专题3.1 功的计算问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破
专题3.1功的计算问题
【专题诠释】
1．计算功的方法
(1)对于恒力做功利用W＝Fl cosα；
(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；
(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.
2．合力功计算方法
(1)先求合外力F合，再用W合＝F合l cosα求功．
(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
3．几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．【高考领航】
【2019·江苏卷】如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点
向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，
与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（）
A ．弹簧的最大弹力为μmg
B ．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C ．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D ．物块在A 2gs
μ【答案】BC 【解析】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹μ>，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为：2mg s μ⋅，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：max P E mgs μ=，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：201202
mg s mv μ-⋅=-，解得：02v gs μ=D 错误。

【2018·新课标全国II 卷】如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（）
A ．小于拉力所做的功
B ．等于拉力所做的功
C ．等于克服摩擦力所做的功
D ．大于克服摩擦力所做的功
【答案】A 【解析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：2102
F f W W mv -=
-，所以动能小于拉力做的功，故A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。

【2018·天津卷】滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）
A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变
【答案】C
【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心
力，故有
22
cos cos
N N
v v
F mg m F m mg
R R
θθ
-=⇒=+，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对
运动员的支持力越来越大，根据N
f Fμ=可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误。

【技巧方法】
求变力做功的六种常用方法
方法常见情景方法概述
应用动能
定理
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用
于求恒力做功，也适用于求变力做功．因动能定理可由动
能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选
微元法将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上
作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将求变力做功转
化为求在无数个无穷小的位移方向上的恒力所做功的代
数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改
变的变力做功问题
平均力法
在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随
位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到
一大小为F ＝F 1＋F 2
2的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、
末态所受到的力，然后用公式W ＝Fl cos α求此力所做的功
图象法在F －x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示
力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，
位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图
线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图
形)
化变力为
恒力
变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研
究的对象，有时可化为恒力做功，用W ＝Fl cos α求解．此
法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中
用W ＝Pt
计算这是一种等效代换的观点，用W ＝Pt 计算功时，必须满
足变力的功率是一定的这一条件
【最新考向解码】
【例1】(2019·江西赣州高三上学期期末)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s 内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。

下列说法正确的是()
A ．0～6s 内物体的位移大小为12m
B ．0～6s 内拉力做功为70J
C ．物体的质量为10kg
D ．滑动摩擦力的大小为5N
【答案】BCD 【解析】0～6s 内物体的位移大小等于v ­t 图象中图线与时间轴所包围的面积，即x ＝10m ，A 错误；0～
2s 内拉力做的功W 1＝P ·t 1＝0＋302
×2J ＝30J,2～6s 内拉力做的功W 2＝Pt 2＝10×4J ＝40J ，所以0～6s 内拉力做的总功W ＝W 1＋W 2＝70J ，B 正确；在2～6s 内，v ＝2m/s ，P ＝10W ，物体做匀速直线运动，F ＝f ，
则滑动摩擦力f ＝F ＝P v ＝102N ＝5N ，当P 1＝30W 时，v ＝2m/s ，得到牵引力F 1＝P 1v ＝302
N ＝15N ，在0～2s 内，物体做匀加速直线运动，加速度a ＝
Δv Δt
＝1m/s 2，由牛顿第二定律可得：F 1－f ＝ma ，可知：m ＝10kg ，C 、D 正确。

【例2】(2019·
湖北四地七校高三上学期期末联考)如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是()
A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sinθB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cosθC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大
【答案】C
【解析】：.缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即W F＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cosθ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误．
【微专题精练】
1.(2019·衡水中学信息卷)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是()
A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心B．动摩擦因数μ一定大于tanθ
C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπR cosθ
D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功
【答案】BD
【解析】小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B 点时由牛顿第二定律F f－mg sinθ＝mRω2，F f>mg sinθ，又因F f≤μmg cosθ，所以μmg cosθ>mg sinθ，则μ一定大于tanθ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2R sinθ＋W F f＝0，解得W F f＝－mg·2R sinθ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确．
2.如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。

设先、后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是()
A.1
2 B.2
3 C.3
4D ．1
【答案】AB
【解析】第一次击打，小球运动的最高高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高
点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R
，即v 高＝gR ，小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg 2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 1W 2≤23
，故选A 、B 。

