文档内容
第 29 讲 变力做功的 6 种计算方法
一．知识回顾
方法 举例说法
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为W，则有：
F
1.应用动
W－mgL(1－cosθ)＝0，得W＝mgL(1－cosθ)
F F
能定理
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功 W＝
f
F·Δx＋F·Δx＋F·Δx＋…＝F(Δx＋Δx＋Δx＋…)＝F·2πR
f 1 f 2 f 3 f 1 2 3 f
2.微元法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·
3.等效
转换法
弹簧由伸长x被继续拉至伸长x的过程中，克服弹力做功W＝·(x－x)
1 2 2 1
4.平均
力法
在Fx图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所
做的功
6.图像法
7.功率法 汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt
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△E 和力F做的功W分别为（ ）
pm2g2 m2g2 m2g2 2m2g2
A． ， B． ，
k k k k
m2g2 2m2g2
C．0， D．0，
k k
【解答】解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x ，由胡克定律有 kx ＝mg，
1 1
mg
解得：x =
1
k
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x ，由胡克定律有 kx
2 2
mg
＝mg，解得：x =
2
k
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；
2mg
这一过程中，物体A上移的距离为：d＝x +x = ，
1 2
k
2m2g2
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
k
确，ABC错误。
故选：D。
题型二：微元法
R
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
2
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（ ）
3
A．0 B．FR C． πFR D．2 FR
2
π
【解答】解：拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则
R 3
W＝Fs＝F（π⋅ +πR）= πRF
2 2
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 ，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θ 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 ，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W ，小物块在BO段运动过程中μ克服摩擦力做的功为W，则以下结果正确的是（ ）
F f
A．W ＝FL（2cos ﹣1） B．W ＝2FLcos
F F
C．W＝ mgLcos θ D．W＝FL﹣mgθLsin2
f f
【解答】μ解：AB、θ 小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块θ做的功为 W ＝FS，s为F
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＝2Lcos ﹣L，所以 W ＝2FL（2cos ﹣1），故A正确，B错误；
F
CD、根据几何关系得θOB 斜面倾角为 2 ，小物体θ 在 BO 段运动过程中摩擦力大小为 f＝
mgcos2 ，小物体在BO段运动过程中克服θ摩擦力做的功为 W＝fL＝ mgLcos2 ，故CD错误；
f
μ故选：Aθ。 μ θ
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 ＝m
1
g＝100N
F末 ＝m
2
g＝80N
F +F 100+80
W= 初 末x= ×20J＝1800J，故 B 正确，ACD。
2 2
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 ＝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，μF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
1
【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）
2
×0.2+10×（0.4﹣0.2）＝3.5J
设克服弹簧弹力做的功为W ，根据动能定理：W﹣W ﹣ mgx＝0
F F
代入得：3.5﹣W ﹣0.2×0.5×10×0.4＝0 μ
F
得：W ＝3.1J
F
则E ＝3.1J
P
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
mb
B．汽车启动过程的功率恒为
d-c
1
C．汽车启动过程的最大速度为
d
mbc
D．汽车启动过程受到的阻力为
d-c
P 1 f
【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
m v m
P b mb
象有 = ，得P= ，可知，汽车的功率P保持不变，故A错误，B正确。
m d-c d-c
1 1
C、当加速度为零时，速度最大，由 =c，得最大速度 v = ，故C错误。
v m c
m
P mbc
D、汽车启动时受到的阻力 f= = ，故D正确。
v d-c
m
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R ＝2m的光滑半圆
1
轨道，DE为半径R ＝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，
2
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W＝﹣37.5J
f
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为E ＝87.5J
k
【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 v ，从A到C过程中，根据动能定理可得：mg
1
1
（h+R ）= mv2-0
1 2 1
在最低点，根据牛顿第二定律可得：F
﹣mg＝mv2
N 1
R
1
联立解得：F ＝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，
N
故B错误；
