高考物理模型全归纳 第29讲 变力做功的6种计算方法

高考物理全归纳——模型专题

在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。

一、什么是物理模型

自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。

物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）

二、为什么要建立物理模型

1、帮助学生掌握学习方法      2、落实“过程与方法”的教学目标

3、提高学生解决问题能力

三、如何帮助学生的建立物理模型

（一）提高认识，重视过程：

对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。

（二）概括总结，触类旁通：

新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。

第29讲 变力做功的6种计算方法

一．知识回顾

二.例题精析

例1．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量△Ep和力F做的功W分别为（　　）

A．， B．， 

C．0， D．0，

【解答】解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1＝mg，解得：x1

物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2＝mg，解得：x2

由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；

这一过程中，物体A上移的距离为：d＝x1+x2，

根据功能关系可得拉力做的功等于A的重力势能的增加量，则有：W＝mgd，故D正确，ABC错误。

故选：D。

题型二：微元法

例2．在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道有半径分别为和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的方向时时刻刻均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．FR D．2πFR

【解答】解：拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则

W＝Fs＝F（）

故选：C。

题型三：等效转换法

例3．如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是（　　）

A．WF＝FL（2cosθ﹣1） B．WF＝2FLcosθ 

C．Wf＝μmgLcosθ D．Wf＝FL﹣mgLsin2θ

【解答】解：AB、小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为  WF＝FS，s为F作用点的位移，即绳端移动的长度，小物体从A运动到O的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短关系得：S＝2Lcosθ﹣L，所以 WF＝2FL（2cosθ﹣1），故A正确，B错误；

CD、根据几何关系得OB斜面倾角为2θ，小物体在BO段运动过程中摩擦力大小为 f＝μmgcos2θ，小物体在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为 Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故CD错误；

故选：A。

题型四：平均值法

例4．当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．由图象可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（　　）

A．2000J B．1800J C．200J D．180J

【解答】解：

F初＝m1g＝100N

 F末＝m2g＝80N

Wx20J＝1800J，故 B 正确，ACD。

故选：B。

题型五：图像法

例5．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x＝0.4m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为（g＝10m/s2）（　　）

A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0J

【解答】解：由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力F做的功：W（5+10）×0.2+10×（0.4﹣0.2）＝3.5J

设克服弹簧弹力做的功为WF，根据动能定理：W﹣WF﹣μmgx＝0

代入得：3.5﹣WF﹣0.2×0.5×10×0.4＝0

得：WF＝3.1J

则EP＝3.1J

故选：A。

题型六：通过功率求功

（多选）例6．一辆汽车从静止开始启动，其加速度与速度的倒数关系如图所示，已知汽车的质量为m，汽车启动过程受到的阻力恒定，图中 b、c、d已知，则（　　）

A．汽车启动过程的功率越来越大 

B．汽车启动过程的功率恒为 

C．汽车启动过程的最大速度为 

D．汽车启动过程受到的阻力为

【解答】解：AB、汽车从静止开始启动时，由P＝Fv，及F﹣f＝ma得：a•．结合图象有 ，得P，可知，汽车的功率P保持不变，故A错误，B正确。

C、当加速度为零时，速度最大，由c，得最大速度 vm，故C错误。

D、汽车启动时受到的阻力 f，故D正确。

故选：BD。

三.举一反三，巩固练习

1. 如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度h＝8m，BCD为半径R1＝2m的光滑半圆轨道，DE为半径R2＝3m的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m＝1kg的小球从A点由静止释放，进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为1.5mg，g＝10m/s2，下面正确的是（　　）

A．整个运动过程中，小球的机械能守恒 

B．小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100N 

C．整个运动过程，摩擦力做的功Wf＝﹣37.5J 

D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为Ek＝87.5J

【解答】解：A、小球在DE段运动过程中，阻力做负功，小球的机械能减少，故A错误；

B、设小球到达最低点C点时的速度大小为v1，从A到C过程中，根据动能定理可得：mg（h+R1）0

在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝m

联立解得：FN＝110N，根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C点时，对轨道的压力为110N，故B错误；

C、设小球到达E点时，小球的速度大小为v2，对小球根据牛顿第二定律可得：1.5mg+mg＝m，

代入数据解得：v2＝5m/s

小球从A到E过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣R2）+Wf0

联立解得：Wf＝﹣12.5J，故C错误；

D、从E到地面过程中，根据动能定理可得：mg（R1+R2）＝Ek

代入数据解得：Ek＝87.5J，故D正确。

故选：D。

2. 水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示。一小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动。则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为（　　）

A．3F0r B．2F0r C．F0r D．F0r

【解答】解：t1时刻，根据牛顿第二定律得：

t2时刻，根据牛顿第二定律得：

根据动能定理得：

W

联立上述公式解得：W，故D正确，ABC错误。

故选：D。

3. 如图，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．小球的重力势能增加mglcosθ 

B．拉力F所做的功为mgl（1﹣cosθ） 

C．拉力F所做的功为 

D．拉力F所做的功为Flsinθ

【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣cosθ），重力对小球做的功WG＝﹣mgl（1﹣cosθ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣cosθ），故A错误；

BCD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，由于拉力是变力，不能根据力乘以位移来计算拉力做的功；

