题目内容
11.如图,质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动,经过一段时间,力F做的功为W,此时撤去恒力F,物体又经过相同时间回到了出发点.若以出发点所在水平面为重力势能的零势能平面,重力加速度为g,不计空气阻力,则( )A. | 从物体开始运动到回到出发点的过程中,物体的机械能增加了$\frac{W}{3}$ | |
B. | 恒力F的大小为$\frac{4}{3}$mg | |
C. | 回到出发点时重力的瞬间功率为$\sqrt{2m{g}^{2}W}$ | |
D. | 撤去恒力F时,物体的动能和势能恰好相等 |
分析 物体的机械能增加量等于力F做的功.分别研究从开始到经过时间t和撤去恒力F到回到出发点,物体的受力情况,根据运动学位移时间公式求出恒力F.除重力以外的力做功等于机械能的变化量,根据动能定理求出回到出发点的速度,根据瞬时功率公式求解重力的瞬时功率.
解答 解:A、除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量,力F做功为W,则从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W,故A错误.
B、从开始到经过时间t,物体受重力、拉力F,由牛顿第二定律得物体加速度为:a=$\frac{F-mg}{m}$.
撤去恒力F到回到出发点,物体只受重力,做竖直上抛运动,两个过程位移大小相等、方向相反,时间相等,取竖直向上为正方向,则得:
$\frac{1}{2}$at2=-(at•t-$\frac{1}{2}$gt2)
联立解得:a=$\frac{1}{3}$g,F=$\frac{4}{3}$mg.故B正确;
C、在整个过程中,根据动能定理得:$\frac{1}{2}$mv2=W,解得:物体回到出发点时速率 v=$\sqrt{\frac{2W}{m}}$,回到出发点时重力的瞬时功率为 P=mgv=$\sqrt{2m{g}^{2}W}$.故C正确;
D、撤去力F时,由动能定理得:此时动能为 Ek=W-mg•$\frac{1}{2}$at2=F•$\frac{1}{2}$at2-mg•$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{6}$mgat2,重力势能为 Ep=mg•$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$mgat2,可见,动能和势能不等.故D错误.
故选:BC
点评 本题是动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用,关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系,知道除重力以外的力做功等于机械能的变化量.
A. | 仍然是运动的 | B. | 处于静止状态 | ||
C. | 处于相对静止状态 | D. | 大部分分子处于静止状态 |
A. | 球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小 | |
B. | 球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小 | |
C. | 球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小 | |
D. | 球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小 |
A. | 两小球的下落时间之比为1:4 | B. | 两小球的下落时间之比为1:1 | ||
C. | 两小球的初速度大小之比为1:4 | D. | 两小球的初速度大小之比为1:5 |
A. | a在斜面上滑行的加速度比b的大 | B. | a在水平面上滑行的距离比b的短 | ||
C. | a与斜面间的动摩擦因数比b的大 | D. | a与水平面间的动摩擦因数比b的大 |
A. | 它在水平方向的射程为250 m | |
B. | 它到达最高点的速度为50 m/s | |
C. | 它到达最高点的时间为5 s | |
D. | 落地时速度与水平方向夹角仍为45° |