1、第五章 机 械 能全国卷5年考情分析基础考点常考考点命题概率常考角度重力做功与重力势能()实验五：探究动能定理以上2个考点未曾独立命题功和功率()18卷T19(6分)，17卷T14(6分)16卷T19(6分)，16卷T21(6分)15卷T17(6分)，14卷T16(6分)独立命题概率80%(1)(变力)做功和功率问题(2)动能定理的应用(3)机械能守恒的条件(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合(5)功能关系与能量守恒动能和动能定理()18卷T14(6分)，18卷T14(6分)18卷T25(20分)，16卷T20(6分)15卷T17(6分)，14卷T16(6分)综合命题概率100%功能
2、关系、机械能守恒定律及其应用()18卷T18(6分)，18卷T24(12分)17卷T24(12分)，17卷T17(6分)17卷T16(6分)，16卷T16(6分)16卷T21(6分)，16卷T25(20分)16卷T24(12分)，15卷T17(6分)15卷T21(6分)独立命题概率90%综合命题概率100%实验六：验证机械能守恒定律16卷T22(5分)综合命题概率20%第1节功和功率一、功 1要素：力和物体在力的方向上发生的位移。2公式：WFlcos_，其中F是恒力，l是物体的位移，是力的方向和位移方向的夹角。注13单位：焦耳(J)。4做功情况的判断功是标量，没有方向，但有正负注2，根据WFl
3、cos 可知：(1)当090时，力对物体做功， 力是动力，物体获得能量。(2)当90180时，力对物体做功，力是阻力，物体失去能量。注3(3)当90时，力对物体做功。二、功率1物理意义：描述做功的快慢。2定义：功与完成这些功所用时间的比值。3公式(1)P，P为时间t内的平均功率。(2)PFvcos (为F与v的夹角)注4v为平均速度，则P为平均功率。v为瞬时速度，则P为瞬时功率。4额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械可以长时间正常工作的最大功率。(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。【注解释疑】注1 公式可理解为F(lcos )，也可理解为(Fcos )l
4、。注2 功的正、负不表示方向，也不表示多少。注3 某力对物体做负功与“物体克服某力做功(取绝对值)”意义等同。注4 公式可理解为F(vcos )，也可理解为(Fcos )v。深化理解1力对物体做不做功，关键是看力与物体的位移方向间的夹角大小。2恒力做功与路径无关，可用WFlcos 直接求解。3求功率时应分清是瞬时功率还是平均功率，求平均功率时应明确是哪段时间或过程的平均功率。4发动机的功率PFv，因为机车的牵引力方向与汽车运动方向相同，cos 1。基础自测一、判断题(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。()(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。()(
5、3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。()(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。()(5)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。()二、选择题1粤教版必修2 P67T5用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种()A重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B重力做负功，拉力做正功，合力做正功C重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D重力不做功，拉力做正功，合力做正功解析：选C物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受
6、合力为零，则合力做功为零；故A、B、D错误，C正确。2鲁科版必修2 P20 T2改编(多选)关于功率公式P和PFv的说法正确的是()A由P知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B由PFv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C由PFv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D由PFv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比解析：选BDP只适用于求平均功率，PFv虽是由前者推导得出，但可以用于求平均功率和瞬时功率，故A错误，B正确。汽车运行时不能长时间超过额定功率，故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，故C错误。当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越
7、大，故牵引力与速度成反比，故D正确。3在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动x，平均功率为P，如果将水平拉力增加为4F，使同一物体从静止开始移动x，平均功率为()A2PB4PC6P D8P解析：选D由W1Fx，W24Fx可知，W24W1，由a1，a2，xa1t12，xa2t22可得：t12t2，由P，P2可得：P28P，D正确。高考对本节内容主要考查功的正负判断和大小计算、功率的理解与计算、机车的两种启动问题等，一般以选择题的形式呈现，而与生产实际问题相联系，综合其他知识考查时，也会以计算题的形式呈现，难度中等或中等偏上。考点一功的正负判断和大小计算基础自修类题点全练1功的正负判
8、断(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心解析：选A由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。2合力做功的计算一物体放在水平面上，它的俯视图如图所示，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物
9、体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3 J和4 J，则两个力的合力对物体所做的功为()A3 J B4 JC5 J D7 J解析：选D当多个力对物体做功时，多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和，故W合WF1WF23 J4 J7 J，选项D正确。3结合图像计算恒力做的功一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()A物块滑动时受到的摩擦力大小是6 NB物块的质量为1 kgC物块在01
10、0 s内克服摩擦力做功为50 JD物块在1015 s内的位移为6.25 m解析：选D由题图乙可知，在510 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力fF4 N，故A错误；在05 s内物块的加速度为a m/s21 m/s2，根据牛顿第二定律可得Ffma，解得m2 kg，故B错误；在010 s内物块通过的位移为x(510)5 m37.5 m，故克服摩擦力做功为Wffx437.5 J150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a2 m/s2，减速到零所需时间为t s2.5 s5 s，减速到零通过的位移为x m6.25 m，故D正确。名师微点1功的正负判断方法(1)恒力功的判断
11、：依据力与位移方向的夹角来判断。(2)曲线运动中功的判断：依据F与v的方向夹角来判断，090时，力对物体做正功；90180时，力对物体做负功；90时，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2恒力功的计算方法3总功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W总F合lcos 求功，此法要求F合为恒力。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、，再应用W总W1W2W3求总功，注意代入“”“”再求和。考点二变力做功的五种计算方法多维探究类(一)利用动能定理求变力做功 利用公式WFlcos 不容
