Question

14．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（　　）

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

Answer 1

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．?dāng)[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$\frac{{v}^{2}}{R}$，知細(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、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．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=$\frac{1}{2}$mv²，v=$\sqrt{2gRsinθ}$．并且重力與速度的方向夾角為θ，則這時(shí)重力的功率P₂，P₁=mgvcosθ═mgcosθ$\sqrt{2gRsinθ}$＞0．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，因此重力的功率變化情況為：先變大后變小，故B錯(cuò)誤．
C、在從釋放到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR=$\frac{1}{2}$mv²； 在最低點(diǎn)，設(shè)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$\frac{{v}^{2}}{R}$，聯(lián)立得 T=3mg．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； 解得：F_N=（3m+M）g，故C錯(cuò)誤．
D、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=$\frac{1}{2}$mv²，v=$\sqrt{2gRsinθ}$．
根據(jù)牛頓第二定律得：T-mgsinθ=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得 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D正確．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題要對(duì)物體正確進(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．要知道小球圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由指向圓心的合力提供的．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．