题目内容

13．如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是（　　）
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是$\frac{2}{3}$mgvsinθ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少

分析 根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率的大小．

解答 解：A、根据能量守恒，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力作功的大小，由于拉力对物体做的功为80J，所以物体的机械能要增加80J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为80J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是80J，故A正确．
B、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：a1和a2．
这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：$\frac{1}{2}$a1t2=-（a1t•t-$\frac{1}{2}$a2t2），
则得，a1：a2=1：3．
因为物体先做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，F-mgsinθ=ma1，
撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为a2=gsinθ，又a1：a2=1：3
联立上两式得，F=$\frac{4}{3}$mgsinθ
设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v′，则v′=a1t=$\frac{1}{3}$gsinθt
对于从撤去到返回的整个过程，有：-v=v′-gsinθ•t，
解得：v′=$\frac{1}{2}$v
所以可得在撤去力F前的瞬间，力F的功率：P=Fv′=$\frac{2}{3}$mgvsinθ，故B正确．
C、撤去F后，物体先向上减速，速度为零之后向下加速运动，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能先增大后减小．故C错误．
D、撤去力F前的运动过程中，物体加速运动，物体的动能一直在增加，撤去力F后先向上减速后向下加速，所以撤去力F后的运动过程中物体的动能先减小后增大．故错误．
故选：AB．

点评 分析清楚物体的运动的过程，分析物体运动过程的特点，是解决本题的关键，撤去拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件．

练习册系列答案
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8．小谢所在的实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示．图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8．

①已知打点计时器使用的交流电频率为f，则打下B点时小车的速度VB=$（\frac{{{s_1}+{s_2}}}{4}）f$，小车下滑的加速度算式为a=$\frac{{{f^2}[（{{s_5}+{s_6}+{s_7}+{s_8}}）-（{s_1}+{s_2}+{s_3}+{s_4}）]}}{16}$（用题中所给的符号表示）．
②已知当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有小车质量m，斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h  （要用文字及符号表示）．
③用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=$mg\frac{h}{l}-ma$．
18．如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（　　）
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5．为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．
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