题目内容

6.如图所示,质量为m的小球(可视为成点)用长为L的细线悬挂于0点,自由静止在A位置.现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止,细线与竖直方向夹角为θ=60°,此时细线的拉力为T1,然后撤去水平力F,小球从B返回到到A点时细线的拉力为T2,则(  )
A.T1=T2=2mg
B.从A到B,拉力F做功为mgL
C.从B到A的过程中,小球受到的合外力大小不变
D.从B到A的过程中,小球重力的瞬时功率先增大后减小

分析 选项A根据平衡条件求出在B点时的拉力,根据牛顿第二定律和动能定理求出在A点时的拉力即可;选项B根据动能定理即可求解;选项C应明确缓慢过程即为动态平衡过程;选项D根据瞬时功率应等于力与在力的方向的速度乘积可知在B于A时重力的瞬时功率为0即可求解.

解答 解:A、小球在B位置时受到向下的重力mg、水平向左的拉力F、沿BO方向的拉力T1,根据平衡条件应有${T}_{1}=\frac{mg}{cos60°}$=2mg①
小球返回到A时,根据牛顿第二定律应有${T}_{2}-mg=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{L}$
从B到A由动能定理可得mgL(1-cos60°)=$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$③
联立②③可得T2=2mg
即T1=T2=2mg,故A正确;
B、根据动能定理应有WF-mgL(1-cos60°)=0,解得${W}_{F}=\frac{1}{2}mgL$,故B错误;
C、从B到A小球做圆周运动,在B点时所受的合力为FB=mgsinθ,
在A点时所受的合力为${F}_{A}=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{L}$,再由动能定理mgL(1-cosθ)=$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$,解得FA=2mg(1-cosθ),显然FA≠FB,所以C错误;
D、根据P=Fvcosα,小球在B点时的速度为0,所以重力的瞬时功率也为0,尽管小球在A点时的速度最大,但此时在竖直方向的速度为0,所以重力的瞬时功率也为0,所以小球从B到A的过程中重力的瞬时功率应先增大后减小,故D正确;
故选:AD

点评 应明确:①物体缓慢运动过程即为动态平衡过程;②瞬时功率表达式为P=FVcosα,其中α是力F与速度V的正向夹角.

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