12、易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。 例1如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.R(FN3mg)B.R(2mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)解析质点在B点，由牛顿第二定律，有：FNmgm，质点在B点的动能为EkBmv2(FNmg)R。质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgRWfEkB0，解得：WfR(FN3mg)，故A正确，B、C、D错误。答
13、案A(二)利用微元法求变力做功 将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。例2(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是()A重力做功为mgLB悬线的拉力做功为0C空气阻力做功为mgLD空气阻力做功为F阻L解析摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，
14、故做功为F阻L，C错误，D正确。答案ABD(三)化变力为恒力求变力做功有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用WFlcos 求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。例3如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中ABBC，则()AW1W2BW1W2CW1W2D无法确定W1和W2的大小关系解析轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉
15、力F为恒力，WFl，l为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，lABlBC，故W1W2，A正确。答案A(四)利用平均力求变力做功 当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式Wlcos 求此变力所做的功。例4用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为()A(1)d B(1)dC. D.d解析铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉
16、子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得W1ddW2dd联立式解得d(1)d。故选B。答案B (五)利用Fx图像求变力做功 在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，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)。 例5如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。则()A物体先做加速运动，推力撤去后才开始做减速运动B运动过程
17、中推力做的功为200 JC物体在运动过程中的加速度先变小后不变D因推力是变力，无法确定推力做功的大小解析滑动摩擦力Ffmg20 N，物体先加速，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后做匀减速运动，选项A、C错误；Fx图像与横轴所围图形的面积表示推力做的功，W100 N4 m200 J，选项B正确，D错误。答案B考点三功率的分析与计算基础自修类题点全练1对功率的理解(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动，已知F1与F2的功率相同。则可能有
18、()AF1F2，v1v2CF1F2，v1F2，v1v2解析：选BD设F1与水平面间的夹角为，根据题述，F1与F2的功率相同，则有F1v1cos F2v2。若F1F2，则有v1cos v2，即v1v2；若F1F2且v1v2，F1v1cos F2v2可能成立，选项B、D正确，A错误。若F1F2且v1v2，则F1v1cos F2v2肯定无法成立，选项C错误。2瞬时功率的分析与计算(多选)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t0时刻开始受到水平外力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变。下列说法中正确的是()A在0t0和t02t0时间内水平外力做功之比是110B在0t0和t02t
19、0时间内水平外力做功之比是18C外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是18D外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是16解析：选BD0t0时间内的加速度a1，t0时刻的速度为v1a1t0，t02t0时间内的加速度为a2，2t0时刻的速度为v2v1a2t0，根据动能定理得，外力在0t0时间内做的功为W1mv12，外力在t02t0时间内做的功为W2mv22mv12，所以外力在0t0和t02t0时间内做功之比是18，故A错误，B正确；外力在t0时刻的瞬时功率为P1F0v1，2t0时刻瞬时功率P22F0v2，所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是16，故C错误，D正确。3平均功率的分析与计算(多选)
20、如图，质量为M72 kg的重物放置在水平地面上，柔软不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮，绳一端连接重物，另一端被质量为m60 kg的人抓住。起初绳子恰好处于竖直绷紧状态，人通过抓绳以a4 m/s2的加速度竖直攀升2 m，g取10 m/s2，则此过程()A重物的加速度为2 m/s2B绳子的拉力为840 NC人的拉力对自身做功为1 680 JD拉力对重物做功的平均功率为700 W解析：选BCD对人受力分析，由Fmgma可得绳子的拉力Fmgma840 N，由FMgMa，可得重物上升的加速度a m/s2，A错误，B正确；人的拉力对自身做功为WFh1 680 J，C正确；人上升的高度hat2，重物上升的高度
21、hat2，可得t1 s，h m，拉力对重物做功WFh700 J，所以平均功率P700 W，D正确。名师微点1平均功率的计算方法(1)利用P。(2)利用PFvcos ，其中v为物体运动的平均速度。2瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。考点四机车启动问题师生共研类1两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动Pt图像和vt图像OA段过程分析vFaa不变F不变PFv直到P额Fv1运动性质加速度减小的加速运动匀加速直线运动，维持
22、时间t0AB段过程分析FF阻a0vmvFa运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无FF阻a0以vm做匀速运动2三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm。(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即vvm。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功WPt，由动能定理得PtF阻xEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。典例目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5千米。假设有一辆超级电容车，质量m2103 kg，额定功率P60 kW，当超级电容车在
23、平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重的0.1倍，g取10 m/s2。(1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？(2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？(3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50 s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移大小。解析(1)当超级电容车速度达到最大时，超级电容车的牵引力与阻力平衡，即FFfFfkmg2 000 NPFfvm解得：vm30 m/s。(2)超级电容车做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F1Ffma解得：F13 000 N设超级电容车刚达到额定功率时的速度为v1
