高一物理必修一典型例题

高一物理必修一典型例

题

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

高一物理必修一典型例题汇总 考点一 两类运动图象的比较

1．x －t 图象和v －t 图象的比较

x －t 图象

v －t 图象

图象

物体的运动性质

① 表示从正位移处开始一直做反向匀速直线运动

并越过零位移处 表示先正向做匀减速直线运动，再反向做匀

加速直线运动

②

表示物体静止不动

表示物体做正向匀速直线运动 物体的运动性质

③ 表示物体从零位移处开始做正向匀速直线运动

表示物体从静止做正向匀加速直线运动 ④

表示物体做正向匀加速直线运动

表示物体做加速度增大的正向加速运动

(1)“交点”???

x －t 图象中交点表示两物体相遇

v －t 图象中交点表示两物体该时刻速度相等

(2)“线”???

x －t 图象上表示位移随时间变化的规律

v －t 图象上表示速度随时间变化的规律

(3)“面积”???

x －t 图象上“面积”无实际意义

v －t 图象上“面积”表示位移

典型例题：

1．(多选)质点做直线运动的位移－时间图象如图所示，该质点( ) A ．在第1秒末速度方向发生了改变

B ．在第2秒和第3秒的速度方向相反

C ．在前2秒内发生的位移为零

D ．在第3秒末和第5秒末的位置相同

[答案]AC

2．质点做直线运动的速度－时间图象如图所示，该质点() A．在第1秒末速度方向发生了改变

B．在第2秒末加速度方向发生了改变

C．在前2秒内发生的位移为零

D．第3秒末和第5秒末的位置相同

[解析]0～2 s内速度都为正，因此第1 s末的速度方向没有发生改变，A错误；图象的斜率表示加速度，1～3 s内图象的斜率一定，加速度不变，因此第2 s末加速度方向没有发生变化，B错误；前2 s内的位移为图

线与时间轴所围的面积，即位移x＝1

2×2×2 m＝2 m，C错误；第3 s末到第5 s末的位移为x＝－

1

2×2×1＋

1

2×2×1

＝0，因此这两个时刻质点处于同一位置，D正确．

3．(多选)下图所示为甲、乙两个物体做直线运动的运动图象，则下列叙述正确的是()

A．甲物体运动的轨迹是抛物线

B．甲物体8 s内运动所能达到的最大位移为80 m

C．乙物体前2 s的加速度为5 m/s2

D．乙物体8 s末距出发点最远

[解析]甲物体的运动图象是x－t图象，图线不表示物体运动的轨迹，A错误；由题图甲可知4 s末甲位移最大，为80 m，B正确；乙物体的运动图象是v－t图象，前2 s做匀加速运动，计算得加速度为5 m/s2,2 s～4 s 做匀减速运动，4 s～6 s做反向匀加速运动，6 s～8 s做反向匀减速运动，所以4 s末距出发点最远，C正确，D 错误．

考点二追及与相遇问题

1．讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题.

两个关系即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到

一个条件即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上、(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点

2.解题思路和方法

典型例题：

1．(速度小者追速度大者)(多选)甲、乙两质点从同一位置出发，沿同一直线路面运动，它们的v－t图象如下图所示．对这两质点在0～3 s内运动的描述，下列说法正确的是()

A．t＝2 s时，甲、乙两质点相遇

B．t＝1 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＝3 s时，乙质点在甲质点的前面

[解析]由题图可知，甲的加速度a甲＝－2

3 m/s

2，做减速运动，乙的加速度a乙＝0.5 m/s2，做加速运动，

C错误；开始时甲速度大，甲在前，乙追甲的过程中，t＝1 s前两质点间的距离在增大，t＝1 s时，两者速度相

等，两质点间距离最大，故B正确；t＝2 s时，两质点的位移分别为x甲＝2×2 m－1

2×

2

3×2

2 m＝

8

3 m，x乙＝1×2

m＋1

2×0.5×2

2 m＝

3 m，这时乙已在甲前，A错误，D正确．

2．(速度大者追速度小者)(2015·山东桓台模拟)A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度

vA＝10 m/s，B车在后，其速度vB＝30 m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0＝85 m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞若会相撞，将在B车刹车后何时相撞若不会相撞，则两车最近距离是多少

2．(速度大者追速度小者)(2015·山东桓台模拟)A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10 m/s，B车在后，其速度vB＝30 m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0＝85 m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞若会相撞，将在B车刹车后何时相撞若不会相撞，则两车最近距离是多少

[解析]设B车刹车过程的加速度大小为aB，由v2－v20＝2ax

可得：02－302＝2(－a B)180 解得：a B＝2.5 m/s2

设经过时间t两车速度相等，此时vA＝vB－aBt1，

t1＝8 s

则此过程中

x B＝v B t1－1

2a B t

21＝160 m，

xA＝v A t1＝80 m

即两车不会相撞，时两车相距最近，

两车的最近距离 d min＝x0＋x A－x B＝5 m.

