【物理】2020届一轮复习人教版专题五求解变力做功的方法学案
专题五：求解变力做功的方法
1．等值法
若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功．恒力做功又可以用W＝Fscosα计算．
例1如图，定滑轮至滑块的高度为h，已知细绳的拉力为F(恒定)，滑块沿水平面由A点前进s至B点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β.求滑块由A点运动到B点的过程中，绳的拉力对滑块所做的功．(不考虑绳、滑轮的摩擦和滑轮的质量)．
解析 设绳对滑块的拉力为T，显然T与F大小相等，细绳的拉力在对滑块做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．拉力F的大小和方向都不变，可以用公式W＝Fscosα直接计算．由图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F的位移大小为
Δs＝s1－s2＝－
故WF＝F·Δs＝Fh.
答案 Fh
2．功率法
若功率恒定，可根据W＝Pt求变力做的功．
例2一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶，经过时间t，其速度由0增大到v.已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力．求这段时间内列车通过的路程．
解析
错解：以列车为研究对象，水平方向受牵引力F和阻力f.
根据P＝Fv可知牵引力F＝P/v，
设列车通过的路程为s，根据动能定理有(F－f)s＝Mv2，
联立解得s＝.
正解：以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力．设列车通过的路程为s，根据动能定理有WF－Wf＝Mv2－0.因为列车功率一定，由P＝，可知牵引力做的功WF＝Pt，联立解得s＝.
答案
3．动能定理法
由做功的结果——动能的变化来求变力做的功，即W＝ΔEk.
例3一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a，b，c三点时的动能分别为Ea，Eb，Ec，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )
A．Eb－Ea＝Ec－Eb
B．－Eb－Ea
Ec－Eb
D．EaWbc，根据动能定理判断．C正确．A，B错误；又由a经b到c，拉力一直做正功，故物体的动能一直在增加，选项D正确．
答案 CD
4．功能关系法
某种力做功与某种能对应，如重力、电场力做功分别与重力势能、电势能相对应，可根据相应能的变化求对应的力做的功．
例4面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为a，密度为水密度的，质量为m，开始时，木块静止，如图所示，现用力F将木块缓慢地压到水池底，不计摩擦，求：从开始到木块刚好完全没入水中的过程中，力F所做的功．
解析 解法一：因水池面积很大，可忽略因木块压入而引起的水深的变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来画线区域的水被推开，相当于这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为：
ΔE水＝mgH－mg＝mga
木块势能的改变量为：
ΔEm＝mg－mgH＝－mga
根据动能定理，力F做的功为：
W＝ΔE水＋ΔEm＝mga.
解法二：从开始到木块完全没入水中的过程，力F所做的功为变力功．也可画出F－s图象，做功在数值上等于F－s图线与位移s轴所围图形的面积的数值，在压下木块过程中，力F与位移s成正比，从开始到完全没入水中，力F的位移为a， 作出F－s图象如图，据图象可求得做功W＝×amg＝mga.
答案 mga
5．平均力法
如果力的方向不变，力的大小随位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值(恒力)代替变力，利用功的定义式W＝Fscosθ来求功．
6．图象法
如果参与做功的力是变力，方向与位移方向始终一致而大小随时间变化，我们可作出该力随位移变化的图象．如图所示，那么曲线与坐标轴所围的面积，即为变力做的功．
例5用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比．在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内1 cm.问击第二次时，能击入多少深度？(设铁锤每次做功相等)
解析
解法一：平均力法
铁锤每次做的功都用来克服铁钉阻力，但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即f＝kx，而摩擦阻力可用平均阻力来代替．
如图甲所示，第一次击入深度为x1，平均阻力＝kx1，做功为W1＝1x1＝kx.
第二次击入深度为x1到x2，平均阻力2＝k(x2＋x1)，
位移为x2－x1，
做功为W2＝2(x2－x1)＝k(x－x)．
两次做功相等W1＝W2，解得x2＝x1＝1.41 cm，故Δx＝x2－x1＝0.41 cm.
