Question

6．如圖所示，質(zhì)量為m的小球（可視為成點(diǎn)）用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于0點(diǎn)，自由靜止在A位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ=60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為T₁，然后撤去水平力F，小球從B返回到到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為T₂，則（　�。�

• A． T₁=T₂=2mg
• B． 從A到B，拉力F做功為mgL
• C． 從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變
• D． 從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小

Answer 1

分析 選項(xiàng)A根據(jù)平衡條件求出在B點(diǎn)時(shí)的拉力，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理求出在A點(diǎn)時(shí)的拉力即可；選項(xiàng)B根據(jù)動(dòng)能定理即可求解；選項(xiàng)C應(yīng)明確緩慢過程即為動(dòng)態(tài)平衡過程；選項(xiàng)D根據(jù)瞬時(shí)功率應(yīng)等于力與在力的方向的速度乘積可知在B于A時(shí)重力的瞬時(shí)功率為0即可求解．

解答 解：A、小球在B位置時(shí)受到向下的重力mg、水平向左的拉力F、沿BO方向的拉力T₁，根據(jù)平衡條件應(yīng)有${T}_{1}=\frac{mg}{cos60°}$=2mg①
小球返回到A時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有${T}_{2}-mg=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{L}$
從B到A由動(dòng)能定理可得mgL（1-cos60°）=$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$③
聯(lián)立②③可得T₂=2mg
即T₁=T₂=2mg，故A正確；
B、根據(jù)動(dòng)能定理應(yīng)有W_F-mgL（1-cos60°）=0，解得${W}_{F}=\frac{1}{2}mgL$，故B錯(cuò)誤；
C、從B到A小球做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)時(shí)所受的合力為F_B=mgsinθ，
在A點(diǎn)時(shí)所受的合力為${F}_{A}=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{L}$，再由動(dòng)能定理mgL（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$，解得F_A=2mg（1-cosθ），顯然F_A≠F_B，所以C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)P=Fvcosα，小球在B點(diǎn)時(shí)的速度為0，所以重力的瞬時(shí)功率也為0，盡管小球在A點(diǎn)時(shí)的速度最大，但此時(shí)在豎直方向的速度為0，所以重力的瞬時(shí)功率也為0，所以小球從B到A的過程中重力的瞬時(shí)功率應(yīng)先增大后減小，故D正確；
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 應(yīng)明確：①物體緩慢運(yùn)動(dòng)過程即為動(dòng)態(tài)平衡過程；②瞬時(shí)功率表達(dá)式為P=FVcosα，其中α是力F與速度V的正向夾角．