文档文本内容
第02 讲 变力做功的求法
目 录
思维导图............................................................................................................................................................2
高考分析............................................................................................................................................................2
学习目标............................................................................................................................................................3
知识要点............................................................................................................................................................5
解题策略............................................................................................................................................................6
题型归纳............................................................................................................................................................6
题型01：等效替代法.........................................................................................................................................6
题型02：微元法................................................................................................................................................8
题型03：图像法..............................................................................................................................................12
题型04：平均力法..........................................................................................................................................16
题型05：Pt 法................................................................................................................................................19
题型06：功能关系法——利用动能定理求变力做功........................................................................................22
题型07：变力做功的实际应用.........................................................................................................................36
题型08：变化的摩擦力做功问题.....................................................................................................................38
题型09：涉及弹簧的变力做功问题..................................................................................................................40
巩固提升..........................................................................................................................................................42
一、考情定位
变力做功是功和功率模块的高考重难点，属于力学核心拓展考点，选择题中单独考基础方法，计算题
中作为必求核心量（常与动能定理、机械能守恒、能量守恒结合），全国卷分值约3~8 分，难度中偏上，
侧重方法选择和过程转化，极少单独考复杂微元运算，核心考查“变力转恒力/用能量定理求解”的解题
思维。
二、高考核心考查类型
结合近5 年高考真题，变力做功的考查集中在4 类场景，考频从高到低排序：
1. 曲线/往复运动中的变力做功：如平抛、圆周运动中向心力（不做功）、弹力/变力做功，核心用动
能定理求解；
2. 图像类变力做功：F-x 图像（考频最高）、F-t 图像结合运动学，直接用图像面积法（F-x 图线与x
轴围成的面积表示功）；
3. 弹簧弹力做功：单弹簧/双弹簧的拉伸/压缩，熟记结论W=-ΔEₚ（弹力做功等于弹性势能变化的负
值），或用平均力法转化为恒力；
4. 其他常见变力：如摩擦力（变位移/变大小）、空气阻力（与速度相关），优先用动能定理，特殊
场景用微元法（高考极少考纯微元计算）。
三、高考常用求解方法（按考频/易用性排序）
1. 动能定理法（★★★★★，高考最核心方法）
适用场景：所有变力做功场景（尤其未知变力、过程复杂时），无需分析变力细节。
高考考法：已知初末速度和恒力做功，求变力做功（如圆周运动中绳子拉力、平抛中空气阻力做功）。
2. 图像面积法（★★★★，选择题高频）
适用场景：力随位移线性/非线性变化（F-x 图像），仅适用于力是位移的函数。
核心结论：F-x 图像中，图线与位移轴围成的面积绝对值为功的大小，面积在x 轴上方为正功，下方
为负功。
高考考法：给出F-x 图像，求某段位移内的变力做功，或结合动能定理求速度。
3. 平均力法（★★★，弹簧/线性变力专属）
适用场景：变力随位移线性变化（如弹簧弹力F=kx、恒力分力线性变化）。
高考考法：弹簧拉伸/压缩过程中弹力做功，常与机械能守恒结合考查。
4. 微元法（★★，高考极少单独考）
适用场景：力随速度/时间变化，且无其他简便方法（如空气阻力f=kv 的直线运动）。
高考考法：仅在压轴题中作为辅助方法，不要求完整微元运算，多结合动能定理简化。
5. 功能关系法（★★★★，综合题常用）
适用场景：变力做功与势能变化相关（如重力、弹力、电场力，高考力学中主要考弹簧弹力）。
核心结论：重力做功等于重力势能变化的负值，弹力做功等于弹性势能变化的负值
四、高考考向趋势
1. 低难度：选择题中F-x 图像面积求功，或结合动能定理求简单变力做功（如弹簧、平抛）；
2. 中高难度：计算题中作为中间量，结合“动能定理+机械能守恒”考查（如板块模型、圆周运动临
界问题中的变力做功）；
3. 结合实际：以传送带、起重机、抛体运动为背景，考查变力做功的求解，侧重物理与生活场景的结
合；
4. 避繁就简：高考绝不考复杂的微元法积分运算，所有变力做功均能通过“动能定理/图像法/平均力
法”转化为简单计算。
五、高考易错点
1. 混淆F-x 图像和F-t 图像：误将F-t 图像面积当作功（F-t 图像面积是冲量，只有F-x 图像面积才是
功）；
2. 平均力法滥用：对非线性变力（如f=kv）用平均力法计算，导致结果错误；
3. 动能定理应用疏漏：忽略重力、摩擦力等恒力做功，仅计算变力做功，导致合功求解错误；
4. 弹簧弹力做功误区：忘记弹力做功的正负，或混淆“弹性势能变化”与“弹力做功”的关系；
5. 过程分析错误：对曲线/往复运动的初末状态判断失误，导致动能变化计算错误。
一、概念认知目标
