上分专题9 变力做功问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

上分专题9变力做功问题 命题密钥 变力做功问题的本质是：当力随物体位置（或时间）变化时，如何度量这个力对物体空间 积累（即做功）的总效果，首选动能定理，这是解决变力做功问题的最强大、最通用的武器，在 已知F-x关系或图像的情况下，考虑平均力法和图像面积法 考点觉醒 方法 举例说明 auwu 0 应用动能定理 A m B 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为Wp,则有：Wp-mgL(1-cos)=0,得W。= mgL(1-cos 0) 00000000L→+F 平均力法 VZ1777777777777777 弹簧由伸长被继续拉至伸长，的过程中，克服弹力做功w,(,-飞) 2 正功 图像法 负功入 在F-x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 实战演练 类型一 图像法 1.*(2025·湖南长沙月考)如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动， 一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不相连.工件将弹簧压缩一段距离后置于传送 带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力F随位移x变化的关系如图乙所示，x。、 F为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等） () A.工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B.工件向右运动x,后与弹簧分离 C.弹簧的劲度系数为- 0 黑白题·上分秘籍25 D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Fox, -0.5F 02x0x nf (第1题) (第2题) 2.幸(2025·河南H20高中联盟联考)如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下 由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F。-x(k为已知定 位小0).已知清块与桌而的动摩据固数：一g为童力加途庭).下列说法正确的 () A.滑块最终能回到出发点 B。滑块向右运动的最大位移为 C.滑块运动的最大速度为 。1T 3 km F D.从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为 3k 类型二平均力法 3.(2025·江苏南京二模)如图甲所示，倾角为0、长为2L的斜面AC,AB段光滑，BC段粗糙， 且AB=BC=1.质量为m的小物块由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而 下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列说法正确的是 () A.动摩擦因数最大值wm=2tan0 B.小物块的最大速度为gsin0 C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等 D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 A 甲 (第3题) (第4题) 4.絷如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧下端固定在斜面底端挡 板上，上端与质量为1kg的小滑块A相连，A上叠放另一个质量为2kg的小滑块B,弹簧的劲 度系数为k=50N/m,初始时系统处于静止状态.现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使 B开始沿斜面向上做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动.重力加速度大小为10m/s2,不计 26物理|必修第二册 空气阻力.从开始运动到A、B分离瞬间，拉力F做的功为 A.1.76J B.1.6J C.1.4J D.1.12J 类型三动能定理 5.*如图甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O位置.质量为m的物块A (可视为质点)以初速度，从距O点x的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右 端压到O'点位置后，A又被弹簧弹回.A离开弹簧后，恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩 擦因数为心，重力加速度为g (1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功. (2)求0点和0'点间的距离x1 (3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在 B右边，向左推A、B,使弹簧右端压缩到O'点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后 分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？ o M WBIA 77777777 777727277 0 乙 6.接如图所示，竖直平面内固定一直角杆，O是直角杆顶点，两小球A、B分别套在杆的水平、竖 直部分，A、B间用轻质细绳相连处于静止状态.已知A与水平杆间动摩擦因数为，竖直杆光 滑，A、B两球的质量分别为4m、m,与0点间距离分别为3L、4L,重力加速度大小为g (1)求水平杆对A的摩擦力大小F (2)若用水平拉力沿杆向右缓慢拉A,使之移动L.求该过程中拉力做的功W (3)若A在水平拉力作用下向右运动，使B向上以加速度2g做匀加速运动，当B的位移为L时 撤去拉力，小球B运动至顶点时的速度大小为.求从开始到B运动至顶点的过程中摩擦力对 小球A所做的功W。 黑白题·上分秘籍27之m-,卫星在高轨时的势能为：=，根据引 1 力做功与引力势能的关系有W=E。-E。1,令卫星在Q处加 速过程发动机做的功为W1,根据动能定理有W+W,+W1= -6解得=子-即，故选C 上分专题8双星与多星系统问题 1.D解析：A.设两星球的距离为L,做圆周运动的半径分别 为4和e,根据牛顿第二定律，有Gm,=m,w, 6风心，可得，可知质量这大，镜道半径越 TB mA 小，由于mA<mB,所以TA>TB,所以距离O点远的是星 球A,A错误；B.根据v=r,可知，半径越大，线速度越大，所 以U4>vg,B错误；C.根据牛顿第二定律，有G mamB m,,Gmm=mu7g,74+n=L,联立可得w= ·,可知若双星之间的距离增大，转动稳定后， 双星匀速转动的角速度均变小，C错误；D.根据@=2π，及由 T C选项解析得出的结论w=, 6@ ，可得 72s G(matma) 4,可知是球4和星球B中心距离的三次方与星 球A转动周期的二次方的比值是定值，D选项正确故选D. 2.C解析：A.双星系统中，两星体的向心力均由相互的万有 引力提供，大小相等，故向心力之比为1：1，A错误；B.根据 E=a2, wr得，”=「=，根据牛顿第二定律得GM M,,所以出n =M'w2r,解得M-上 以=了，B错误；C.根据 牛领第二定#得6=v(）.6=n(停）。 1,解得.C正确D根器牛颜第二定牛 得6w停），6管n(停rrL,解得 TG(M+M若伴星质量M"减小，周期T增大，D错误故 4m2L3 选C. 3.B解析：AB.根据Gm+C 0三m4L,解得= (2)2=mL=m T2 ID 人5CT45G选项A错误，B正确；C.中央星以透 另外一个环绕星对环绕星的万有引力之和提供环绕星做圆 周运动的全部向心力，选项C错误；D.根据T=4m√5Gm' 如果环绕半径变为原来的4倍，周期将变为原来的8倍， 选项D错误故选B. 4.D解析：A.三星等时间转过等圆心角，故角速度大小关系 是0A=ωg=wc,选项A正确；B.轨道半径TA<Tg<Tc,由公式 v=or可知线速度大小关系是vA<B<c,选项B正确；C.由公 必修第二册 式a=w2r可知，加速度大小关系是a4<a<ac,选项C正确； D.以A为研究对象，受力分析如图，由于向心力指向圆心，由 矢量关系可知，B对A的引力大于C对A的引力，结合万有 引力定律的表达式可知B的质量大于C的质量，同理若以C 为研究对象，可得A的质量大于B的质量，即质量大小关系 是mA>mg>mc,选项D错误故选D, 5.B解析：一个星体受其他三个星体的万有引力作用，合力 方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆 周运动，四颗星的轨道半径，=二L,根据万有引力提供向心 2 有2+cms45=m:m. 力，有Gm2+2Gm2 =m 2, T2 2L=mw2. 2 =m,解得a=1+2,3)6m 1 /(4+√2)Gm 2 2L2 0= 2V L 1/(4+√2)Gm /(4-√2)L 故B正确，A、C、D错 LN 2L ,T=2L 7Gm 误故选B. 解析：4.根据题意可得每颗星轨道半径为r=L,每颗 星爱到的万有引力的合力为P=+2管c30=a,联 2 立解得向心加速度a-（3+w3)Gm,可知向心加速度与质量 有关，故A错误；B.根据a=（3+3)Gm ，解得线速度大 r 小=入 1+3)Gm,故B错误，C.根据a=3+v5)Gm_, L 2 22, L 解得周期T=2π 一，可知若四颗星体的质量m W(3+33) 均不变，距离L均变为3L,则周期变为原来的3√5倍，故 C正确；D.根据a-牙，联立以上解得@= /(3+33)Gm 可知若距离L不变，四颗星体的质量m均变为2m,则外围三 颗星体的角速度变大，故D错误故选C. 上分专题9变力做功问题 1.D解析：A.从图乙可知，摩擦力在x。处方向发生变化，在 x。~2x,区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带 相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误； B在x。