匀变速直线运动规律及牛顿运动定律.docx

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1、匀变速直线运动规律及牛顿运动定律真题再做1. （2016 高考全国卷m, T16）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t内位移为s,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为（）3s8s4s解析：动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v=3v，由s=2（v+ v）t和卜干得a=v故A对.答案：A2. （多选）（2018 高考全国卷II，T19）甲、乙两汽车在同一条平 甲 直公路上同向运动，其速度一时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所 卜厂一 示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是（）乙A. 两车在ti时刻也并排行驶。们B. 在ti时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加

2、速度大小先增大后减小D. 乙车的加速度大小先减小后增大解析：0t时间内，v v，tt时间内，v v，t时刻相遇，但0t时间内1乙 甲 12甲 乙 21两者的位移差小于Lt2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错，B对.由图 象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错，D对.答案：BD3. （多选）（2016 高考全国卷II，T19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量 大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比， 与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则（）A. 甲球用的时间比乙球长B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C. 甲球

3、加速度的大小小于乙球加速度的大小D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：设小球在下落过程中所受阻力F阳= kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定 阻4443k 1律可知 mgF 阻=ma，由 m=p V=p n R3 知30 n R3gkR=p n R3a，即 a=g耳 . R2, 故知R越大，a越大，即下落过程中a甲舛乙，选项C错误；下落相同的距离，由h=1at2知, a越大，t越小，选项A错误；由2ah=v2V2知，v0=0, a越大，v越大，选项B正确；由 W阻=F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确.答案：BD4. (多选)(2015 高考全国卷I，T20)如

4、图(a)，一物块在t = 0时刻滑上一固定斜面， 其运动的v t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v。、vJ均为已知量，则可求出 ()A. 斜面的倾角B物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度v解析：由v t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为。=二，根据牛顿第二 1v定律得 mgsin +“ mgcos。=ma，即 gsin + p gcos。=.同理向下滑仃时 gsin 1vv +vv vp gcos =71，两式联立得sin = o 1，p =，可见能计算出斜面的倾斜角度t12gt1 ，2gt1cos以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上

5、斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为普，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x=jt，22 1根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin =vt 壬=、日客，选 2 1 2gt14g项D正确；仅根据v t图象无法求出物块的质量，选项B错误.答案：ACD5. (2017 高考全国卷II，T24)为提高冰球运动员的加速能力，教挡板练员在冰面上与起跑线相距s0和s1 (s1s0)处分别放置一个挡板和一面 产必小旗，如图所示.训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员小%将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向.挡板；冰球被击出

6、的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小1起跑线旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处.假定运动 冰球, 运动员 员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求:(1) 冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2) 满足训练要求的运动员的最小加速度.解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为p，由动能定理得p mgso=2mv2 v2v2解得P =?云(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最 小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a】和a。，所用的时间为t，由运动学公式得V2V2 = 2a s 0

7、11 0v0vi = ait1，尸羿*联立式得a=2s20答案:V2 V2 小 s (v+v)2 (1) 1 (2)o -(1) 2gso (2) 2so考情分析命题特点与趋势一一怎么考1. 近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题、较为综合的计算题为主.匀变 速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点.2. 借助“传送带”“平板车” “滑块一木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分 析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目.3. 以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起 足够重视.解题要领一一怎么做1 .解答运动学公式与牛顿

8、第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1) 两分析 物体受力情况分析，同时画出受力示意图； 物体运动规律分析，同时画出运动情境图.(2 )两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁； 速度是各物理过程相互联系的桥梁.2. 解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1) 要清楚x t、v t图象的特点及区别；(2) 要将物体的运动图象转化为物体的运动模型.建体系记要点知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第8页网络构建要点熟记1 .匀变速直线运动的规律(1) 速度公式：v=vo+.at,(2) 位移公式：x=vot+1at2.(3) 速度和位移的关系式：v2-v2 = 2ax.码(4) 中间时刻的