1. 能准确区分恒力与变力，判断常见场景（曲线运动、弹簧形变、传送带运动等）中的变力类型，明
确变力做功的本质是力在位移上的累积效果。
2. 理解变力做功与恒力做功的核心差异，知晓变力做功无法直接用 W=Fxcosθ 计算的原因，建立
“化变为恒、以能代功”的变力做功解题思维。
3. 掌握弹簧弹力、空气阻力、向心力等典型变力的做功特点，能判断变力做功的正负及做功的影响因
素。
二、方法掌握目标
核心方法（按高考优先级掌握）
1. 动能定理法：能准确梳理过程中所有做功的力，通过初末动能变化求解变力做功，做到无遗漏、不
混淆。
2. 图像面积法：能识别F-x 图像，理解“图线与x 轴围成的面积表示功”的原理，会计算规则（三角
形、矩形）和不规则（分段拆解）F-x 图像的面积，准确判断面积对应的功的正负。
3. 平均力法：明确适用条件（变力随位移线性变化），能熟练应用于弹簧弹力做功的计算，推导弹力
做功与形变量的关系。
4. 功能关系法：掌握“弹力做功等于弹性势能变化的负值”，能通过势能变化直接求解变力做功，建
立“功是能量转化量度”的关联。
5. 微元法：理解微元法“化变为恒”的核心思想，能对简单变力场景（如恒力作用下的曲线运动）进
行微元拆解，无需复杂积分运算，掌握基础应用逻辑即可。
方法应用要求
能根据变力类型、题目条件快速筛选最优求解方法，做到“对题选法、方法适配”，无方法滥用、
错用情况。
三、题型解题目标
1. 基础题型：能独立解决F-x 图像类变力做功计算、弹簧弹力做功求解等基础题，做到公式应用准确、
计算无误差，正确率100%。
2. 综合题型：能解决曲线运动（平抛、圆周）、板块模型、机车启动等场景中的变力做功问题，熟练
将变力做功与恒力做功结合，通过动能定理完成综合求解。
3. 关联题型：能以变力做功为中间量，衔接动能定理、机械能守恒，解决“变力做功+能量变化”的
综合题，做到过程分析清晰、初末状态确定准确。
四、能力提升目标
1. 过程分析能力：能忽略变力作用的复杂细节，聚焦初末状态，快速梳理运动过程中所有做功的力，
区分恒力与变力、做功与不做功的力，避免漏力、多力。
2. 模型识别能力：能识别高考高频变力做功模型（弹簧模型、F-x 图像模型、曲线运动模型），熟记
各模型的解题套路和核心公式，实现模型快速匹配。
3. 思维转化能力：熟练掌握“化变力为恒力”“以能代功”的转化思维，突破恒力做功的思维定式，
能将复杂变力问题转化为已掌握的简单物理问题。
4. 审题判断能力：能从题目中提取关键信息（如是否给F-x 图像、是否为线性变力、是否已知初末速
度），快速判断变力类型和最优解法，提升解题效率。
五、易错规避与规范目标
1. 能精准规避高考高频易错点：不混淆F-x 图像与F-t 图像（明确F-t 图像面积为冲量，非功）、不
滥用平均力法（仅适用于线性变力）、不遗漏恒力做功（重力、摩擦力等）。
2. 养成规范解题习惯：解题时先判断变力类型→筛选求解方法→梳理做功的力→确定初末状态→代入
公式计算，步骤清晰、标注明确（如功的正负、图像面积分段）。
3. 能对计算结果进行合理性验证：根据运动过程判断变力做功的正负（如阻力做负功、动力做正功）
对数值大小进行初步校验，避免明显计算错误。
六、衔接拓展目标
1. 能将变力做功的求解方法迁移到后续电场力、安培力等变力做功的学习中，形成通用的变力做功解
题思维，为电磁学中的能量问题奠定基础。
2. 深化“功和能”的关联理解，进一步巩固能量观念，明确变力做功是能量转化的重要形式，能解释
生活中变力做功的能量转化现象（如弹簧形变、汽车加速的能量变化）。
一．知识回顾
方法
举例说法
1.应用动
能定理
用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为WF，则有：
WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)
2.微元法
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Wf＝Ff·Δx1＋
Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
3.等效
转换法
恒力F 把物块从A 拉到B，绳子对物块做功W＝F·
4.平均
力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
5.图像法
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.功率法
汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt
高考解题核心策略（三步法，适配所有变力做功题型）
第一步：判断变力类型，筛选求解方法
①有F-x 图像→图像面积法；
② 弹簧弹力/线性变力→平均力法/功能关系法；
③曲线/复杂运动、未知变力→动能定理法（高考首选）。
第二步：明确运动过程，确定初末状态
①标注初末位置的速度、高度、形变量（如弹簧压缩量），忽略中间变力的作用细节；
②梳理过程中所有做功的力：区分恒力（重力、滑动摩擦力）和变力（弹簧弹力、向心力），避免遗
漏。
第三步：代入公式计算，验证结果合理性
①动能定理：先算恒力做功，再结合初末动能求变力做功；
②图像法：计算面积时注意分段（不规则图像拆分为三角形、矩形），标注功的正负；
③结果验证：变力做功的正负需与运动过程一致（如阻力一定做负功），数值大小需符合实际。
题型01：等效替代法
【典型例题1】如图所示，某人用定滑轮提升质量为
的重物，人拉着绳从滑轮正下方
高的
处缓慢
走到
处，此时绳与竖直方向成
角，重力加速度为
，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦。则此过
程中人对重物所做的功
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】全过程人拉着绳缓慢运动，认为重物的动能不变，人对重物所做的功等于重物重力势能的增加，
根据几何关系知重物上升的高度
则
，A 正确，BCD 错误。故选A。
【变式训练1-1】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑
轮O。现以大小不变的拉力F 拉绳，使滑块从A 点由静止开始上升，滑块运动到C 点时速度最大。已知滑
块质量为m，滑轮O 到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F 大小为mg
B．拉力F 大小为mg
C．滑块由A 到C 过程，轻绳对滑块所做的功为mgd
D．滑块由A 到C 过程，轻绳对滑块所做的功为mgd
[解析] 滑块到C 点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos 53°－mg＝0，解得F＝mg，故A 正确，B
错误；拉力F 做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A 间绳长L1＝，滑轮与C 间绳长L2＝，滑轮右
侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝－＝，拉力做功W＝FΔL＝mgd，故C 正确，D 错误。
[答案] AC
【变式训练1-2】如图所示，某人用大小不变的力F 通过滑轮拉着放在水平面上的物体缓慢移动。开始时
与物体相连的绳子和水平面间的夹角为α，当拉力F 作用一段时间后，绳子与水平面间的夹角为β，滑轮
距地面的高度为h。求绳子的拉力F′对物体做的功。(绳的质量、滑轮的质量和绳与滑轮之间的摩擦均不
计)
答案 Fh－
解析 在物体向右运动的过程中，绳子的拉力是一个变力(F′方向改变)，但拉力F′的作用效果与恒力F 的作
用效果相同，因此绳子的拉力F′对物体做的功等于力F 所做的功。
由题图可知，力F 的作用点移动的位移大小为
l＝－＝h－
则WF′＝WF＝Fl＝Fh－
【变式训练1-3】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02：微元法
【典型例题1】水平桌面上，长6m 的轻绳一端固定于O 点，如图所示（俯视图），另一端系一质量
m=2.0kg 的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F 拉着物体从M 点运动到N 点，F 的方
向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 对小球做的功为16π（J）
B．拉力F 对小球做的功为8π（J）
C．小球克服摩擦力做的功为16π（J）
D．小球克服摩擦力做的功为4π（J）
【答案】A
【详解】AB．将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F 在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力
F 大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°，W2=Fl2cos37°，Wn=Flncos37°，
故
故A 正确，
