题目内容
4.| A. | B. | C. | D. |
分析 以木块A为研究对象,分析受力情况,根据牛顿第二定律得出F与A位移x的关系式,再选择图象.
解答 解:设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0,当木块A的位移为x时,弹簧的压缩长度为(x0-x),弹簧的弹力大小为k(x0-x),根据牛顿第二定律得
F+k(x0-x)-mg=ma
得到,F=kx-kx0+ma+mg,
又kx0=mg,
则得到F=kx+ma
可见F与x是线性关系,当x=0时,kx+ma>0.
故选:A.
点评 本题根据牛顿第二定律得到F与x的解析式,再选择图象是常用的思路.
练习册系列答案
相关题目
15.
如图所示,理想变压器原线圈与电阻R0连接,原、副线圈的匝数比为20:1,b是原线圈的中心抽头,副线圈连接滑动变阻器,电压表和电流表均为理想交流电表.已知交流电源电压瞬时值表达式为u1=220$\sqrt{2}$sin 100πt(V).下列说法中正确的是( )
| A. | 单刀双掷开关K扳向a时,电压表的示数小于11 V | |
| B. | 通过滑动变阻器R的交变电流的频率为100 Hz | |
| C. | 单刀双掷开关K由a扳向b,滑动变阻器滑片不动,电压表的示数不变,电流表示数变小 | |
| D. | 保持K的位置不变,滑动变阻器滑片向下移,电压表的示数变小,电阻R0功率变大 |
12.测得某短跑运动员在100m竞赛中,5s末的速度为10.4m/s,在10s末到达终点的速度是10.2m/s,此运动员在这100m中的平均速度为( )
| A. | 10.4 m/s | B. | 10.3 m/s | C. | 10.2 m/s | D. | 10.0 m/s |
9.
用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体,静止时弹簧伸长量为L,现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体,系统静止时弹簧伸长量也为L.已知斜面倾角为30°,如图所示.则物体所受摩擦力( )
| A. | 等于零 | B. | 大小为 $\frac{1}{2}$mg,方向沿斜面向下 | ||
| C. | 大小为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$mg,方向沿斜面向上 | D. | 大小为mg,方向沿斜面向上 |
16.
如图所示,质点由西向东运动,从A点出发到达C点后沿原路返回,到B点停下,若AC=100m,BC=40m,则质点通过的路程和位移的大小正确的是( )
| A. | 路程是140m | B. | 路程是60m | ||
| C. | 位移的大小是60m,方向由西向东 | D. | 位移的大小是60m,方向由东向西 |
13.在图1示的装置中,可视为质点的小滑块沿固定的光滑半球形容器内壁,在竖直平面的AB之间简谐振动,用压力传感器测得滑块对器壁的压力大小F随时间t变化的曲线如图2所示,图中t=0时,滑块从A点开始运动.根据力学规律和题中所给出的信息,下列判断正确的是(g取10m/s2)( )

| A. | 滑块振动的周期是0.2πs | |
| B. | 半球形容器的半径是0.4 m | |
| C. | 在t=0.2πs到t=0.25πs和时间段内,滑块速度一直减小 | |
| D. | t=0.3πs时,小滑块振动到平衡位置,所受合力为零 |
14.根据给出的速度和加速度的正负,对下列运动性质的判断正确的是( )
| A. | v0>0,a<0 物体做加速运动 | B. | v0<0,a<0 物体做加速运动 | ||
| C. | v0<0,a>0 物体做减速运动 | D. | v0>0,a>0 物体做加速运动 |