解法二：图象法
因为阻力F＝kx，以F为纵坐标，F方向上的位移x为横坐标，作出F－x图象，如图乙所示．曲线与横坐标轴所围面积的值等于阻力F对铁钉做的功．
由于两次做功相等，故有：
S1＝S2(面积)，
即kx＝k(x2＋x1)(x2－x1)，
故Δx＝x2－x1＝0.41 cm.
答案 0.41 cm
7．极限法(极端法)
极限法是把某个物理量推向极端，即极大和极小或极左和极右，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论的思维方法．
极限法在进行某些物理过程的分析时，具有独特的作用，恰当地应用极限法能提高解题效率，使问题化难为易，化繁为简．
例6如图所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动静止在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB＝BC，物体经过A、B、C三点时的动能分别为EkA，EkB，EkC，则它们之间满足的关系是( )
A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkAEkC－EkB D．EkC<2EkB
解析 此题中物体受到的拉力大小恒定，但与水平方向的夹角逐渐增大，属于变力做功问题，求拉力做的功可转化为恒力做功问题．设物体在A、B、C三点时到滑轮的距离分别为L1、L2、L3，则W1＝F(L1－L2)，W2＝F(L2－L3)，要比较W1和W2的大小，只需要比较(L1－L2)和(L2－L3)的大小．由于从L1到L3的过程中，绳与水平方向的夹角逐渐变大，所以可以把夹角推到两个极端情况．L1与水平方向的夹角很小，推到接近于0°时，则L1－L2≈AB；L3与水平方向的夹角较大，推到接近90°时，则L2－L3≈0，由此可知，L1－L2>L2－L3，故W1>W2，再由动能定理可判断C、D正确．
答案 CD
8．微元法
在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再对“元过程”运用必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题得到解决．
当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力的方向与位移的方向同步变化，则可用微元法将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为是恒力做功，那么总功即为各个小元段做功的代数和．
例7如图所示，将质量为m的物体从山脚拉到高为h的山顶，且拉力总是与物体所经过的坡面平行，已知物体与坡面的动摩擦因数为μ，山脚到山顶的水平距离为s，求将物体从山脚拉到山顶克服摩擦力做多少功？
解析 物体在拉力作用下从山脚拉到山顶，由于摩擦力在山坡的不同位置方向、大小都发生变化，要求出克服摩擦力所做的功，可通过取一微元段进行分析，最后求得摩擦力做的总功．如图，设想物体在山坡上通过一微元段ΔL时，摩擦力的大小为f，当ΔL很小时，可认为摩擦力为恒力．
所以物体克服摩擦力做功：
ΔW＝fΔL＝μmgcosθΔL＝μmgΔs，
故克服摩擦力做的总功：
W＝∑ΔW＝μmgs.
答案 μmgs
9．补偿法
有些问题从表面上看无从下手，或者由题设条件很难直接求解．但是，在与原题条件不相违背的前提下，如果适当地补偿一定的物理模型、物理装置，或者一定的物理过程、物理量等，补缺求整，往往可使问题由“繁”变“简”，从而解决问题．这种思维方法称为补偿法．
例8 如图所示，质量为M的机车，牵引质量为m的车厢在水平轨道上匀速前进，某时刻车厢与机车脱钩，机车在行驶L路程后，司机发现车厢脱钩，便立即关闭发动机让机车自然滑行，该机车与车厢运动中所受阻力都是其车重的k倍，且恒定不变．试求当机车和车厢都停止运动时，机车和车厢的距离．
解析 所求机车与车厢的距离等于车厢与机车脱钩后二者位移之差，题中只涉及位移、力、速度，故可利用牛顿运动定律、动能定理等多种知识求解．
解法一：运用动能定理求解
所设各量如题图所示，对机车脱钩后的全过程应用动能定理
对机车：F·L－kMg·s1＝0－Mv2
对车厢：－kmg·s2＝0－mv2
列车原来做匀速运动，故有F＝k(M＋m)g
联立可得s1－s2＝L.
解法二：补偿法
某时刻车厢与机车脱钩，若司机同时发现车厢脱钩，立即关闭发动机让机车自然滑行，那么该机车与车厢最终会停于同一点．司机晚发现，则牵引力对机车多做的功应等于机车多克服摩擦力做的功，即k(M＋m)gL＝kMg·s，
解出s＝(M＋m)L/M.
答案 (M＋m)L/M