B 错误；
CD．同理可得小球克服摩擦力做的功
，故CD 错误。
故选A。
【典型例题2】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。如图所示，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.πFR
D.2πFR
答案 C
解析 把槽道分成x1、x2、x3、…、xn微小段，拉力在每一段上可视为恒力，则在每一段上做的功W1＝
F1x1，W2＝F2x2，W3＝F3x3，…，Wn＝Fnxn，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(x1
＋x2＋x3＋…＋xn)＝F(π·＋πR)＝πFR。故选项C 正确。
【变式训练2-1】(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m 的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为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。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F 做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
[解析] 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，故A 错误；支持力始终与运动方向垂直，
支持力不做功，故B 正确；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，拉力F 大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cos 37°、W2＝
Fl2cos 37°、…、Wn＝Flncos 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos
37°··2πR≈376.8 J，故C 正确；因物块在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf
＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D 错误。
[答案] BC
【变式训练2-2】[多选]如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球
从A 点运动到B 点的过程中空气阻力的大小F 阻不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－F 阻πL
[解析] 摆球下落过程中，重力做功为mgL，A 正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B 正
确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F 阻·πL，C 错误，D 正确。
[答案] ABD
【变式训练2-3】如图所示，一质量为
的物体从半径为
的圆弧轨道的
端，在拉力
作用下沿圆弧缓慢运动到
端（圆弧
在竖直平面内）。拉力
的大小始终为
，方向始终与物体
所在处的切线成
角。圆弧轨道所对应的圆心角为
，
边沿竖直方向。求这一过程中：（
取
，
，
）
(1)拉力
做的功；
(2)重力
做的功；
(3)圆弧面对物体的支持力
做的功。
【答案】(1)4.71J；(2)－2.93J；(3)0
【解析】(1)将圆弧AB 分成很多小段
，
，…，
，物体在这些小段上近似做直线运动，则拉力在每小
段上做的功为
，…，
，因拉力F 大小不变，方向始终与物体所在点的切线成
角，所以
…
(2)重力
做的功
(3)物体受到的支持力
始终与物体的运动方向垂直，所以
题型03：图像法
【典型例题1】放在地面上的木块与一水平轻弹簧相连，弹簧处于自由伸长状态．现用手水平拉弹簧，拉
力F 的作用点移动x1 = 0．2 m 时，木块开始运动，继续拉弹簧，木块又缓慢移动了x2 = 0．4 m 的位移，
其F-x 图象如图所示，则上述过程中拉力所做的功为( )
A．12 J
B．16 J
C．20 J
D．24 J
【答案】C
【详解】根据功的公式可知
，则类比于v-t 图象可知，图象与横坐标所围成的面积表示拉力的功，
则可知
，C 正确，ABD 错误．
【典型例题2】静置于光滑平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 的作用下，沿x 轴正方向运动，拉
力F 随物块所在位置位标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时拉力F 做的功为
（ ）
A．0
B．
Fmx0
C．
Fmx0
D．
x
【答案】C
【解析】由于水平面光滑，所以拉力F 即为合外力，F 随物块所在位置坐标x 的变化图像与横轴包围的面
积即为F 做的功，即
，故选C。
【典型例题3】木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入
木梁中的深度成正比，木匠砸击4 次，就把一枚长为
的钉子全部砸进木梁，那么他第1 锤将铁钉砸进木
梁的深度是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】作出钉子所受阻力与进入深度的关系图，可知前一半深度与后一半深度过程中，阻力做功之比为
，由题意可知，每次砸锤，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4 次，则第1 锤将铁钉砸进木
梁的深度是
。
故选B。
【变式训练3-1】如图甲所示，质量为4kg 的物体在水平推力作用下开始运动，推力F 的大小随位移x 变
化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为
，g 取10m/s2则（ ）
A．物体先做加速运动，推力撤去后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为200J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．因推力是变力，无法确定推力做的功
【答案】B
【解析】AC．滑动摩擦力
当推力大于20N 时，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到20N 时，加速度为零；当推力小于
20N 时，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动直至停止，选项AC 错
误；
BD．F-x 图线与横轴所围图形的面积表示推力做的功，则
选项B 正确，D 错误。故选B。
【变式训练3-2】一物体在水平拉力F 的作用下沿水平面运动。已知拉力F 随物体运动位移x 的变化情况
如图所示。则在0～8 m 的运动过程中，拉力F 做的功为( )
A．6 J B．18 J C．20 J
D．22 J
[解析] 0～2 m 力F 做功W1＝F1x1＝4 J；2～4 m 力F 做功W2＝F2x2＝－2 J；4～8 m 力F 做功W3
＝F3x3＝16 J；这个运动过程中F 做的总功为W＝W1＋W2＋W3＝18 J，B 正确，A、C、D 错误。
[答案] B
【变式训练3-3】在光滑水平面上，有一质量为10 kg 的滑块，在变力F 的作用下沿x 轴做直线运动，F-x
关系如图所示，4～8 m 和12～16 m 的两段曲线关于坐标点(10,0)对称。滑块在坐标原点处速度为1
m/s，则滑块运动到16 m 处的速度大小为( )
A．3 m/s
B．5 m/s
C．2 m/s
D．4 m/s
解析：选A 图像与坐标轴围成的面积表示变力F 做的功，所以根据动能定理得W＝10×4 J＝mv2－
mv02，解得v＝3 m/s。
【变式训练3-4】(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速
度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g 取10 m/s2)
( )
A．0～6 s 内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s 内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等
[解析] 由于P-t 图像与t 轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s 内拉力做的功为W＝×2×60 J＋
4×20 J＝140 J，故A 正确；由水平拉力的功率P＝Fv 可得，在0～2 s 内拉力F＝＝6 N,2～6 s，拉力F′