考点三受力分析1．受力分析的步骤

2．常用方法

(1)整体法和隔离法

体来分析的方法

选用原

则

研究系统外的物体对系统整体的作用力研究系统内物体之间的相互作用力

注意问题受力分析时不再考虑系统内物体间的相

互作用

一般隔离受力较少的物体

在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在．

1.如图所示，甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上，用水平力F拉位于中间的物体乙，它们仍保持静止状态，三个物体的接触面均为水平，则乙物体受力的个数为()

A．3个B．4个

C．5个D．6个

[解析]由甲受力平衡可判断甲乙间不存在摩擦力．[答案] C

考点四动态平衡问题

1．动态平衡

“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个定态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．

2．分析动态平衡问题的两种方法

方法步骤

解析法

(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式

(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况

图解法

(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化

(2)确定未知量大小、方向的变化

相似三角形法利用力的三角形和几何三角形相似，根据相似三角形对应边成比例等性质求解。

典型例题

1、如右图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳

接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN 以及绳对小球的拉力FT的

变化情况是()

A．FN保持不变，FT不断增大

B．FN不断增大，FT不断减小

C．FN保持不变，FT先增大后减小

D．FN不断增大，FT先减小后增大

[解析]选小球为研究对象，其受力情况如右图所示，用平行四边形定则作出相应

的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面体时，

FT逐渐趋于水平，B点向下转动，根据动态平衡，FT先减小后增大，FN不断增大，

选项D正确．

2、如右图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑

挂钩下的重物C缓慢竖直下降．关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是() A．不变

B．逐渐减小

C．逐渐增大

D．可能不变，也可能增大

[解析]当光滑挂钩下的重物C缓慢下降时，设绳AC和BC与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F，绳AC和BC在水平方向上的分力均为Fx＝Fsinα，大小相等，方向相反，是一对平衡力．绳AC和BC在竖直方

向的分力都为Fy＝Fcosα，两绳的合力与重力是一对平衡力，所以2Fy＝2Fcosα＝mg，即F＝

mg

2cosα，重物C缓

慢下降时，α角逐渐减小，所以两绳的拉力F都不断减小，选项B正确．

3. (2016·深圳五校调研)如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．如果小圆杯、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩

擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB 所对应的圆心角为α，则两物块的质量比m1∶m2应为( )

A ．

cos α2 B ．sin α2 C ．2sin α2 D ．2cos α

2

[思维启迪] 选择A 为研究对象→对A 进行受力分析→画出A 的受力图→选择解决平衡问题的方法→列平衡方程求解．

[解析] 采取相似三角形法对小圆环A 受力分析，如图所示，FT2与FN 的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知

m2g R ＝m1g 2Rsin

α

2， 得m1m2＝2sin α2

. 考点五 动力学的两类基本问题

1．解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

2．两类动力学问题的解题步骤

典型例题：

1.研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离l＝39 m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s

2.求：

(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；

(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；

(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．

[解析](1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得

v20＝2as①(2分)

t＝v0

a②(2分)

联立①②式，代入数据得

a＝8 m/s2③(1分)

t＝2.5 s④(1分)

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L＝v0t′＋s⑤(2分)

Δt＝t′－t0⑥(2分)

联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s⑦(2分)

(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧(2分)

由平行四边形定则得F20＝F2＋(mg)2⑨(2分)

联立③⑧⑨式，代入数据得F0

mg＝

41

5⑩(2分)

2.一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)

[解析](1)根据牛顿第二定律可得：

mgsin30°－μmgcos30°＝ma

解得：μ＝

3 6.