9、瞬时速度：=七才v.(5) 任意两个连续相等的时间T内的位移之差是一个恒量，即Ax=Xn+i-Xn=aT2.2. 对运动图象的认识，应注意以下三点(1) 匀速直线运动的v t图象的斜率为零，表示加速度为零；(2) 无论是x t图象还是v t图象都只能描述直线运动；(3) x t图象和v t图象不表示物体运动的轨迹.3. 牛顿第二定律表达式：F=ma或Fx=maxFy=may,且加速度的方向与台处力方向一 致.4. 超重和失重：物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态，加速度方向向下或有向下的分量为失重状态.考向研析掌握应试技能研考向提能力授课提示：对应学生用书第8页考向一匀变速直线运动规律的

10、应用必备知识1. 求解匀变速直线运动问题的一般思路审题画出示意图一判断运动性质一选取正方向一选用公式列方程一 I求解方程I2. 若涉及追及、相遇或避免碰撞等问题，解题的关键是画出运动过程示意图；找出时 间关系、速度关系、位移关系并列出方程.新题再练1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移 是3m,第三个T时间末的瞬时速度为3m/s，则（）A. 物体的加速度是1m/s2B. 第一个T时间末的瞬时速度为0.6m/sC. 时间间隔T=1sD .物体在第1个T时间内的位移为0.6m解析：初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1 ： 3 ： 5

11、：， 据此判断第一个T时间内的位移x1=jx3m=0.6m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2 35=rX3m=1.8m，由 V2 0 = 2a（x +x +x ）得 a=；m/s2，选项 A 错误；由 Ax=aT2得 x x531236216= aT2，解得T=gs，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度V1 = aT=1m/s，选项B错误.答案：D2. 我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时 间.一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动， 经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.

12、5m/s2.假设汽车 可视为质点，则下列说法正确的是（）A. 汽车开始减速时距离自动收费装置110mB. 汽车加速4s后速度恢复到20m/sC. 汽车从开始减速到速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s解析：汽车减速时的加速度为a =宁=5屋=3.75m/s2，这段时间内的位移 1 t4x=Voti+ait2=(2OX4X3.75X42)m=50m, A 错误；汽车恢复到 20m/s 所用的时间 t2= 七=205s = 6s, B错误；汽车加速的位移x =V2=75m,则汽车通过的总位移x=x a22.522a21+x2=125m, C正确；汽

13、车通过自动收费装置耽误的时间应为实际的时间与汽车匀速通过该x段的时间差，汽车匀速通过这段距离所用的时间t=6.25s,因此汽车耽误的时间 t = 0ti + t2t = 3.75s, D 错误.答案：C3. 某地出现雾霾天气，能见度只有200m，即看不到200m以外的情况，A、B两辆汽车 沿同一公路同向行驶，A车在前，速度VA=10m/s，B车在后，速度vb=30 m/s，B车在距A 车x=200m处才发现前方的A车，这时B车立即以最大加速度a=0.8m/s2刹车.(1) 通过计算说明两车会不会相撞；(2) 若两车不会相撞，求它们之间的最小距离.若两车会相撞，则B车在减速的同时开 始按喇叭，t

14、1=10s后，A车发现后，立即加速前进，则A车的加速度至少为多大时才能避 免与B车相撞？解析：(1)设经过时间t两车速度相等，根据vA=vBat，解得t = 25s，xB=vBt2at2 =500mxA=vAt = 250m速度相等时两车的距离 x0=xA+xxB=50m0，故两车在速度相等前就已经相撞了. (2)由可知两车会相撞.如图所示，B车减速10s后，B车的速度v =v at =22m/sB1 B 1初始时刻； B Akio s!11J恰好不相撞!：_(B)此时两车的距离 x = vAt1 + 200m一 (vBt1 一；at2) =10X10m + 200m一 (30X10 1XO.