＝＝2 N，故B 错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s 内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，
解得μ＝＝＝0.25，故C 错误；由v-t 图像可知，物体在2 s 末的速度与6 s 末的速度相等，由动能定理W
合＝ΔEk 可知，0～6 s 与0～2 s 动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功
相等，故D 正确。
[答案] AD
【变式训练3-5】在水平地面上有一质量为
的物体，物体所受水平外力
与时间的关系如图
，物体
速度
与时间的关系如图
，重力加速度
已知，
、
、
均未知，则（ ）
A．若
已知，能求出外力
的大小
B．可以直接求得外力
和阻力
的比值
C．若
已知，可算出动摩擦因数的大小
D．可以直接求出前
和后
外力
做功之比
【答案】BD
【解析】A．若
已知，根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小
还能够求出减速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律可得
，
其中
不知道，不能求出外力
的大小，故A 错误；
B．由于
，
可以直接求得外力
和阻力
的比值
，故B 正确；
C．若
已知，
不知道，无法求解加速度，则无法求出动摩擦因数的大小，故C 错误；
D．前
外力做的功为
后
外力
做功
前
和后
外力
做功之比
，故D 正确。故选BD。
【变式训练3-6】如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固
定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，由A 处从静止开始
下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑的位移s 的变化关系如图(b)所示。已知AB 段
长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB 段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加
速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N 时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B 点时的动能；
(3)滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大
小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N 时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式
有
T＋mgsin θ－f＝ma
①
N－mgcos θ＝0
②
f＝μN
③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。
④
(2)设滑块在AB 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2 ⑤
式中T1、T2 和s1、s2 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8
N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，由动能定理有 W＋(mgsin
θ－f)＝Ek－0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。
⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为Ek。设滑块离B 点的最大距离为smax，由
动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
答案：(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
题型04：平均力法
【典型例题1】某弹簧的弹力（F）—伸长量（x）的关系图像如图所示，弹簧由被拉长4cm 到恢复原长的
过程中，弹力做功为（ ）
A．0.4J
B．-0.4J
C．0.8J
D．-0.8J
【答案】A
【解析】由图可知拉长4cm 时弹力为
，恢复原长时，弹力
。又因为弹簧的弹力是随位
移（即形变量x）均匀变化的，故弹力做的功大小为
A 正确BCD 错误。故选A。
800J，故 B 正确，ACD。
故选：B。
【变式训练4-1】用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第
一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的
深度为（ ）
A．（
-1）d
B．（
-1）d
C．
D．
d
【答案】B
【详解】铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，可用阻力的
平均值求功，据题意可得
，
联立解得
，故ACD 错误，B 正确。
故选B。
【变式训练4-2】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
W= F初+ F末
2
x= 100+80
2
×20J
【变式训练4-3】如图所示，一面积很大的水池，水深为
，水面上浮着一个正方体木块，木块边长为
，
密度为水的
，质量为
。开始时，木块静止，现用力
将木块缓慢压到水中，不计摩擦，求从开始施
力到木块刚好完全没入水面的过程中，力
所做的功。
【答案】
【解析】由于用力F 向下缓慢压木块，此木块近似处于平衡状态，木块所受合外力为零，但木块所受浮力
变大，因此所施外力为变力，由木块受力平衡可得
又
得
由上式得出F 与
呈线性关系，可用平均力做功来求解，当木块刚好完全没入水面时，
故此时
则
【变式训练4-4】如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m 的匀质物块以初速度v0向右传上水平台
面，物块前端在台面上滑动s 后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ 且
s>L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分两个阶段计算物块克服摩擦力所做功：物块在完全滑上台面前，摩擦力随滑上的距离从0 均匀
增大，最大值为
；物块滑上平台后摩擦力恒定，则有整个过程中克服摩擦力做的功
，故C 正确ABD 错误。故选C。
题型05：P-t 法
【典型例题1】（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mb
d −c
C．汽车启动过程的最大速度为1
d
D．汽车启动过程受到的阻力为mbc
d −c
【解答】解：AB、汽车从静止开始启动时，由P＝Fv，及F﹣f＝ma 得：a= P
m
•1
v −f
m
．结合图象有
P
m =
b
d −c ，得P= mb
d −c ，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1
vm
=c，得最大速度 vm= 1
c
，故C 错误。
D、汽车启动时受到的阻力 f= P
vm
= mbc
d −c ，故D 正确。
故选：BD。
【典型例题2】如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知
拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为Ff，经过A 点时的速度大小为
v0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t1，A、B 两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B 点时的速度大小v1；
(3)小船经过B 点时的加速度大小a.
答案 (1)Ffd (2)
(3)－
解析 (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功
Wf＝Ffd
①
(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功
W＝Pt1
②
由动能定理有
W－Wf＝mv1
2－mv0
2
③
由①②③式解得v1＝
④
(3)设小船经过B 点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向的夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为
v，则
P＝Fv
⑤
v＝v1cos θ
⑥
由牛顿第二定律有
Fcos θ－Ff＝ma
⑦
由④⑤⑥⑦式解得a＝－.
