练案30 第4章 专题强化8 动力学图像问题和等时圆模型-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步新课程学习指导(人教版)

5C火箭匀加速直线运动阶段，有x=，对火箭受力分析， 又F=uFN 垂直于斜坡方向有F、-mgos0=0 由牛顿第二定律可得F-mg=ma,联立解得F≈2.7×10N, 故C正确。 解得a=2vg,由1=2i 6.A设无人机匀加速飞行的加速度大小为a,在 解得t=6s。 第一秒内飞行了5m,由位移时间公式x= (2)设人滑到水平滑道时的速度为 ma v,则 ng 解得a=登：空vg=0v,无人机飞行 1309 有v=at,解得v=12m/s。 时受力如图所示，由于mg=ma,由几何关系可 在水平滑道上滑行时，设加速度为a', 根据牛顿第二定律，有mg=ma', 知，空气对无人机的作用力F与水平方向的夹 解得a'=5m/s2。 角为60°，则有Fsin60°-mg=masin30°，解得空气对无人机 设还能滑行的距离为x,则2=2a'x 的作用力大小为F=303N,A正确，B、C、D错误。 解得x=14.4m。 7.A滑块的加速度大小为a==10m/s2,A正确，B错误；对 练案[30] 滑块受力分析有mgsin0+ngcos0=ma,解得4=0.5，C、D :1.C物体受重力和斜面的支持特力，设斜面的倾角为0，根据牛 错误。 8.D根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v=at知，最 顿第二定律知加速度为a=gsin6不变，物体做初速度为零的 大速度v=a1t=a2·3t,所以a1:a2=3:1,故A、B错误；对撤 匀加速直线运动。位移x= 2at2= 2 gt'sin0,则h=xsin6= 去F前的加速和撤F后的减速运动，根据牛顿第二定律得 F-Fr=ma1,Fr=ma2,联立解得Fr:F=a2:(a1+a）= 2gsim0,由此可见xh都与时间的平方成正比，故A,B错 1:4,故C错误，D正确。 误；速度v=at=gsin0·t,与时间成正比，故C正确；加速度 9.BD游客自由下落时，受到合力为重力，故A错误；自由下落a=gsin0不变，故D错误。 2s时速度最大，则有u=gt=20m/s,故B正确；自由下落2s2.Bv-t图线的斜率表示加速度，则加速 a 时位移为h=乞d=20m,由速度位移公式得0-2= 度图像如图所示。由牛顿第二定律可知F -mg=ma,所以支持力F=ma+mg,重力0 -2a(h-h,),解得游客做匀减速运动时的加速度大小为a= 保持不变，所以F-t图像相当于a-t图 10m/s2,故C错误；由牛顿第二定律可得F-mg=ma,游客 像向上平移，故B正确。 做匀减速运动时所受阻力为F,=1O00N,故D正确。 3.B由题图乙可知F=7N时，a=0.5m/s2,F2=14N时， 10.D因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin0= a2=4m/s2,物体在水平方向上受外力F和摩擦力，由牛顿第 mgcos 0,所以4=tan0;当在推力作用下加速上滑时，由运 二定律得F,-wmg=ma1,F,-mg=ma,解得m=2kg,u= 动学公式x=ad得a=2m/s,由牛顿第二定律得F- 0.3,故选项B正确。 mgsin0-umgcos0=ma,解得F=36N,D正确。 4.AC当0=牙时，滑块做自由落体运动，则有a1=名= 11.(1)2m/s2(2)6m/s(3)1.8m 10m/s2,A正确，B错误；当0=0时，加速度大小为7.5m/s2, 解析：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F-umg 根据牛顿第二定律有mg=ma,解得u=2=0.75,C正确； =ma, g 解得a=F=mg=14-0.5×2×10m/g=2m/g。 当加速度为零时，有mgsin01=umgcos01,联立解得0，=37°， 2 D错误。 (2)由M到B,根据运动学公式可知v2=2aL, 5.A根据-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移，t轴上 解得vg=√2aL=√2×2×9m/s=6m/so 方位移为正，下方位移为负，则前3s内物体的位移为正，则第 (3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得， 3s末物体处于出发点右方，故A正确：在1~2s内，速度为正 mgsin 0+umgcos 0=ma', 值，说明物体向右运动，速度大小不断减小，故B错误：在1~ 代入数据得加速度的大小为a'=10m/s2, 3s内，图像的斜率不变，则加速度不变，故C错误；在0~1s 逆向分析可得vB2=2a'x, 内，图像切线的斜率不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第 解得-2若=18m。 二定律可知外力F不断减小，故D错误。 6.A如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑 12.(1)6s(2)14.4m 弦从上端由静止滑到底端，由牛顿第二定律可知加速度为a= 解析：(1)人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示。 gsin0,位移为x=2Rsin0,由匀变速直线运动规律有x= 设人沿斜坡下滑的加速度为a, 由牛顿第二定律得mgsin0-F=ma 2α，联立解得下滑时间t=21/之，相当于沿竖直直径自由 —307 下落的时间，有t1=2=t3,t4=t5=t6,故选A。 代入数据解得v=4√2m/s。 7.A对于环A,设ab与水平方向的夹角为0，圆的半径为R,由 12.(1)0.530N(2)6m/s方向沿斜面向下(3)18m 牛顿第二定律可知，下滑加速度为4，=msm9=gsin0,又根 解析：(1)设拉力F作用时物体的加速度为a1,对物体进行 m 受力分析，由牛顿第二定律可知F-mgsin37°-ugeos37° 据动力学公式2Rsim0= 之，解得√四对于环B设 =ma 撤去拉力F后，物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有 cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度 mgsin37°+umgcos37°=ma2 为a=mgsin a=gsin&,又根据动力学公式2 Rsin a= m 根据v-t图像的斜率表示加速度可知 1 a1=20m/s2,a2=10m/s2 25,解得五三√对自由落体的球C而言，有与日 联立解得4=0.5，F=30N。 √还受三者时同组等技选人 (2)2=3s时物体速度减为零，之后物体下滑，设其加速度 大小为a3,根据牛顿第二定律有mgsin37°-mgcos37° 8.A因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以对角线AC为直 ma 径的圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球 解得a3=2m/s2 a、b、d必定同时到达圆周的最低点C,故选项A正确。 由速度与时间公式得到v=a3(t-t,)=6m/s 9.AC人在下落的过程中，接触蹦床之前，人处于自由落体状 即t=6s时物体的速度为6/s,方向沿斜面向下。 态，加速度为g:接触之后，弹力F=k·△x,随下落距离逐渐增 (3)由题图乙知，物体上滑过程中最大速度v,=20/s,物体 加，根据牛顿第二定律mg-k·△x=ma,可知，网面的形变量 22=30m △x和a线性变化关系，故a和x也是线性变化关系，当弹力F 沿斜面上滑的最大位移x=2a+2a, 小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力 物体沿斜面上升的最大高度h=xsin37°=18m。 时，加速度为零，速度最大：当弹力F大于重力时，做加速度增 练案[31] 大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再增大，且加速度 a和x是线性变化关系，故C正确，D错误；人的加速度先不1.C设各物体的质量均为m,对整体运用牛顿第二定律得a= 变，后减小后再反向增加，可知速度时间图像的斜率绝对值先 品对345整休应用牛顿第二定律得R、=3m,解得人、= 不变，后减小再增加，故A正确，B错误。故选AC。 10.D由图丙可知，0~2s内物体没有推动，物体处于静止状 子，放选C。 态，推力大小等于摩擦力，A错误；由”-t图像可知，2~4s2.A设A与地面间的动摩擦因数为以，对A和B整体分析，由 物体做匀加速直线运动，加速度a=A=2m/s2,B错误；根牛顿第二定律得F-u·2mg=2ma;对A施加一压力￡，= 据上述可知0~2s内，静摩擦力大小为Fn=F=1N;由v-t mg,由受力分析可知F-u(F,+mg）)=ma2,整理得u·2mg+ 图像可知4~6s内物体匀速运动，滑动摩擦力大小等于推： 2ma-u(mg+mg)=ma2,解得a2=2a1,故A正确。 力，根据F-可知滑动摩擦力大小为F。=R=2N,2~4.3.A甲图中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可 物体做匀加速直线运动，物体受到滑动摩擦力，则大小为 得F-u(M+m)g=(M+m)a,再对A进行受力分析，可得 F2=F3=2N,C错误；2~4s物体做匀加速直线运动 (g三m血，整理可得工三术乙图中，同样将两个物级 2-F2=ma,解得m=0.5kg,D正确。 作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F-(M+m)g=(M+ 11.(1)3N0.05(2)2m,方向水平向左(3)42m/s m)a',再对A进行受力分析，可得T2-mg=ma',整理可得 解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为 a1,向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由v-t图 1=n因此两次弹簧的弹力相等，由胡克定律P=,可 像得a1=2m/s2,a2=1m/s2, 知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1:x2=1:1,故A正确， 由牛顿第二定律有F+wmg=ma1,F-mg=ma2 B、C、D错误。 联立解得F=3N,4=0.05。 4.A题图甲中两物块构成连接体模型，对B由牛顿第二定律 (2)物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小x1=1一 得mg-T=ma1,对A由牛顿第二定律得T=mAa1,联立解 2a42=16m,方向水平向右； 得a=m,十m:题图乙中是拉力F=m8,拉者细绳带动A做 物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为x2= 匀加速直线运动，由牛顿第二定律mg=maa2,可得a= 2052=18m,方向水平向左； m超，比较两加速度可得a1<a,故A正确。 m 所以10s内物体的位移大小x=Ix1-x2I=2m, 5.CA、B两物体恰好相对滑动时，由牛顿第二定律得：对A: 方向水平向左。 wmg=ma,对A、B系统：F=(m+2m)a,解得：F=3mg。 (3)由运动学公式v2-2a2 :6.B对钢卷受力分析，可得临界时后支架斜面无作用力，前支 —308练案[30] 第四章 专题强化8动力学图像问题和等时圆模型 A.物体的质量为1kg 基础巩固练 B.物体的质量为2kg 知识点一动力学图像问题 C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 1.如图所示，一物体沿光滑斜面由静止开始从顶 端下滑到底端，若用h、x、v、a分别表示物体下 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 降的高度、位移、速度和加速度，表示所用的4.（多选)如图乙所示，坐标系中的曲线反映的 时间，重力加速度为g,则下列图像中正确的 是图甲中滑块在斜面上自由下滑时，加速度a 是 与斜面倾角θ之间的关系图像，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度 g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，则 () ∠∠∠☑ a/(m.s2） a 0 2.