- 功的计算
- 共999题
（1）求力F1对M做的功；
（2）求系统达到完全静止的整个过程中长木板在地面向左运动的最大位移．
（3）求系统达到完全静止的整个过程中产生的内能．
正确答案
解：（1）设拉力F的作用时间为t，则m的位移
对M：mg•μ2-（m+M）g•μ1=Ma‘解得：a'=1m/s2
M的位移：
x+x'=2
解得：t=1s，x=1.5m
拉力F做的功：W=F•x'=3J
（2）撤去外力后M加速度为
减速到零所需时间为
减速前进的位移为
故总位移为X总=x′+x″=0.6m
（3）整个过程产生的热量的等于拉力做功即Q=wm+wM=12J
答：（1）求力F1对M做的功为3J；
（2）求系统达到完全静止的整个过程中长木板在地面向左运动的最大位移为0.6m．
（3）求系统达到完全静止的整个过程中产生的内能为12J．
解析
解：（1）设拉力F的作用时间为t，则m的位移
对M：mg•μ2-（m+M）g•μ1=Ma‘解得：a'=1m/s2
M的位移：
x+x'=2
解得：t=1s，x=1.5m
拉力F做的功：W=F•x'=3J
（2）撤去外力后M加速度为
减速到零所需时间为
减速前进的位移为
故总位移为X总=x′+x″=0.6m
（3）整个过程产生的热量的等于拉力做功即Q=wm+wM=12J
答：（1）求力F1对M做的功为3J；
（2）求系统达到完全静止的整个过程中长木板在地面向左运动的最大位移为0.6m．
（3）求系统达到完全静止的整个过程中产生的内能为12J．
正确答案
mgLsinα
解析
解：整个过程中重力做功为零，只有板的支持力和摩擦力做功，根据动能定理列式，有：
W=
物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：
W支-mgLsinα=0-0
则有：W支=mgLsinα
下滑过程中支持力不做功，故木板对物块的支持力做的总功为：mgLsinα；
故答案为：
正确答案
2
4
解析
解：对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
2F-μmg=ma
解得：a=
在物体A移动0.4m的过程中，绳子运动的位移为：
x=2×0.4=0.8m，
则拉力F做功为：
W=Fx=5×0.8=4J
故答案为：2；4．
（2012•攀枝花一模）一个水平恒力F先后两次作用在同一个物体上，使物体由静止开始沿着力的方向发生相同的位移x，第一次是在光滑的水平面上运动，第二次是在粗糙的水平面上运动．比较这两次力F所做的功W以及力F做功的平均功率P的大小（ ）
正确答案
解析
解：由W=Fs知，恒力F对两种情况下做功一样多，即W1=W2
在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，有F合=ma可知
在粗糙水平面上加速度小，由s=
力F在粗糙水平面上做功的平均功率小，即 Pl＞P2
故选A．
（1）此过程中拉力对小球做的功至少是多少？
（2）让小球无初速释放，小球经过轨迹最低点时的速度有多大？
正确答案
解：（1）从P到Q点，有动能定理可知
WF-mgL（1-cosθ）=0-0
WF=mgL（1-cosθ）=0.5×10×1×（1-0.8）J=1J
（2）无初速度释放时，有动能定理可知
mgL（1-cosθ）=
答：（1）此过程中拉力对小球做的功至少是1J
（2）让小球无初速释放，小球经过轨迹最低点时的速度有2m/s
解析
解：（1）从P到Q点，有动能定理可知
WF-mgL（1-cosθ）=0-0
WF=mgL（1-cosθ）=0.5×10×1×（1-0.8）J=1J
（2）无初速度释放时，有动能定理可知
mgL（1-cosθ）=
答：（1）此过程中拉力对小球做的功至少是1J
（2）让小球无初速释放，小球经过轨迹最低点时的速度有2m/s
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