【变式训练5-1】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。
小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A．一直不做功
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
解析：选A 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向
垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆
心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D 项错误。
【变式训练5-2】如图所示，木板可绕固定水平轴O 转动。木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板
上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持
力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是( )
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
解析：选B 物块所受的摩擦力Ff 沿木板斜向上，与物块的运动方向垂直，故摩擦力Ff 对物块不做功，物
块在慢慢移动过程中，重力势能增加了2 J，重力做功－2 J，支持力FN 对物块做功2 J，故B 正确。
【变式训练5-3】如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103 kg 的汽车(可视为质点)，正以10 m/s
的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段用时15s，对应的vt 图像
如图乙所示(在t＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW 不变，假
设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。求：
(1)汽车在AB 路段上运动时所受阻力f1的大小。
(2)汽车刚好开过B 点时加速度a 的大小。
(3)BC 路段的长度。
[解析] (1)汽车在AB 路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：
F1＝f1
P＝F1v1
解得：f1＝＝N＝2 000 N。
(2)t＝15 s 时汽车处于平衡状态，有：
F2＝f2
P＝F2v2
解得：f2＝＝N＝4 000 N
刚好开过B 点时汽车的牵引力仍为F1，根据牛顿第二定律，有：
f2－F1＝ma
解得：a＝1 m/s2。
(3)对于汽车在BC 路段运动，由动能定理得：
Pt－f2s＝mv22－mv12
解得：s＝68.75 m。
[答案] (1)2 000 N (2)1 m/s2 (3)68.75 m
题型06：功能关系法——利用动能定理求变力做功
【典型例题1】如图所示，质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F 将小
球缓慢拉到细线与竖直方向成θ 角的位置．在此过程中，拉力F 做的功为( )
A．FLcos θ
B．FLsin θ
C．FL(1－cos θ)
D．mgL(1－cos θ)
【答案】D
【详解】在小球缓慢上升过程中，拉力F 为变力，此变力F 做的功可用动能定理求解．过程中拉力做正功，
重力做负功，缓慢运动可认为过程中动能变化量为零，由
，得
，D 正确．
【典型例题2】如图所示，某同学用细线吊着质量为m 的小球做圆锥摆运动，摆长为L，摆线与竖直方向
的夹角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为60°，小球仍做圆锥摆运
动，重力加速度为g。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为( )
A.mgL
B.mgL
C.mgL
D.mgL
解析：选A 锥角未变化前，运动半径为r＝L，细线的拉力和重力的合力充当向心力，故F＝mgtan 30°
＝m，解得v1
2＝gLtan 30°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为h1＝L。锥角变化后，小球的运动半径r＝
L，根据牛顿第二定律可得F′＝mgtan 60°＝m，解得v2
2＝gLtan 60°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为
h2＝L，故细线对小球做功为W＝ΔEk＋ΔEp＝m(v2
2－v1
2)＋mg(h1－h2)＝mgL，故选A。
【典型例题3】如图，滑块a、b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地
面上．a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小
为g，则( )
A．a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B．a 落地时速度大小为
C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
【答案】D
【解析】当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所
以轻杆对b 先做正功，后做负功，A 错误；a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒得：
mgh＝mvA
2，解得vA＝，B 错误；b 的速度在整个过程中先增大后减小，杆对b 的作用力先是动力后是阻
力，所以杆对a 的作用力就先是阻力后是动力，所以在b 减速的过程中，杆对a 是斜向下的拉力，此时a
的加速度大于重力加速度，C 错误；a、b 及杆系统的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，
此时b 受到杆的推力为零，b 只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b 对地面的压力大小
为mg，D 正确．
故选D．
【典型例题4】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．m
2 g
2
k
，m
2 g
2
k
B．m
2 g
2
k
，2m
2 g
2
k
C．0，m
2 g
2
k
D．0，2m
2 g
2
k
【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= mg
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x2，由胡克定律有 kx2＝
mg，解得：x2= mg
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；
这一过程中，物体A 上移的距离为：d＝x1+x2= 2mg
k
，
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= 2m
2 g
2
k
，故D 正确，
ABC 错误。
故选：D。
【变式训练6-1】一同学将地面上一质量m＝400 g 的足球沿与水平方向成θ＝45°角踢出，足球与脚分开
时的速度大小为10 m/s，不计空气阻力，足球可看做质点，重力加速度g＝10 m/s2。则该同学踢球时对
足球做的功为( )
A.200 J
B.100 J
C.20 J
D.10 J
答案 C
解析 由题意可知，足球离开脚时的速度为10 m/s，而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得W
＝mv2＝×0.4×102 J＝20 J，故C 正确，A、B、D 错误。
【变式训练6-2】用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0
～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B.0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大
C.物体在2～4 s 内速度不变
D.0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功
答案 D
解析 由Δv＝at 可知，a－t 图像中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s 内物体的
速度始终为正值，故运动方向一直为正方向，A 项错误；t＝5 s 时，加速度为零，速度最大，B 项错误；2
～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错误；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面
积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项正
确。
【变式训练6-3】质量为m 的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O
端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与
弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹
簧弹力所的功为( )
A.mv0
2－μmg(s＋x)
B.mv0
2－μmgx
C．μmg(s＋x)－mv0
2
D．－μmg(s＋x)
【答案】 C
【解析】 物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，对物体由动能定理可得W－μmg(s＋x)＝0－mv02，
解得W＝μmg(s＋x)－mv02，故选C.