若货物随升降机运动的v-t图像如图所示 -7500 (竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持 10..-. 力F与时间t关系的图像可能是图中的 ( A.a1的大小为10m/s2 B.a的大小为8m/s2 C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75 D.01=53° 5.如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水 平方向的外力F作用下做直线运动，其v一 图像如图乙所示，规定向右为正方向。下列判 断正确的是 4(ms) 3.如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用 水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过 程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速 7 甲 度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙 中所标出的数据可计算出(g取10/s2)( A.在第3s末，物体处于出发点右方 4a/(m.s-2) B.在1~2s内，物体正向左运动，且速度大小 3 在减小 2 F C.在1~3s内，物体的加速度方向先向右后 TiiiT 0.5 14F/N 向左 甲 D.在0~1s内，外力F不断增大 239 知识点二等时圆模型 综合提升练 6.(2025·河南郑州高一期末)如图所示，甲图 中质点从竖直面内的圆环上，沿三个不同的光9.（多选）(2025·湖北高一校联 滑弦12、3上端由静止开始滑到环的最低点， 考阶段练习)2023年11月11 所用的时间分别为t1、2、3;乙图中质点从竖 日，中国蹦床运动员朱雪莹、范 直面内的圆环上最高点，沿三个不同的光滑弦 欣怡、胡译乘荣获世界蹦床锦标 4、5、6由静止开始滑到下端所用的时间分别 赛女子网上团体冠军，为国家争 为t4t5、6,则 ( 得荣誉。如图是她们比赛时的 画面。如果把网面近似看成遵循胡克定律的 垫子，且不计空气阻力，则运动员从最高点运 0 04 16 动到最低点过程中（以向下为正方向），速 度一时间、加速度一位移的图像正确的是 匆 A.t1=t2=t3,t4=i5=t6 B.t1<t2<t3,t4<t5<t6 C.t1>t2>t3,4>t5>t6 D.t2>t3>t1,t6>t5>t4 7.如图所示，ab、cd是竖直平面内两 根固定的细杆，a、b、c、d位于同一 R 圆周上，圆周半径为R,b点为圆 周的最低点，c点为圆周的最高 b 点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静 止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑 环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C10.（2025·山东青岛高一期未)如图甲所示，水 从c点静止释放做自由落体运动，经时间t3到 平地面上的一个物体，受到方向不变的水平 达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可 推力F的作用，推力F与时间t的关系如图 视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为( 乙所示，物体的速度v与时间t的关系如图丙 A.t1=t2=t3 所示，以下说法正确的是 ( ) B.t1>t2>t3 F/N */(msl)】 C.t2>t1>t3 3 1 D.A、B、C的质量未知，因此无法比较 F innnm 8.(2025·山东日照月考)如图所 024680246s 甲 丙 示，光滑细杆BC、DC和AC构成 A.0~2s,物体受到的摩擦力大于推力 矩形ABCD的两邻边和对角线， B.2~4s,物体的加速度大小为7/s2 AC:BC:DC=5:4:3,AC杆 C.0~6s,物体受到的摩擦力大小为3N 竖直。各杆上分别套有一可视 D.物体的质量为0.5kg 为质点的小球a、b、d,a、b、d三小球的质量之11，如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平 比为1：2：3。现让三小球同时从各杆的顶点 面上向右做直线运动。过A点时给物体一个 由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球 水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右 在各杆上滑行的时间之比为 ( 为速度的正方向，通过速度传感器测出物体 A.1:1:1 B.5:4:3 的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取 C.5:8:9 D.1:2:3 重力加速度g=10m/s2。求： 240 8/(m8 ! 12.如图甲所示，质量m=1kg的物体置于倾角 6 0=37°的固定斜面上（斜面足够长)，对物体 4 施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间1= 2 1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图像如 -2 2468101/s -4 图乙所示，取g=10m/s2,sin37°=0.6， mmgimmm -6i c0s37°=0.8，求： 甲 8 乙 个/(m.s1) (1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦 20-- 10 因数； (1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的 大小； (2)10s内物体的位移； (2)t=6s时物体的速度； (3)物体沿斜面上升的最大高度。 (3)物体再次回到A点时的速度大小。 241