Question

9．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，第一次在水平力F作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，第二次在水平恒力F′作用下，從P點(diǎn)靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并恰好能到達(dá)Q點(diǎn)．關(guān)于這兩個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是（不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g）（　�。�

• A． 第一個(gè)過(guò)程中，力F在逐漸變大
• B． 第一過(guò)程力F的瞬時(shí)功率逐漸變大
• C． 第二個(gè)過(guò)程到達(dá)Q時(shí)，繩子拉力為T(mén)=mg
• D． 第二個(gè)過(guò)程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增加后減小

Answer 1

分析 根據(jù)速度不變由牛頓第二定律得到F，進(jìn)而得到功率；根據(jù)拉力不變，由牛頓第二定律求得繩子彈力，再根據(jù)合外力方向得到速度變化規(guī)律，進(jìn)而由動(dòng)能定理得到功率．

解答 解：A、小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，故小球在速度方向的合外力為零，即F=mgtanθ；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程θ增大，tanθ增大，故F增大，故A正確；
B、設(shè)小球速率為v，那么，力F的瞬時(shí)功率P=Fvcosθ=mgvsinθ；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程θ增大，sinθ增大，故P增大，故B正確；
C、小球從P點(diǎn)靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并恰好能到達(dá)Q點(diǎn)，故小球在Q點(diǎn)的速度為零，那么小球在徑向的合外力為零，即T=F′sinθ+mgcosθ；
小球從P點(diǎn)靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并恰好能到達(dá)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力和拉力做功，故由動(dòng)能定理可得：mgL（1-cosθ）=F′Lsinθ，所以，$F′=mg\frac{1-cosθ}{sinθ}$；
所以，T=mg（1-cosθ）+mgcosθ=mg，故C正確；
D、由C可知：重力和水平恒力F′的合力沿與豎直方向夾角為$\frac{1}{2}θ$，記大小為F₁；那么，細(xì)繩與豎直方向夾角越接近與$\frac{1}{2}θ$，速度越大且變化越快；
細(xì)繩與豎直方向夾角小于$\frac{1}{2}θ$時(shí)，合力沿小球運(yùn)動(dòng)方向的分量為正，合力做正功；在$\frac{1}{2}θ$到θ的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合力沿小球運(yùn)動(dòng)方向的分量為負(fù)，合力做負(fù)功；
故第二個(gè)過(guò)程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增加（功率為正）符號(hào)突變后繼續(xù)增加（功率為負(fù)），故D錯(cuò)誤；
故選：ABC．

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問(wèn)題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過(guò)程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解．