24、，PF1v1v120 m/s设超级电容车匀加速运动的时间为t，则：v1at解得：t40 s。(3)从静止到达到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：Pt2Ffxmvm2解得：x1 050 m。答案(1)30 m/s(2)40 s(3)1 050 m延伸思考(1)超级电容车从静止开始，保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，当速度达到v120 m/s后超级电容车做什么运动？若速度从v1到最大速度vm这段过程中对应的时间t40 s，则其位移xt1 000 m，这种计算方法对吗？为什么？(2)超级电容车以额定功率做加速运动，v10 m/s时超级电容车的加速度为多大？提示：(1)超级
25、电容车的速度达到v120 m/s时，超级电容车的功率达到额定功率P60 kW，以后超级电容车的功率不再增加，随着速度的增大，牵引力减小，超级电容车的加速度逐渐减小，直到速度达到vm30 m/s，因这一过程中超级电容车做变加速直线运动，其位移x不可用xt计算，可以用PtFfxmvm2mv12计算。(2)超级电容车以额定功率做加速运动，v10 m/s时，牵引力F6 000 N，超级电容车的加速度a2 m/s2。 通过例题和延伸思考说明汽车两种启动过程的特点和分析方法，帮助考生掌握利用动态分析的方法分析机车的运动过程。(1)在机车功率PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以PFfvm
26、只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用WPt计算，不能用WFl计算(因为F为变力)。(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，不可生搬硬套。题点全练1对机车PFv关系式的考查(多选)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0。在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。有关汽车牵引力F、速度v的说法，其中正确的是()A
27、.t2后的牵引力仍为F0Bt2后的牵引力小于F0Ct2后的速度仍为v0 Dt2后的速度小于v0解析：选AD由PF0v0可知，当汽车的功率突然减小为时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为，汽车将做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小到使牵引力又等于阻力时，汽车再做匀速运动，由F0v2可知，此时v2，故A、D正确。2机车恒定功率启动问题某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶。经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受到的阻力恒为F，则t时间内()A小车做匀加速运动B小车受到的牵引
28、力逐渐增大C合外力对小车所做的功为PtD牵引力对小车所做的功为Fxmvm2解析：选D电动机功率恒定，PF牵v，结合牛顿第二定律F牵Fma可知，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故A、B错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合外力做的功为Wmvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知PtFxmvm2，解得PtFxmvm2，故D正确。3机车匀加速启动问题(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v
29、时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f, 则下列说法正确的是()A汽车的额定功率为fvmaxB汽车匀加速运动过程中，牵引力做的功为fvtmv2C汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力做的功为fvtfs D汽车速度为时的加速度大小为解析：选ABD当汽车达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，汽车的额定功率为fvmax，故A正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移xvt，克服阻力做的功为Wfvt，由动能定理知：WFWfmv2，得WFWfmv2fvtmv2，故B正确；汽车匀加速运动过程中克服阻力做的功
30、为Wfvt，后来汽车又运动了距离s，则这段过程克服阻力做的功为Wfs，整个过程中克服阻力做的功为W总WWfvtfs，故C错误；汽车的功率PFv，由牛顿第二定律知：Ffma，当汽车速度为时的加速度a，故D正确。“易错问题”辨清楚功和功率计算中的两类易错题(一)滑轮两侧细绳平行1如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接。木块与木板间的动摩擦因数为，开始时木块和木板静止。现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为()A2mgLBmgLC(Mm)gL DmgL解析
31、：选D拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FTmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：FFTmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l，故拉力F所做的功WFlmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，因摩擦产生热量为mgL，D正确。2如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A物体加速度大小为2 m/s2BF的大小为21 NC4 s末F的功率为42 WD4 s内F的平均功率为42 W解析：选C由题图乙可知，v t图像的斜率表示物
32、体加速度的大小，即a0.5 m/s2，由2Fmgma可得：F10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF2v物4 m/s，故4 s末F的功率为PFvF42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h4 m，力F的作用点的位移l2h8 m，拉力F所做的功WFl84 J，故平均功率21 W，D错误。反思领悟 (1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等。(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等。(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。(二)滑轮两侧细绳不平行3一木块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉
33、住，保持两股绳之间的夹角不变，如图所示。当用力F拉绳使木块前进位移s时，力F做的功(不计滑轮摩擦)是()AFscos BFs(1cos )C2Fscos D2Fs解析：选B法一：如图所示，力F作用点的位移l2scos，故拉力F所做的功WFlcos 2Fscos2Fs(1cos )。法二：可看成两股绳都在对木块做功WFsFscos Fs(1cos )，则选项B正确。反思领悟 对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：(1)用WFlcos 求，其中l为力F作用点的位移，为F与l之间的夹角。(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如第3题的第二种方法。