15、8X1OO)m=40m设A车至少以大小为a，的加速度加速t时间后，两车刚好不相撞，此时两车的速度相等，有 vb1at，=VA+a，t，VAt/+1a/1 ,一羿22由以上两式消去a，和t，的乘积a，t，进而解得a，=1m/s2.答案：(1)见解析 (2)1m/s2方法技巧分析追及问题的方法技巧(1) 一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件， 也是分析判断问题的切入点，如第3题中首先确定速度相等时的时间.(2) 两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关 系是解题的突破口，如第3题画出过程图，各种关系呈现更清晰、直观.(3) 能否追

16、上的判断方法：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距.若va=vb时， x +xx，A 0 BABA 0 BABA 0 B则不能追上.特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经 停止运动.考向二运动学图象问题典例示法典例展示1(多选)(2018 高考全国卷m)甲、乙两车在同一平 -甲,/ /直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动.甲、乙/ 两车的位置x随时间t的变化如图所示.下列说法正确的是()a.在ti时刻两车速度相等JB. 从0到七时间内，两车走过的路程相等C. 从ti到t2时间内，两车走过的路程相等D. 在ti到t2时间内的某时刻，两车速

17、度相等思路探究(1)x t图象的物理意义及其图线斜率、交点等表示的物理意义是什么？(2)图象中的直线和曲线表示物体怎样的运动特点？解析x t图象的斜率表示两车速度，则可知ti时刻乙车速度大于甲车速度，A错； 由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，ti时刻图线相交表示两车相遇，可得0到七时间 内乙车比甲车多走了一段距离，B错；ti和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从ti 到t2时间内，两车走过的路程相等，c对；在ti到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时 刻，即该时刻两车速度相等，D对.答案CD方法技巧图象问题做好“三看”(1) 看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运

18、动学图象(v t、 x t、a t)还是动力学图象(F a、F t、F x).(2) 看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程，如例题中甲 车的位移一时间图线是曲线表明甲车做速度增大的变速直线运动.（3）看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜 率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义，如例题中两交点表示两车位置相同.新题再练4. （多选）甲、乙两质点从同一位置出发，沿同一直线运动，它们的v t图象如图所示.对这两质点在03s内运动的描述，下列说法正确2；-乙 的是（）A. t = 2s时，甲、乙两质点相遇。 /s6B. 在甲、乙两质点相遇前，t

19、=s时，甲、乙两质点相距最远C. 甲质点的加速度比乙质点的加速度小D. t = 3s时，乙质点在甲质点的前面2解析：由题图可知，甲的加速度a甲=m/s2，乙的加速度a乙= 0.5 m/s2，加速度是6矢量，其正负只表示方向，不表示大小，C错误；由图象可得七=歹时，两者速度相等，甲、 乙两质点的距离为甲、乙两质点相遇前的最大值，故B正确；t = 2s时，甲的位移x 甲=2x（2.281+）X2m=3m，乙的位移x乙=X（1 + 2）X2m=3m，这时乙已在甲刖，A错误；t = 2s之后 乙的速度一直大于甲的速度，乙在甲前，D正确.答案：BD5. （多选）（2018 -湖北部分重点中学第二次联考）

20、一质点沿一直线运动，以运动起点作 为位移参考点并开始计时，设在时间t内所发生的位移为x，其X t图象如图所示，则由图可知（）|y/(m . s)200-5t/sA. 质点的初速度为1m/sB. 质点的初速度为0.5m/sC. 质点的加速度为2m/s2D. 质点的加速度为4m/s2解析：由匀变速直线运动位移公式x=vt+2at2可得|=vo+|at.由此可知，X t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的?.由纵截距和斜率可知，质点的初速度为1m/s，加 乙速度为4 m/s2.故本题选A、D.答案：AD6. （多选）如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光 滑小环，沿杆