C、设小球到达E点时，小球的速度大小为v ，对小球根据牛顿第二定律可得：1.5mg+mg＝m
2
v2
，
2
R
2
代入数据解得：v ＝5√3m/s
2
1
小球从A到E过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣R ）+W= mv2-0
2 f 2 2
联立解得：W＝﹣12.5J，故C错误；
f
1
D、从E到地面过程中，根据动能定理可得：mg（R +R ）＝E - mv2
1 2 k 2 2
代入数据解得：E ＝87.5J，故D正确。
k
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t 到t 时间内，摩擦力对小物块做的功为（ ）
1 21
A．3F r B．2F r C．F r D． F r
0 0 0 0
2
【解答】解：t 时刻，根据牛顿第二定律得：
1
v2
F = 1m
0 r
t 时刻，根据牛顿第二定律得：
2
v2
2F = 2m
0 r
根据动能定理得：
1 1
W= mv2- mv2
2 2 2 1
1
联立上述公式解得：W= F r，故D正确，ABC错误。
2 0
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 处。重力加速度为g，则下列说法正确的是
（ ） θ
A．小球的重力势能增加mglcos
B．拉力F所做的功为mgl（1﹣θcos ）
mglsin2θ
θ
C．拉力F所做的功为
cosθ
D．拉力F所做的功为Flsin
θ【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣cos ），重力对小球做的功W ＝﹣mgl（1﹣
G
cos ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣cos ），θ故A错误；
BCθD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点θ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：W ﹣W ＝0，解得拉力F所做的功：W ＝mgl（1﹣cos ），故B正确，CD
F G F
错误。 θ
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：
v2
F＝2T﹣mg＝m
l
1700 1000
解得：T= N，F= N，故AB错误；
3 3
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W，根据动能定理有：
f1
mgh﹣W= mv2-0
f
2
解得：W＝1.4×105J，故D正确。
f
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（ ）
3mgR
A．3mgR B．2mgR C．mgR D．
2
【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：F ＝F′＝9mg，由牛顿第二定律
N
得：
v2
F ﹣mg=m
N
R
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：
1
﹣2mgR﹣W＝0- mv2
f
2
联立解得克服摩擦力所做的功为：W＝2mgR，故B正确，ACD错误。
f
故选：B。
1
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
4
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
mg
f = ，选手和车总质量为m，重力加速度为g，路程S ＝2S ．则选手通过C点的速度为
BC AC
π
（ ）A．√π-1 B．√π-2√2-√3 C．√3√3-1 D．√2
gR gR gR gR
π π 3 3
1 1
【解答】解：从A到C，选手和车运动的路程为s= R，克服阻力做功为W＝fs= mgR，由
6 6
π
动能定理，mgRsin30°﹣W=
1
mv2-0，解得：v=
√2
gR，故D正确，ABC错误；
2 3
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 ＝0.5，g 取
10m/s2，则（ ） μ
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
1
W = ×100×4J
2
解得：W＝200J。故B错误；D.运动的全过程，根据动能定理可得：
W﹣ mgs＝0
解得μ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 ，则拉力F做的功为（
） θ
A．mgLcos B．mgL（1﹣cos ）
C．FLsin θ D．FLcos θ
【解答】解θ：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过θ程中，根据动能定理得：
W ﹣mgL（1﹣cos ）＝0
1
得拉力F所做的功为θ ：W ＝mgL（1﹣cos ）
1
故选：B。 θ
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
x ；若将质量为0.5m的物体B按压在压缩量为x 处释放（与弹簧不链接），不计一切阻力。
0 0
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
√2g(h+x )
0
B．物体B距弹簧顶端最大距离2h+x
0
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x
0
【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+x ）﹣E ＝0，对物体
0 p
1
B由动能定理得：E
p
﹣05mg（h+x
0
）=
2
0.5mv2，联立解得：v=√2g(h+x
0
)，故A正确
B、设物体 B距离弹簧顶端最大距离为 H，则mg（h+x ）﹣0.5mg（H+x ）＝0，解得 H＝
0 0
2h+x ，故B正确
0
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x ，故D正确。
0
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 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θ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﹣sin ）
D．由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视θ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：ΔE ＝mgh＝mgL（1﹣sin ），所以推力做功为mgL（1﹣
p
sin ），故C正确； θ
θD、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。
