最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得mgh－fx＝0，x＝h＝7×2 m＝14 m。
11．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作，一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系。
答案 (1) (2)
(3)当v＜ 时，v′＝v；当 ≤v≤时，v′＝
解析 (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx①
且F＝f②
由①②式解得x＝。③
(2)设轻杆移动前小车克服弹簧弹力所做的功为W，则小车从撞击到速度为0的过程中，由动能定理得：
－f·－W＝0－mv④
同理，小车以vm撞击弹簧时，－fl－W＝0－mv⑤
由④⑤式解得vm＝。⑥
(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，
mv＝W⑦
由④⑦式解得v1＝
当v＜ 时，v′＝v；
当 ≤v≤ 时，v′＝ 。
课件98张PPT。专题三 变力做功及利用动力学观点和能量观点解题比较01课堂探究评价 02课后课时作业