~2x区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2x。位置摩 擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动2x,后与弹簧分离， 故B错误；C.由胡克定律得kx0=0.5F0,解得弹簧的劲度系 k=,心故C错误：D,摩擦力对工件先做正功后做负功， 乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的 黑白题50 功，即甲=P之×0,5fo=05fn,放D正确故选D 2.C解析：AB.由题可作出F-x图像，当F=0时，由F= F。-x,代人得x= x=。,其图像如图所示，滑动摩擦力为∫= “g=),滑块向右运动的最大位移时拉力F做功与摩擦 2F。 力∫做功相等，通过分析知，当F=0时，拉力做功，属于变力 做功，由图像知，围成面积代表拉力F做功为W,=F×石 1 Fo F。26,则可 22,此时滑动摩擦力f做功为啊=mg×6=3, 知W>W。,说明拉力F未减为0之前，物体已经停止运动， 滑块不能回到出发点.由图像F-x面积表示做功，设最大位 移为，则有f·元=B+。,,)压，代人解得。 2 2,AB错误C,当P=f时，滑块运动的速度最大，设此时包 移为，则有R,-点g,解得，设此时拉力F做功 为W,滑动摩擦力∫做功为W,由动能定理知W-啊= },即5R酒-}，原格. 1 3√m,C正确：D.从开始运动到物块最终静止，物块与水 F。T 2F2F。4F 平桌面因摩擦产生的热量为Q=mgm=3×3k=9k, D错误.故选C 3.B解析：A.小物块从A处静止释放，到C点恰好停下，根据 动能定理可得mg·2lsin6-W,=0,由图乙可知W= 2“。mgcos6·l,联立解得h。=4tan0,故A错误；B.当摩擦 力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大， 此时有imgcos0=mgsin0,解得u=tan0=4k,由图乙可 知，此时小物块在BC段下滑的距离为，则从A处静止释 放到最大速度过程，根据动能定理可得mg·（+)sin0- g,-7-0,其中四，ngm0·号日eh如6解 3 得最大速度为。=之√gsin0,故B正确，C.由于AB,BC两 段斜面的长度相同，对应的高度相同，根据W。=mgh,可知重 力在AB、BC两段斜面上做功相等，故C错误；D.设小物块 在B点的速度为B,小物块在AB段做匀加速直线运动， 则AB中间时刻速度为，=)=)，则重力在AB段中间时 刻瞬时功率P=mg,sin0=mg,sin0,小物块在BC段不做 参考答案与解析 匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度≠，0 2- 2 则重力在BC段中间时刻瞬时功率p'=mg2sin0≠ mg2sin6,故D错误故选B. 4.B解析：初始时系统处于静止状态，设此时弹簧压缩量为 x,对小滑块A和B组成的系统，根据胡克定律和平衡条件 得kxo=(m4+m)gsin30°，解得弹簧压缩量xo=0.3m,小滑 块A、B分离瞬间，两者之间的弹力恰好为零，且有相同的加 速度a,设此时弹簧的压缩量为x1,则对小滑块A由牛顿第 二定律得kx1-m4gsin30°=m4a,解得x1=0.14m,在小滑 块A、B分离之前，设A、B运动的位移为x,对A、B整体，根据 胡克定律和牛顿第二定律有F+k(x。-x)-(m4+mg)gsin30°= (m4+mg)a,解得F=50x+6(N),则拉力做的功W=Fx= 0+6+50(x0-x1)+6 (x-x1)(J),将各量代人上式可解得W= 2 1.6J,故B正确.故选B. 5()2m6(2)4g（38g 6 解析：(1)A从P回到P的过程根据动能定理得：克服摩擦 力所做的功为网，F2m6; (2)A从P回到P全过程，根据动能定理2mg(x1+xo)= 2m,解得4g x0; (3)A、B分离时，两者间弹力为零，且加速度相同，A的加速 度是g,B的加速度也是g,说明B只受摩擦力，弹簧处于 原长. 设此时它们的共同速度是1，弹出过程弹力做功W。,对甲图 中物块A从0点返回P点的过程中，根据动能定理得 有W。umg(x1+x)=0-0,对乙图中A、B整体从0'点到弹簧 1 恢复原长的过程中，有W,-2mg=2×2m听，分离后，对A 物块，有2m叫=g, 联立解得x,=084g 6(ωg(a)5 ongimgl(3)7m-7ungl子gt 解析：(1)设竖直杆对B的弹力大小为F,对A、B整体分析 可知FB=F, 对B分折可知弘解得F=子g: 3 mg 4L' (2)由几何关系可知，A向右移动L,B向上移动距离也是L, 设杆对A的弹力大小为F4,摩擦力大小为∫，水平拉力大小 为F,对整体分析可知F4=5mg, 对A分析可知F=f,F=uFA, 拉力做功Wp=FL+mgl,解得Wp=5umgL+mgL; (3)设B加速上升L时的速度大小为1，此时A的速度大小 为v1,此时细绳与竖直杆的夹角为0，B加速过程A受到杆 的弹力大小为FN,B加速上升过程1=2·2g·L,且 4 V cos 6=vsin 0,tan 0= 3 对整体分析可知Fx-5mg=m·2g, 该过程摩擦力做功W,=uFxL, 黑白题51 B到达顶点时，A的速度为0，减速过程中摩擦力做的功为 g,则-3nel-2m-2md-子4nm2， 1 则整个过程摩擦力做的功男=+%=弓m2-ngL- 7 2 mgl. 