3.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(
)A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1
B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1
C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1
D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1【答案】：C
【解析】：根据x ＝
v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t ，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22
.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律F －F f ＝ma 得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22
.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14
W F 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．
4.如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v­t图
象如图乙所示．下列说法正确的是()
甲乙
A．在0～t1时间内，货物处于超重状态
B．在t1～t2时间内，起重机拉力对货物不做功
C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小
【答案】AD
【解析】由v­t图象可知在0～t1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；在t1～t3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B、C错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P＝Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D正确．
5.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大小为()
A．1
2
Mv2B．Mv2
C．1
2
μMgl D．μMgl
【答案】AC
【解析】总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力
达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为F f＝1
2
μMg，由功的公式可得W f＝－F f·l＝－1
2
μMgl，功的大小
为12μMgl ，C 正确，D 错误；用动能定理计算，则为：W f ＝0－12Mv 2＝－12Mv 2，其大小为12
Mv 2，A 正确，B 错误。

6.(2019·漳州检测)质量为2kg 的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3m/s ，则其末速度为()
A ．5m/s
B ．23m/s
C ．5m/s
D ．35m/s
【答案】B 【解析】F ­x 图像与x 轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W ＝(2×2＋4×4－3×2)J ＝14J ，根据
动能定理得：W ＝12mv 2－12
mv 02，解得：v ＝23m/s ，故B 正确。

7.(2019·湖北孝感高三联考)张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m ，目测空中脚离地最大高度约0.8m ，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近()
A ．65J
B ．750J
C ．1025J
D ．1650J
【答案】B 【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀减速直线运动，
则t ＝
2h g ＝2×0.810s ＝0.4s ，竖直方向初速度v y ＝gt ＝4m/s
水平方向做匀速直线运动，则
v 0＝2.52×0.4
m/s ＝3.125m/s ，
则起跳时的速度
v ＝v 20＋v 2y ＝16＋9.8m/s ＝5.08m/s
设中学生的质量为50kg ，根据动能定理得：
W ＝12mv 2＝12
×50×25.8J ＝645J ；最接近750J ，B 项正确。

8.如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，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，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为()
A.14
mgR B.13mgR C.12
mgR D.π4
mgR 【答案】C 【解析】在Q 点质点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F N －mg
＝m v 2R F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12
mgR ，所以克服摩擦力做功12
mgR ，C 正确。

9.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(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L 。

将它们由静止释放，释放时它们下端距A
点的距离为2L 。

当小方块下端运动到A 点下面距A 点L 2
处时，小方块运动的速度达到最大。

设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A 点的距离为x ，则下列说法正确的是()
A ．μ＝tan θ
B ．μ＝2tan θ
C ．x ＝2L
D ．x ＝3L
【答案】BD 【解析】小方块速度最大时，所受合力为0，此时有一半的小方块受到滑动摩擦力，有mg sin θ＝μ·12
mg cos θ，所以μ＝2tan θ，B 正确，A 错误；小方块停止时，假设x ≤3L ，由动能定理有mg sin θ(2L ＋x )－μmg cos θ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-2L x ＝0，解得x ＝3L ，假设成立，D 正确，C 错误。

10.如图所示，一个质量为m ＝1kg 的带孔小球穿在固定的粗糙水平长横杆上，小球与横杆间的动摩擦因数为μ＝0.6.某时刻小球获得一个水平向右的瞬时速度v 0＝15m/s ，同时小球受到一个竖直向上的作用力F ，F 与速度的平方成正比，比例常数为k ＝0.4，重力加速度为g ＝10m/s 2，则小球运动的整个过程中()
A ．作用力F 对小球做功为0
B ．作用力F 对小球做功为－112.5J
C ．摩擦力对小球做功为－112.5J
D ．摩擦力对小球做功为－100J
【答案】AD 【解析】对小球受力分析可知，初始状态F ＝kv 2＝0.4v 2，当v 0＝15m/s ，F 0＝90N ＞mg ＝10N ，则小球受力如图所示．
因为小球所受的作用力F 与位移方向垂直，所以作用力F 对小球做功为零，故A 选项正确，B 选项错误；“小球运动的整个过程中”指从初态至稳定状态的过程．由于小球受到杆的向下的弹力，小球受到与运动方向相
反的沿杆的摩擦力f ，但由于F ＝kv 2，随着小球的减速运动，导致F 减小．由于竖直方向上合力为零，则杆给小球的弹力N G 减小，当F ＝mg 时，小球达到匀速状态．
有kv 22＝mg ，解得v 2＝5m/s ，在这个过程中弹力在变化，因此摩擦力是变力．在v 0＝15m/s 到v 2＝5m/s 过
程中，小球受到重力mg ，向上的拉力F 、向下的弹力N G ，只有摩擦力做功，对小球用动能定理，有W f ＝12
mv 22－12
mv 20＝－100J ，D 选项正确，C 选项错误．。