【变式训练6-4】使用如图所示的卸货装置从高处卸下货物时，先将质量为m 的货物放置在倾角为α、长
为L 的粗糙木板上端，货物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回
到地面以下，货物以较小的速度v 水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速度大小为g。下列说法正
确的是（ ）
A．木板对货物做功为
B．木板对货物做功为
C．摩擦力对货物做功为
D．支持力对货物不做功
【答案】A
【详解】AB．设在整个过程中木板对货物做功为
，根据动能定理有
，木板对货
物做功为
，故A 正确，B 错误；D．木板转动，支持力与货物运动方向成钝角，支
持力对货物做功
为负值，故D 错误；C．木板对货物做功为
，摩擦力对货物做功为
，故C 错误。
故选A。
【变式训练6-5】如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始
沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则
小物块运动到2x0处时的动能可表示为（ ）
A．0
B．
Fmx0（1+π）
C．
Fmx0（1+
）
D．Fmx0
【答案】C
【详解】F-x 图线围成的面积表示拉力F 做功的大小，可知F 做功的大小W=
Fmx0+
πx02，根据动能
定理得，Ek=W=
Fmx0+
πx02 =
，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
【变式训练6-6】如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m=2kg 的物体，
以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x 轴正向的作用力F，其大小与坐标
的关系如图乙所示。则在x=4m 处，作用力F 的瞬时功率为（ ）
A．15W
B．20W
C．40W
D．无法计算
【答案】B
【详解】当物体运动到x=4m 处时，作用力
,作用力F 做的功
根据动能定理，有
代入数据，可得物体运动到x=4m 处时的速度
则在x=4m 处，作用力F 的瞬时功率为
,故B 正确，ACD 错误。
故选B。
【变式训练6-7】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）
= 1
2 mv1
2−0
在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝m v1
2
R1
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 v2
2
R2
，
代入数据解得：v2＝5❑√3m/s
小球从A 到E 过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣R2）+Wf= 1
2 mv2
2−0
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−1
2 mv2
2
代入数据解得：Ek＝87.5J，故D 正确。
故选：D。
【变式训练6-8】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．1
2F0r
【解答】解：t1 时刻，根据牛顿第二定律得：
F0= v1
2
r m
t2 时刻，根据牛顿第二定律得：
2 F0= v2
2
r m
根据动能定理得：
W= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
联立上述公式解得：W= 1
2 F0r，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【变式训练6-9】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mglsin
2θ
cosθ
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。
【变式训练6-10】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＝mv
2
l
解得：T= 1700
3
N，F= 1000
3
N，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﹣Wf= 1
2 mv
2−0
解得：Wf＝1.4×105J，故D 正确。
故选：D。
【变式训练6-11】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．3mgR
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：FN＝F′＝9mg，由牛顿第二定律得：
FN﹣mg=m v
2
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：
﹣2mgR﹣Wf＝0−1
2 mv
2
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。
【变式训练6-12】全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R 的1
4 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f = mg
π ，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．❑√
π −1
π
gR
B．❑√
π −2❑√2−❑√3
π
gR
C．❑√
3 ❑√3−1
3
gR
D．
❑√
2
3 gR
【解答】解：从A 到C，选手和车运动的路程为s= 1
6
πR，克服阻力做功为W＝fs= 1
6 mgR，由动能定
理，mgRsin30°﹣W= 1
2 mv
2−0，解得：v= ❑√
2
3 gR，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【变式训练6-13】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
W = 1
2 ×100×4 J
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。
【变式训练6-14】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。
【变式训练6-15】（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❑√2 g(h+ x0)
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）= 1
2 0.5mv
2，联立解得：v= ❑√2g(h+ x0)，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。
【变式训练6-16】（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。
【变式训练6-17】（多选）在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m 的物体P（可看
作质点）从弹簧上端由静止释放，物体沿竖直方向向下运动，物体的加速度a 与弹簧压缩量x 间的关系如
图所示，其中a0和x0为已知量。设该星球为质量均匀分布、半径为R（
）的球体，下列说法中正
确的是（ ）
A．物体在最低点处加速度大小为2a0
B．由题给条件可求得弹簧劲度系数k 的大小
C．由题给条件可求得物体的最大速度的大小
D．由题给条件可求得绕该星球运动卫星的第一宇宙速度
【答案】BCD
【详解】A．弹簧压缩量为
时，加速度为零，速度最大；根据运动的对称性可知，当物体速度为零时，
弹簧的压缩量为
，物体在最低点处加速度大小为a0，方向竖直向上，故A 错误；
B．根据图乙可知，当弹簧为发生形变时，根据牛顿第二定律有
当弹簧的压缩量为
时，加速度为零，有
,联立解得
,故B 正确；
C．根据牛顿第二定律可得，
由题给条件可求得物体的最大速度在弹簧压缩
处，从静止到速度最大这个过程根据动能定理得
，
，联立解得最大速度
，故C 正确；
D．有图乙可得
，该星球运动卫星的第一宇宙速度等于近地卫星运行速度，有重力提供向心力
，联立解得第一宇宙速度
，故D 正确。
故选BCD。
【变式训练6-18】（多选）如图所示，倾角为
的光滑足够长固定斜面上，一劲度系数为
的轻弹簧，
一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为
和
的物块
和
叠放在一起，压在弹簧上，处于静止
状态。对B 施加一沿斜面向上的外力，使B 以
（
为重力加速度）的加速度沿斜面匀加速直线运动，
则（ ）
A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
D．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
【答案】BD
【详解】AB．物块B 施加外力前，物块
和
受力平衡有
，两物块分离时，物块
和
间的作用力为零，物块
受力平衡有
，物块
上滑的距离为
，根
据动力学公式
，可得两物块分离时的速度大小为
，故A 错误，B 正确；CD．物块从开
始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练6-19】（多选）如图（a），辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头等部分构成，图（b）为提
水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为m0=0.5kg。某次从井中汲取
m=5.5kg 的水，t=0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图
（c）所示。井足够深且绳的质量忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．前10s，水斗做匀加速直线运动
B．前10s，井绳所受拉力大小恒定
C．前10s，水斗上升的高度为5m
D．前10s，井绳对水斗的拉力所做的功为300J
【答案】AB
【详解】A.水斗的速度为
，所以，前10s，水斗做匀加速直线运动，故A 正
确；
B．对水斗分析
，解得
所以前10s，井绳所受拉力
大小恒定，故B 正确；C．根据
，故C 错误；D．前10s，井绳对水斗的拉
力所做的功为
，故D 错误。
故选AB。
【变式训练6-20】机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m 的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在
竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升
高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h 时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有
解得
（2）根据速度公式有
解得
根据动能定理有
解得
题型07：变力做功的实际应用
【典型例题】如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m 后达到v1＝216
km/h 的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1 倍。起飞
后，飞机以离地时的功率爬升t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝720 km/h。已知飞机的
质量m＝1×105 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
答案 (1)4×105 N (2)1.898×1010 J
解析 (1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F
阻，由牛顿第二定律得F－F 阻＝ma，联立解得F＝4×105 N。
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝mv－mv，解得Wf
＝1.898×1010 J。
【变式训练7-1】在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球
以约为1 m/s 的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空
气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A.1 J
B.10 J
C.50 J
D.100 J
答案 B
解析 该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5
J，故选项B 正确。
【变式训练7-2】用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比．已知铁锤第
一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的
深度为( )
A．(－1)d
B．(－1)d
C.
