Question

如圖所示，放置在水平地面上的支架質(zhì)量為M，支架頂端用細(xì)線拴著的擺球質(zhì)量為m，現(xiàn)將擺球拉至水平位置，然后從靜止釋放，擺球運(yùn)動(dòng)過程中，支架始終不動(dòng)，則從釋放至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中有   

1. A.
   在釋放瞬間，支架對(duì)地面壓力為（m+M）g
2. B.
   擺動(dòng)過程中，支架對(duì)地面壓力一直增大
3. C.
   擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面壓力為（2m+M）g
4. D.
   擺動(dòng)過程中，重力對(duì)小球做功的功率一直增大

Answer 1

B
考點(diǎn)：動(dòng)能定理；牛頓第二定律；向心力；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．
專題：計(jì)算題．
分析：對(duì)于不同的研究對(duì)象在不同的時(shí)刻進(jìn)行受力分析和過程分析．
擺球做的是圓周運(yùn)動(dòng)，要根據(jù)擺球所需要的向心力運(yùn)用牛頓第二定律確定擺球?qū)嶋H受到的力．
支架始終不動(dòng)，根據(jù)平衡條件求解出未知的力．
運(yùn)用瞬時(shí)功率表達(dá)式表示出重力對(duì)小球做功的功率，再根據(jù)已知條件判斷功率的變化．
解答：解：A、在釋放瞬間，m的速度為零，根據(jù)F=m，細(xì)線拉力為零，對(duì)支架受力分析，支架受重力和地面對(duì)它的支持力，處于靜止?fàn)顟B(tài)．所以在釋放瞬間，支架對(duì)地面壓力為Mg．故A錯(cuò)誤．
B、對(duì)小球在向下運(yùn)動(dòng)過程中某一位置進(jìn)行受力分析：

當(dāng)小球繞圓心轉(zhuǎn)過角度為θ時(shí)，具有的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgRsinθ=mv²，v=，根據(jù)牛頓第二定律得：T-mgsinθ=m
T=mgsinθ+2mgsinθ=3mgsinθ而此時(shí)支架受重力、支持力、繩子的拉力、地面摩擦力．根據(jù)平衡條件得：
在豎直方向上有：Tsinθ+Mg=F_N
所以 F_N=3mgsin²θ+Mg，擺動(dòng)過程中θ逐漸增大，所以地面對(duì)支架的支持力也逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律：即擺動(dòng)過程中，支架對(duì)地面壓力一直增大，故B正確．
C、在從釋放到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgR=mv² ①  在最低點(diǎn)繩子拉力為T，對(duì)小球受力分析：小球受重力和繩子拉力，根據(jù)牛頓第二定律得：T-mg=m�、�   當(dāng)小球在最低點(diǎn)時(shí)，支架受重力、支持力、繩子的拉力．根據(jù)平衡條件得：
F_N=mg+T ③，解①②③得：F_N=（3m+M）g故C錯(cuò)誤．
D、1．小球在開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為零，
則這時(shí)重力的功率P₁=mgV₀="0"
2．當(dāng)小球繞圓心轉(zhuǎn)過角度為θ時(shí)，具有的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgRsinθ=mv²，v=
并且重力與速度的方向夾角為θ，則這時(shí)重力的功率P₂
P₂=mg?v?cosθ=mgcosθ?＞0
3．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度的方向水平垂直于重力的方向，P₃=mg?v’?cos90°=0，
所以P₃="0" ，因此重力功率變化為：先變大后變小，故D錯(cuò)誤．
故選B．
點(diǎn)評(píng)：要正確對(duì)物體進(jìn)行受力分析，通過物體所處的狀態(tài)運(yùn)用牛頓第二定律列出等式求解．
要去判斷一個(gè)物理量的變化，我們應(yīng)該通過物理規(guī)律先把這個(gè)物理量表示出來．