21、方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动.已知拉力F及小环 速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是（A. 小环的质量是1kgB. 细杆与地面间的夹角为30C. 前1s内小环的加速度大小为5m/s2D. 前3s内小环沿杆上升的位移为1.25m解析：设细杆与地面间的夹角为3，由v t图象可知01s内小环的加速度为a= 0.5m/s2，因此选项C错误；拉力为F1 = 5N时，由牛顿第二定律得F1mgsin3 =ma, 1s后小 环做匀速直线运动，此时的拉力为F2=4.5N，根据力的平衡有F2=mgsin3，联立解得m=9 一 .,一 一， 一 1

22、kg，sin =20因此选项A正确，B错误；根据题图乙可知，前1s内小环沿杆上升的位0.5移为=-厂X1m=0.25m，之后2s内做匀速直线运动，位移为x2 = O.5X2m=1.0m，所以前 3s内小环沿杆上升的位移为x=X+x2= 1.25m，选项D正确.答案：AD考向三动力学中的连接体问题典例示法典例展示2（多选）（2018 -湖北黄冈高三调研）如图所示，水平面上有一质量为2m 的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连 放置在倾角为3的斜面上，不计一切摩擦.开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用 而保持静止，已知重力加速度为g.下列说法正确的是

23、（） FA. 在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinB. 在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin0C. 剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinD. 突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin思路探究(1)细线烧断前A、B、C三个物体分别受哪些力？(2)细线被烧断瞬间，细线和弹簧上力的变化有什么特点？解析细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1 = 2mgsin0，对A，由平衡条件得拉力F=Fi = 2mgsin0 .在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第 二定律得F=2maA，解得aA=gsin0，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B 所受的合

24、力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F= maB，解得aB= 2gsin0，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为匕，由牛顿第二定律得， 对A，FF2 = 2ma，对B，F2-mgsin0 =ma，由以上两式解得a=|gsin0，选项C错误；撤 去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于 弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹+mgsin。=23ma，未烧断细线刖，对B受力分析，可得FmgsinG +F弹，联立得anggsin。，故2A的加速度为gsinG，选项D错误.3答案AB方法技巧1. “整体法

25、、隔离法”应用的两点技巧(1) 当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如例题中求细线被烧断 前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔 离法.(2) 求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法.2. 瞬时加速度的两种模型(1) 刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹 力立即消失，不需要形变恢复时间，如撤去F瞬间，细线上的拉力立即发生变化.(2) 弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量 大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看作保持不变，如

26、 例题中烧断细线瞬间，弹簧弹力不变.新题再练7. (2018 河北衡水中学第九次模拟)如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和川2，且m1m2，现对两物块同里二时施加相同的水平恒力F,设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为Fn，则下列说法 正确的是（）Fa.物块b的加速度为m22Fb .物块a的加速度为m可C. FFn2FD. Fn可能为零解析：由于没有摩擦力，且m1Ffmax，物体由静止开始 做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，Ff = Ffmax=4N，根据牛顿第二定律可得加速度为 a= =6y4m/s2 = 1 m/s2，位移为 x = 1at2 = 1

27、 X1X4m= 2m,4s 末的速度为 v = at = m 21 221X2m/s = 2 m/s， 一，F-F46s时根据牛顿第二定律可得加速度为=2-4Tm/s2=-1 m/s2位移为 x =vt+1a t2 = 2X2m+X（-1）X4m=2m，则物体的总位移是 x=x +x =2m+2m22 1212=4m，故A正确，B、C、D错误.答案：A二、多项选择题8. 将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为。=37，将一铁块由长木板的底端以 一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规 律如图所示.已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取

28、10m/s2，则（ ）A. 长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5B. 铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6mC铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10m/s2D. 铁块滑到长木板底端时的速度大小为6相m/s解析：由铁块上滑过程的速度一时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a=%= = t 0.6m/s2=10 m/s2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin37+p mgcos37=ma，代入数据解得p =0.5, A正确；由速度一时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为 x=6=1.8m,B错误;铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mgsin37-p mgcos37 =ma，代入数据可解得