上分专题10机车启动问题 1.C解析：AB.根据牛顿第二定律和瞬时功率公式可得F- 上ma,P=m,解得a三只·}-图像斜率为 a1-（-ao）=(a,+ao)ui= P 1 ,纵截距为一a。三一m,听以” (a,t,)m,当a=0时上.1=兰，解得 m v m v (a+ao)v1 P 故AB错误；C汽车的最大速度为。= _P_m_（atao)u1 f m 故C正确；D.根据功率公式可得P=F·之，解得P" 2m(a1+ao),故D错误.故选C. 2.B解析：A.汽车以恒定功率P运动，由图可得v=16m/s, 牵引力F=4×103N,则汽车的功率P=Fv=4×103N× 16m/s=64kW,故A正确：C.汽车10s后做匀速运动，此时 汽车牵引力与阻力大小相等，可知f=4000N,图中A点，牵 引力F。=8000N,在A点时，对汽车利用牛顿第二定律有： F4f=ma,代入数据可得：au=4m/s2,故C正确；B.汽车以 额定功率启动，作出其"-t图像如图曲线所示，如果汽车是 做初速度为零的匀加速直线运动，则v-t图像如图中的直线 所示，当速度为8m/s时斜线对应的时刻刚好是5s,而曲线 对应的时刻t小于5s,故B错误；D.设0~10s汽车通过的 路程为s,在0~10s内对汽车利用动能定理有：Pt-f= 2m。,代人数据可得：=128m,故D正确，故选B. +/m·s) 16 0t:510 3.C解析：A.设水的反冲作用力的恒定功率为P,由于P= ,可知水的反冲作用力F三，根据t图像可知，4~与时 间内，人与喷水装置的速度越来越大，则水的反冲作用力 越来越小，故A错误；B.2时刻，人与喷水装置的速度达到 最大值2，开始匀速上升，水的反冲作用力F=Mg,水的反冲 作用力的恒定功率P=Fv=Mgw2,故B错误；C.根据v-t图像 可知，，时刻，人与喷水装置的速度为1，设水的反冲作用力 为，则有P=Mg2,P=F,可知F=Mg根据牛顿 二定律有月-g=,解得a=g4时刻，c-1图像切线 必修第二册 的斜率表示人与喷水装置的加速度，即斜率为”g,故 C正确；D.根据P= ”,可得W=P,结合P=m=Mg2,可知 t2~t3时间内，水的反冲作用力做的功为W=Mg2(t3-t2),故 D错误.故选C. 4.A解析：A.根据牛顿第二定律得F-f=ma,汽车的功率为 几=解得。只·}{根器医徐得片出解 1030 得P=6x10W,根据图像，将a=0,=0,代人a=一 m L_」，解得∫=2x10N,A正确；B.根据图像，汽车在车速为 v m 9m/s时，汽车正在做匀加速运动，根据F-f=ma,a=2m/s2, f=2×103N,解得F=6×103N,汽车的功率为P=Fm=5.4× 104W,B错误；C.根据图像可知汽车匀加速的加速度 a=2m兮2，C错误；D.匀加速结束时的速度为1=F 10m/s,汽车匀加速所需时间为t= =”4=55,D错误故选A 5.C解析：D.根据题意可知，当汽车以额定功率行驶，牵引力 等于阻力时，速度最大，则有vm= P,解得阻力大小为 P领=2000N,关闭发动机之后，由牛顿第二定律可得，加速 V 度大小为a=上=2m/s',由运动学公式可得0-。=-a(, m 70s),解得t2=90s,故D错误；B.在t1~50s内，汽车牵引力 对汽车做的功为W=P额(50g-t1)=80×103×40J=3200k, 故B错误；AC.根据题意，设t1时刻，汽车的速度大小为1， 则此时的牵引力大小为F:设汽车在0~4，时间内做匀 加速直线运动的加速度大小为a1,则有v,=a141,由牛顿第二 定律有F1-f=ma1,联立解得，=20m/s,t1~50s内，由动能 定理有P(50)-=-分时，解得=130m, 故A错误，C正确.故选C. 6.D解析：AB.由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据 牛顿第二定律F-4mg=ma,解得a=25m/s,可知汽车 在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小， 做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运 动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大， 故AB错误；C.t1=6s时汽车的速度为1=at1=15m/s,汽车 额定功率为P=Fv,=10×103×15W=1.5×10W,汽车达到的 最大速度大小为vm= P P 1.5×105 T- -m/s= 1 4mg 4 ×2000×10 30m/s,故C错误；D.汽车做匀加速直线运动的位移为x1= 1 2=45m,从刚达到额定功率到速度达到最大过程中，根 1 1 1 据动能定理P(-41)-4mg=2m-2m,解得 黑白题52