根据动能定理可得：WF﹣WG＝0，解得拉力F所做的功：WF＝mgl（1﹣cosθ），故B正确，CD错误。

故选：B。

4. 新冠疫情对旅游行业冲击巨大，为促进浙江温州当地旅游经济健康发展，温州某景区特从国外引进刺激异常的峡谷秋千。对外正式开放该峡谷秋千前，必须通过相关部门安全测试。某次调试该秋千安全性能实验时，工作人员将质量为80kg的“假人”从最高点由静止释放，测得“假人”摆到最低处的速度为50m/s。已知该秋千由两根长度均为600m，最高点与秋千最低点高度差300m。关于这次测试，下列说法正确的是（　　）

A．在经过最低点时，单根绳子的拉力为400N 

B．在经过最低点时，“假人”所受向心力约为1133N 

C．秋千在来回摆动过程中，“假人”在最低点时向心力不受风的影响 

D．本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功1.4×105J

【解答】解：AB．在经过最低点时，设单根绳子的拉力大小为T，“假人”所受向心力大小为F，则：

F＝2T﹣mg＝m

解得：TN，FN，故AB错误；

C．“假人”从最高点由静止释放摆动到最低点的过程中，若运动方向顺风，则到达最低点时的速度会比逆风时大，所以“假人”在最低点时向心力受风的影响，故C错误；

D．设本次从静止到最低点过程中“假人”克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理有：

mgh﹣Wf0

解得：Wf＝1.4×105J，故D正确。

故选：D。

5. 如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R（比细管内径大得多），在圆管中有一个直径略小于细管内径、质量为m的小球。设某时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为9mg，此后小球沿细管作圆周运动，且恰能通过圆周最高点，则小球从最低点到最高点的过程中克服细圆管摩擦力所做的功是（　　）

A．3mgR B．2mgR C．mgR D．

【解答】解：设小球通过轨道的最低点时速度大小为v，对管壁的压力为F′＝9mg，由牛顿的三定律可知，小球在最低点时管壁对小球的支持压力大小为：FN＝F′＝9mg，由牛顿第二定律得：

FN﹣mg

小球恰能通过圆周最高点的临界速度为零，从最低点到最高点的过程，由动能定理得：

﹣2mgR﹣Wf＝0

联立解得克服摩擦力所做的功为：Wf＝2mgR，故B正确，ACD错误。

故选：B。

6. 全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R的圆弧组成，如图所示，选手从赛道顶端A由静止无动力出发冲到坡底B，设阻力大小不变恒为f，始终与速度方向相反，且满足，选手和车总质量为m，重力加速度为g，路程SBC＝2SAC．则选手通过C点的速度为（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：从A到C，选手和车运动的路程为sπR，克服阻力做功为W＝fs，由动能定理，mgRsin30°﹣W0，解得：v，故D正确，ABC错误；

故选：D。

7. 如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下由静止开始沿水平地面运动，推力大小F随位移大小s变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则（　　）

A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动 

B．运动过程中推力做的功为400J 

C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变 

D．物体的总位移为10m

【解答】解：AC.推力减小到等于摩擦力以后，物体先做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故AC错误；

B.由F﹣s图象的面积可得推力全过程做功

解得：W＝200J。故B错误；

D.运动的全过程，根据动能定理可得：

W﹣μmgs＝0

解得物体的总位移：s＝10m。故D正确。

故选：D。

8. 如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为（　　）

A．mgLcos θ B．mgL（1﹣cos θ） 

C．FLsin θ D．FLcos θ

【解答】解：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得：

W1﹣mgL（1﹣cosθ）＝0

得拉力F所做的功为：W1＝mgL（1﹣cosθ）

故选：B。

9. （多选）如图，一轻质弹簧下端固定，直立于水平面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处静止释放，当物体A下降至最低点P时速度变为零，此时弹簧压缩量为x0；若将质量为0.5m的物体B按压在压缩量为x0处释放（与弹簧不链接），不计一切阻力。弹簧未超出弹性限度。下列说法正确是（　　）

A．物体B回到h处时的速度为 

B．物体B距弹簧顶端最大距离2h+x0 

C．物体A和物体B动能最大时，弹簧形变量相同 

D．物体B落回时最大压缩量等于x0

【解答】解：A、物体A下降至最低点P的过程中由动能定理得；mg（h+x0）﹣Ep＝0，对物体B由动能定理得：Ep﹣05mg（h+x0），联立解得：v，故A正确

B、设物体B距离弹簧顶端最大距离为H，则mg（h+x0）﹣0.5mg（H+x0）＝0，解得H＝2h+x0，故B正确

C、当弹力等物体重力时，速度最大，由于A、B质量不同，故体A和物体B动能最大时，弹簧形变量不相同，故C错误

D、对物体上升与落回全程动能定理可知，重力做功为零，弹力做功为零，所以物体B落回时最大压缩量等于x0，故D正确。

故选：ABD。

10. （多选）用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则在此过程中（　　）

A．小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 

B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 

C．若水平面光滑，则推力做功为mgL（1﹣sinθ） 

D．由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视为零，小球机械能不变

【解答】解：A、根据力做功的条件：1．作用在物体上的力；2．物体必须是在力的方向上移动一段距离，斜面弹力对小球做正功，故A错误；

B、细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；

C、若取小球和滑块整体为研究对象，根据功能关系可知，F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量。所以F做功等于小球重力势能增量：ΔEp＝mgh＝mgL（1﹣sinθ），所以推力做功为mgL（1﹣sinθ），故C正确；

D、用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故D错误。

故选：BC。