29、a，=2m/s2, C错误；由运动学公式v=、j2a，x，代入数据解得v =5,：5m/s, D 正确.答案：AD9. （2018 浙江金丽衢十二校联考）酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应 时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾 驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到 汽车停止行驶的距离（假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同）分析表中数据 可知，下列说法正确的是（）思考距离/m制动距离/m速度(ms-1)正常酒后正常酒后157.515.022.530.0A. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多

30、0.5sB. 驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5m/s2C. 若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍D. 若汽车以25m/s的速度行驶时发现前方60m处有险情，酒后驾驶不能安全停车解析：由xi = vt可得正常情况下的反应时间为0.5s，酒后的反应时间为1.0s，选项A v2说法正确；由刹车距离x2=x-%=嘉解得驾驶员米取制动措施后汽车刹车的加速度大小为a = 7.5m/s2，选项B说法正确；若汽车的初速度增加一倍，思考距离增大一倍，而刹车距离 将增大三倍，选项C说法不正确；若汽车以25m/s的速度行驶时，酒后思考距离为25X1.0mv2= 25m，刹车距离为=41.7m，

31、制动距离为25m+41.7m=66.7m，发现前万60m处有险情， 2a酒后驾驶不能安全停车，选项D说法正确.答案：ABD10. 如图所示，长为L=6m、质量为m=10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的 动摩擦因数为p =0.2, 一个质量为M=50kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开 始跑到人离开木板的过程中，以下v t图象可能正确的是（g取10m/s2, a为人的v t图象， b为木板的v t图象）（）解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，Ff=Ma1，木板与地面之间的最大静摩 擦力 Ffm=p (M+m)g=120N； A 中人的加速度 a1 = 1m/s2, Ff=

32、Ma1 = 50N120 N,木板向左加速，Fp (M+m)g=ma2, a2 = 3 m/s2, t=gs内人的位移大小x1 = 3m,木板的位移大小x2 = 3m，C正确；D中木板要运动的话只能向左运动，其位移为负值， v t图线应在时间轴的下方，因此D错误.答案：ABC11. 在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物块A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为,两物块7与斜面间的动摩擦因数相等.则当用大小为2F的拉力沿斜面向上拉物块二A时()A. 两物块向上运动的加速度大小为2aB. 两物块向上运动的加速度大小大于2aC. 两物块间细线中的张力为2FTD. 两

33、物块间细线中的张力与A、B的质量无关解析：设斜面倾角为e，A、B两物块的质量分别为M和m,物块与斜面间的动摩擦因F(M+m)gsinG p (M+m)gcosG 数为P ,由牛顿弟二定律得两物块的加速度大小为a=F2FM+mg(sine +p cos。)，当拉力为 2F时，加速度大小为a =m+g(sin。+p cos ),则a，一a=/Ja,即az2a,A项错误，B项正确；两物块间细线中的张力F =ma+mgsinM +mTmF+p mgcos =就，与斜面倾角和动摩擦因数无关，则当拉力为2F时，细线中的张力为2%,但张力与两物块的质量有关，C项正确，D项错误.答案：BC三、非选择题12.

34、(2018 江西新余一中二模)斜面长度为4m, 一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同 的初速度V0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方V2的关系图象(即x v0 图象)如图所示.(1) 求滑块下滑的加速度大小.(2) 若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？解析：(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式V2v0=2ax得图线的斜率为k=-2a，由x v：图象知图线的斜率为k=4,则 a=2m/s2.所以滑块下滑的加速度大小为2m/s2.(2)由x V2图象可知，当滑块的初速度为4m/s时，滑块刚好滑到斜面底端，故当滑块下 滑的初速度为5.0 m/s时，滑块可滑到斜面底端.设滑块在斜面上滑动的时间为t，则有x =V0t+；at2，其中 x=4m， a=2m/s2，解得 t= 1s，或 t = 4s.又因滑块速度减小到零所用时间为t= 一乙=s = 2.5s，所以