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15.如图甲所示,光滑小球在水平面上做往复运动,在分界线MN的左侧始终受到水平恒力F1的作用,在分界线MN的右侧始终受到水平恒力F2的作用,小球从A点由静止开始运动,在0~5s内运动的v-t图象如图乙所示,已知小球质量为m=2kg,则(  )
A.F1与F2大小之比为3:2
B.t=5s时,小球回到A点
C.t=3s时,恒力F2的功率为8W
D.在0~4s的过程中,F1与F2做功之和为36J

分析 根据速度时间图线得出物体的运动规律,从而确定出小球在MN右方运动的时间,根据图线的斜率求出小球的加速度,结合牛顿第二定律求出作用力的大小.根据图线与时间轴围成的面积求出小球的位移.

解答 解:由图可知,小球先向右做匀加速直线运动,过MN后做匀减速运动到零,再反向做匀加速直线运动,向左过MN后做匀减速运动到零;
A、小球在MN左侧的加速度大小:${a}_{1}=\frac{6-0}{1}=6m/{s}^{2}$
小球在右方运动的加速度大小:${a}_{2}=|\frac{-6-6}{4-1}|=4m/{s}^{2}$.
在左方,根据牛顿第二定律得,F1=ma1=2×6N=12N,
在右方,根据牛顿第二定律得,F2=ma2=2×4N=8N.
所以F1与F2大小之比为12:8=3:2.故A正确.
B、v-t图中v与时间轴围成的面积表示物体的位移,由图可知,0-5s末物体的总位移等于0,则物体t=5s时,小球回到A点.故B正确;
C、t=3s时,物体的速度:v3=v1-a2t=6-4×(3-1)=-2m/s
可知3s末物体速度的大小为2m/s,所以t=3s时,恒力F2的功率为P=F2v3=8×2=16W.故C错误;
D、由动能定理可得,在0~4s的过程中,F1与F2做功之和为W=$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}×2×(-6)^{2}=36$J.故D正确.
故选:ABD

点评 本题考查了速度时间图线与牛顿第二定律的综合运用,知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移.

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A.小车运动的速度越大,侧壁对木块的弹力越大
B.小车运动的加速度越大,侧壁对木块的弹力越大
C.小车运动的速度越大,侧壁对木块的摩擦力越大
D.小车运动的加速度越大,侧壁对木块的摩擦力越大

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科目:高中物理 来源: 题型:多选题

6.如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,其轨道平面与水平面成θ角,上端用一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,轨道电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则(  )
A.金属杆加速运动过程中的平均速度大于$\frac{v}{2}$
B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C.当金属杆的速度为v/2时,它的加速度大小为$\frac{gsinθ}{2}$
D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为$mgh-\frac{1}{2}m{v^2}$

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3.如图所示,是质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v-t 图象,由图可知(  ) 
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B.在t0时刻,质点B的速度大于质点A的速度
C.在t0时刻,质点B所受的合外力大于质点A所受的合外力
D.在0〜t0时间内,质点B的位移比质点A的位移大

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10.如图所示,电动机带动滚轮作逆时针匀速转动,在滚轮的摩擦力作用下,将一金属板从斜面底端A送往上部,已知斜面光滑且足够长,倾角θ=30°.滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=6.5m,当金属板的下端运动到切点B处时,立即提起滚轮使它与板脱离接触.已知板的质量为m=1×103kg,滚轮边缘线速度恒为v=4m/s,滚轮对板的正压力FN=2×104N,滚轮与板间的动摩擦因数μ=0.35,取重力加速度g=10m/s2.求:
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20.如图(a)所示,“”型木块放在光滑水平地面上,木块的水平表面AB粗糙,与水平面夹角θ=37°的表面BC光滑.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值;当力传感器被拉时,其示数为负值.一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑,运动过程中,传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2.)求:
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