D.d
答案 B
解析 铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功．由于阻力与深度成正比，可用阻力的平
均值求功，据题意可得
W＝1d＝d ①
W＝2d′＝d′②
联立①②式解得d′＝(－1)d，故选B.
【变式训练7-3】在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起
缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图
所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由
端的距离L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛
车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B 处停下．已知赛车的质量m
＝2 kg，A、B 之间的距离L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v＝4 m/s，方向水平向
右．取g＝10 m/s2.求：
(1)赛车和地面间的动摩擦因数；
(2)弹簧被压缩的最大距离．
答案 (1)0.2 (2)0.5 m
解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点停下，由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－mv2
解得μ＝0.2
(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得
FL1－μmg(L1＋2L)＝mv2－0
解得L＝0.5 m
题型08：变化的摩擦力做功问题
【典型例题】 (多选)如图所示，一固定竖直轨道由半径为R 的四分之一圆弧AB、长度为L 的水平直轨道
BC 和半径为r 的四分之一圆弧CD 构成，BC 与两圆弧分别相切于B 点和C 点。质量为m 的物块从A 点由
静止释放，恰好能到达D 点，已知物块在圆弧AB 上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD 上克服摩擦力做
的功为W2，重力加速度大小为g，则物块与水平直轨道的动摩擦因数μ 和在C 点的向心加速度a 大小分别
为( )
A．μ＝＋
B．μ＝－
C．a＝2g＋
D．a＝2g＋
解析：选BC 设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD 整个过程，由动能定理得：
mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，又因为W3＝μmgL，由以上两式联立可解得：μ＝－，故A 错误，B 正确；
由动能定理，对于ABCD 整个过程有：mg(R－r)－(W1＋W2＋W3)＝0，对于ABC 过程有：mgR－(W1＋W3)
＝mvC
2－0，由向心加速度公式得：a＝，由以上各式可解得：a＝2g＋，故C 正确，D 错误。
【变式训练8-1】 如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m 的匀质物块以初速度v0向右传上水平
台面，物块前端在台面上滑动s 后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ，且s
＞L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为( )
A．μmg
B．μmgs
C．μmg
D．μmg(s－L)
[解析] 物块在完全滑上台面前，摩擦力由0 均匀增大到μmg，完全滑上平台后物块所受摩擦力恒定不
变，故整个过程中物块克服摩擦力做功W＝L＋μmg(s－L)＝μmg，故C 正确。
[答案] C
【变式训练8-2】(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 的变化图像
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．小物块下滑到底端时的速度大小为
解析：选BC 小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α＞μ0mgcos α，即μ0＜tan α，故
A 错误；根据牛顿第二定律得a＝＝gsin α－μgcos α，下滑过程中μ 逐渐减小，则加速度a 逐渐增大，故
B 正确；由题图乙可知μ＝－x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcos α＝－x＋μ0mgcos α，可知Ff 与x 成线性关
系，如图所示，
其中Ff0＝μ0mgcos α，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则小物块下滑到斜面底端的过
程克服摩擦力做功Wf＝Ff0l＝μ0mglcos α，故C 正确；下滑过程根据动能定理得mglsin α－Wf＝mv2－
0，解得v＝，故D 错误。
【变式训练8-3】如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端与圆心O 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 点滑到Q 点的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D.mgR
[解析] 在Q 点质点在竖直方向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为mgR，C 正确。
[答案] C
题型09： 涉及弹簧的变力做功问题
【典型例题】如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，弹簧一直保持竖直，空气阻力不计，那
么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球的动能一直减小
B．小球的机械能守恒
C．克服弹力做功大于重力做功
D．最大弹性势能等于小球减少的动能
【答案】C
【解析】小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当与弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧
压缩量小，因此重力大于弹力，速度增大，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，当重力等于弹力时，速度
最大，然后弹簧继续被压缩，弹力大于重力，小球开始减速运动，所以整个过程中小球先加速后减速运
动，根据Ek＝mv2，动能先增大然后减小，故A 错误；在向下运动的过程中，小球受到的弹力对它做了负
功，小球的机械能不守恒，故B 错误；在向下运动过程中，重力势能减小，最终小球的速度为零，动能减
小，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，根据能量守恒，最大弹性势能等于小球减少的动能和减小的重力
势能之和，即克服弹力做功大于重力做功，故D 错误，C 正确．
故选C．
【变式训练9-1】 轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg 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＝0.4 m 处
时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J
B.3.5 J
C.1.8 J
D.2.0 J
答案 A
解析 物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F－x 图像与x 轴
所围面积表示功，可知F 做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ff x＝0.4 J。由于物块运动至x＝0.4 m 处
时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A 正确。
【变式训练9-2】（多选）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相
连。现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。已知在M、N 两点处，弹簧对小球的
弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
解析：选BCD 在M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M 点时
弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，
当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始
做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，
弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态
时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹
力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由机械能守恒定律知，在M、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点
动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确。
【变式训练9-3】 质量为m 的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距
s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力
加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.mv－μmg(s＋x)
