第六章 微专题38　变力的功-2025年物理《加练半小时》新教材版

第六章机械能守恒定律微专题38变力的功1．计算变力的功常用微元法、图像法、平均值法(如弹簧弹力的功)、动能定理法。2.若功率恒定，常用W＝Pt求解。1．一小球用细线悬挂在天花板上，处于静止状态。第一次如图甲所示，用一个水平向右的拉力F1作用在小球上。使小球缓慢移动至细线与竖直方向的夹角为θ的位置；第二次如图乙所示，用一个始终与细线垂直且在同一竖直面内的拉力F2，也使小球缓慢移动至细线与竖直方向的夹角为θ的位置，则下列判断正确的是()A．两个过程中，拉力F1、F2都不断增大B．两个过程中，细线的张力都不断增大C．第一次拉力F1做的功比第二次拉力F2做的功多D．细线与竖直方向的夹角为θ时，F1小于F2答案A解析根据共点力平衡，题图甲中有F1＝mgtanθ细线的拉力FT1＝eq\f(mg,cosθ)，题图乙中有F2＝mgsinθ，细线的拉力FT2＝mgcosθ在小球缓慢运动的过程中，随着θ增大，F1、F2都不断增大，题图甲中细线的张力不断增大，而题图乙中细线的张力不断减小，选项A正确，B错误；根据动能定理有WF＋WG＝0，两次克服重力做的功相同，因此拉力F1、F2做的功相等，选项C错误；由F1＝mgtanθ和F2＝mgsinθ可知，细线与竖直方向的夹角为θ时，F1大于F2，选项D错误。2.质量为m、长为L的匀质木板以速度v0向右运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是粗糙的，且与木板的动摩擦因数为μ，当木板全部进入时刚好静止，则木板的初速度v0是(重力加速度为g)()A.eq\r(μgL)B．2eq\r(μgL)C.eq\r(3μgL)D．3eq\r(μgL)答案A解析摩擦力与位移为线性关系，可以用平均摩擦力来求摩擦力做功，根据动能定理得－eq\f(1,2)μmgL＝0－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(μgL)，故选A。3.(2023·贵州省模拟)在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨的平均拉力为600N，拉力沿磨盘圆周切线方向，磨盘的转动半径r为0.5m，转动一周为5s，则()A．驴转动一周拉力所做的功为0B．驴转动一周拉力所做的功为650πJC．驴转动一周拉力的平均功率为120πWD．磨盘边缘的线速度大小为0.1πm/s答案C解析驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为驴拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，磨转动一周，弧长L＝2πr＝πm，所以拉力所做的功W＝FL＝600×πJ＝600πJ，故A、B错误；根据功率的定义得P＝eq\f(W,t)＝eq\f(600π,5)W＝120πW，故C正确；线速度大小为v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(2π×0.5,5)m/s＝0.2πm/s，故D错误。4.如图所示，密度为ρ、棱长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上方的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)()A．ρa3gh B.eq\f(1,2)a3gh(ρ＋ρ0)C．ρ0a3gh(a－h) D.eq\f(1,2)a3gh(a－h)(ρ＋ρ0)答案B解析木块漂浮在水面上时有F浮＝G＝ρga3，木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮′＝ρ0ga3，浮力做的功为W＝eq\f(F浮＋F浮′,2)h＝eq\f(1,2)ga3h(ρ＋ρ0)，故选B。5.(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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．拉力F大小为eq\f(5,3)mgB．拉力F大小为eq\f(5,4)mgC．滑块由A到C过程轻绳对滑块做功为eq\f(25,36)mgdD．滑块由A到C过程轻绳对滑块做功为eq\f(25,48)mgd答案AC解析滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳对滑块做的功，滑轮在A点时，OA间绳长L1＝eq\f(d,sin37°)，滑轮在C点时，OC间绳长L2＝eq\f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增加的长度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，故C正确，D错误。6.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的小滑块(可视为质点)自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g。小滑块自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在Q点小滑块在竖直方向受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力提供向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－W克f＝eq\f(1,2)mv2，解得W克f＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mgR，选项C正确。7．(多选)如图所示，在一半径为R＝6m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B、F方向与圆弧AB在同一竖直平面内且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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，π＝3.14。在这一过程中，下列说法正确的是()A．重力做功为240JB．支持力做功为0C．拉力F做功为376.8JD．摩擦力做功为136.8J答案BC解析物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－240J，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eq\x\to(AB)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＝Fl1cos37°、W2＝Fl2cos37°、…、Wn＝Flncos37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°×eq\f(1,6)×2πR＝376.8J，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＝－376.8J＋240J＝－136.8J，故D错误。8．(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则()A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t(m/s)B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t(W)C．0～10s内水斗上升的高度为4mD．0～10s内井绳拉力所做的功为520J答案AD解析根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝eq\f(40,10)×0.1t(m/s)＝0.4t(m/s)，A正确；井绳拉力瞬时功率P＝FTv＝FTωr又由于FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，根据上述有a＝0.4m/s2，则有P＝10.4t(W)，B错误；根据图像可知，0～10s内水斗上升的高度为h＝eq\f(ωr,2)t＝eq\f(40×0.1×10,2)m＝20m，C错误；根据上述P＝10.4t(W)0～10s内井绳拉力所做的功为W＝eq\x\to(P)·t＝eq\f(10.4×10×10,2)J＝520J，D正确。9.(多选)(2024·四川成都市七中阶段练习)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在地面上，质量为m的物体A与轻弹簧上端拴接，质量为2m的物体B静止在A上，竖直向下的力F＝3mg作用在B上，系统处于静止状态，现在减小F使A、B以eq\f(g,3)的加速度一起匀加速上升，直到F＝0的过程，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则()A．F＝mg时，物体A和物体B之间压力为eq\f(10mg,3)B．物体A、B开始运动后，F随位移均匀的减小C．A、B从静止到F＝0的过程合外力对A、B系统做功为eq\f(2m2g2,k)D．A、B从静止到F＝0的过程弹簧弹力对A、B系统做功为eq\f(8m2g2,k)答案BC解析A、B一起匀加速上升，对B分析，由牛顿第二定律得FNAB－F－2mg＝2m·eq\f(1,3)g，当F＝mg时，可得FNAB＝eq\f(11,3)mg，故A错误；系统静止时，对A、B整体分析有kx0＝F＋3mg＝6mgA、B以eq\f(g,3)的加速度一起匀加速上升位移x时，有k(x0－x)－F－3mg＝3m·eq\f(1,3)g，可得F＝－kx＋2mg