B.mv－μmgx
C.μmgs
D.μmg(s＋x)
答案 A
解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由功能关系可得W 弹＋Wf＝mv，W
弹＝mv－μmg(s＋x)，故选项A 正确。
1.(多选)如图所示，n 个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，
它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦
因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( )
A.Mv2 B．Mv2C.μMgl D．μMgl
答案：AC
解析：小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块进入粗糙水平面后速度为零，以所有小方块为研究对
象，根据动能定理得：Wf＝0－Mv2，所以所有小方块克服摩擦力做功为Mv2，故A 正确，B 错误。由于
摩擦力是变力，联立Ff＝μFN 和FN＝x，得Ff＝x。
画出Ffx 图象如图所示，Ffx 图象围成的面积代表克服摩擦力所做的功，故C 正确，D 错误。
2.(多选)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运
动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位
移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35
B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C.匀速运动时的速度约为6 m/s
D.减速运动的时间约为1.7 s
答案：ABC
解析：Fx 图象围成的面积代表拉力F 所做的功，由图知减速阶段Fx 围成面积约13 个小格，每个小格表示
1 J 则约为13 J，故B 正确。刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝＝0.35，故A 正
确。全程应用动能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C 正
确。由于不是匀减速直线运动，没办法求减速运动的时间。
3.(多选)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处
于静止状态，轨道动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动1 开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体
速度正好为零，则( )
A．拉力F 所做功为nFl
B．系统克服摩擦力做功为
C．F＞
D．(n－1)μmg＜F＜nμmg
答案：BC
解析：物体1 的位移为(n－1)l，则拉力F 所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl.故A 项错误；系统克服摩擦力
做功为：Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝，故B 项正确；由题意可得，连接第n 个
物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有：WF＝Wf，解得：F＝，现由
于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系，可知F＞，故C 项正确，D 项错误．
4．如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面
与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L
＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端由静止释放．
已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面
顶端静止释放到下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )
A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4 N
B．矩形板的重力做功为 WG＝3.6 J
C．产生的热量为Q＝0.8 J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时的速度大小为 m/s
答案：BCD
解析：矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，故
A 错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，所以B 正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝
2×μmgcos θ·d＝0.8 J，所以C 正确；根据动能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D 正确．
5.轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg 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＝0.4 m 处时速度为零，则此时
弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J
答案:A
解析:物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N.现对物块施加水平向右的外力F，由F－x 图象与x 轴所围
面积表示功可知F 做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J.由于物块运动至x＝0.4 m 处时，速度
为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A 正确.
6.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？
答案:
解析: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＝。
7．如图所示，倾角为θ 的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L.有若干个相同的小方块
沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L.将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L.当下端运动到A 下面距
A 为L/2 时物块运动的速度达到最大．
(1)求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；
(2)求物块停止时的位置；
(3)要使所有物块都能通过B 点，由静止释放时物块下端距A 点至少要多远？
答案：(1)2tanθ (2)物块的下端停在B 端 (3)3L
解析：(1)当整体所受合外力为零时，物块速度最大，设整体质量为m，则mgsinθ＝μmgcosθ，得μ＝
2tanθ.
(2)设物块停止时下端距A 点的距离为x，根据动能定理mg(2L＋x)sinθ－μmgcosθL－μmgcosθ(x－L)＝0，
解得x＝3L，即物块的下端停在B 端．
(3)设静止时物块的下端距A 的距离为x′，物块的上端运动到A 点时速度为v，根据动能定理mg(L＋x′)sinθ
－μmgcosθL＝mv2，
物块全部滑上AB 部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量m0，运动到B 点
时速度正好减到0，根据动能定理m0g3Lsinθ－μm0g3Lcosθ＝0－m0v2，得x′＝3L.
8．如图所示，倾角为θ 的无限长斜面上PQ 部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑．质量均为m 的四个
小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L 且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘
连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ 段的动摩擦因数均为2tanθ.A、B、C、D 同时释放时A 恰在P
点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q 点．重力加速度为g.求：
(1)A 在PQ 段运动刚达到最大速度时的位置；
(2)物块C 刚过P 点时，杆对物块D 的弹力；
(3)要使四个物块均能通过Q 点最初释放各物块时的初速度应该满足的条件．
答案：(1)2 (2)mgsinθ (3)初速度应大于
解析：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到合力为零时运动速度达最大值，有：
μ·nmgcosθ＝4mgsinθ ①得到：n＝2 ②即滑块B 刚过P 点，此时A 离P 点的距离为L
③
(2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得：μ·3mgcosθ－4mgsinθ＝4ma ④得到a＝gsinθ，方向沿斜面向上
⑤
对物块D 用牛顿第二定律得：F－mgsinθ＝ma ⑥解得F＝mgsinθ，方向沿斜面向上⑦
(3)要使四个物块都能滑出Q 处，物块D 过Q 点时它的速度应大于零．物块A 离开Q 点时，杆的作用力为
零，设物块D 刚过P 点时的速度为v 对物块D 从P 到Q 的过程用动能定理得：mgsinθ×3L－μmgcosθ×3L
＝0－mv2 ⑧解得：v＝⑨设开始下滑时的初速度为v0，对整体进入PQ 段过程用动能定理：
4mgsinθ×3L－μmgcosθ(3L＋2L＋L)＝×4mv2－×4mv02 ⑩解得：v0＝v＝⑪
即释放时，初速度应大于