(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，由x＝1

2at2，得a1＝2 m/s2，有加速度向上和向下两种可能．当加速度

沿斜面向上时，Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，代入数据得：F＝763

5 N

当加速度沿斜面向下时：mgsin30°－Fcos30°－μ(F sin30°＋mgcos30°)＝ma1

代入数据得：F＝43

7 N.

考点六动力学的图象问题

1．图象的类型

(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

2．问题的实质

是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．

3．求解图象问题的思路

典型例题：

1、如图(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v0、v1、t1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

[解析]由题图(b)可以求出物块上滑过程中的加速度大小为a1＝v0

t1，下滑过程中的加速度大小为a2＝

v1

t1.

物块在上滑和下滑过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝

v0＋v1

2t1g，滑动摩擦力f＝m v0－v1

2t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，可求出μ，由以上分析可知，选项A、C正

确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．

考点七用整体法和隔离法解决连接体问题

隔离法的选取原则若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解

整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)

整体法、隔离法交替运用原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”

1、如图所示，质量为80 kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车在平行于斜

面的拉力F作用下沿斜面无摩擦地向上运动，现观察到物体在磅秤上读数为1000 N．已知

斜面倾角θ＝30°，小车与磅秤的总质量为20 kg.(g＝10 m/s2)

(1)拉力F为多少？

(2)物体对磅秤的静摩擦力为多少？

[思维启迪]求解拉力F时要用整体、隔离相结合的方法，求解物体与磅秤之间的静摩擦力用隔离法． [解析](1)选物体为研究对象，受力分析如图甲所示．

将加速度a沿水平和竖直方向分解，则有：

FN1－mg＝masinθ

解得a＝5 m/s2

取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受力分析如图乙所示．

F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a

则F＝(M＋m)gsinθ＋(M＋m)a＝1000 N

(2)对物体有Ff＝macosθ＝200 3 N

根据牛顿第三定律得，物体对磅秤的静摩擦力大小为200 3 N，方向水平向左．

3．(2016·无锡市期中测试)如右图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究．已知物体A、B

的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝1

4M，求：

(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；

(2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力．

[解析](1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F，对物体A，F－Mg＝Ma，

对BC整体，(M＋m)g－F＝(M＋m)a，

联立解得：a＝

m

2M＋m

g.

将m＝1

4M，代入，得a＝

g

9.

物体B从静止开始下落一段距离，h＝1

2at2，

自由落体下落同样的距离，h＝1

2gt20，

解得，t

t0＝

g

a＝3.

即物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3

（2）设B对C的拉力为F，对物体C，由牛顿运动定律，mg－F＝ma，解得F＝mg－ma＝8

9mg.由牛顿第

三定律，物体C对B的拉力为8

9mg.

考点八“传送带”模型

1.水平传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

情景1 (1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

情景2

(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速

(2)v0

情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端

(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。若v0>v,返回时速度为v,若v0

2.倾斜传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

情景1

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

情景2 (1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

(3)可能先以a1加速后以a2加速

典型例题：

1.如图所示,水平传送带A. B两端相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针旋转。现将一物块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处,已知物块与传送带间的动摩擦因素为μ=0.2,g取10m/s

2.求：

(1)小物块从A运动到B的时间为多少?

(2)物块相对传送带滑行的距离为多少?

解析：

2.(多选)如图,一物体随传送带一起运动,已知物体相对传送带保持静止,下列说法中正确的是()

A.物体可能受与运动方向相同的摩擦力

B.物体可能受与运动方向相反的摩擦力

C.物体可能不受摩擦力

D.物体肯定受摩擦力

解析：如果传送带匀速运动,则物体受沿斜面向上的摩擦力,B对;如果传送带加速运动,若a=g sin θ,则物体不受摩擦力,C对;若a>g sin θ,则物体受沿斜面向下的摩擦力,与运动方向相同,A对;选A、B、C。

考点九滑块—滑板”模型

1.模型的特点:上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2.模型的临界条件

(1)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件

运动学条

若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动

件

一般情况下,假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔力学条件

离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若

Ff>Ffm,则发生相对滑动

(2)滑块滑离滑板的临界条件

当滑板的长度一定时,滑块可能从滑板滑下,恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件。两种常见情况的位移关系如下:

类型图示

规律分析

木板B 带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L

物块A 带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA

典型例题

1．(多选)(2015·徐州质检)如右图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t ＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块的v －t 图象可能是下图中的( )

[解析] 设滑块质量为m ，木板质量为M ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若有μ1mg<μ2(M ＋m)g ，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g ，木板不动，选项D 正确；若有μ1mg>μ2(M ＋m)g ，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g ，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a2＝μ2g 的加速度匀减速到停止，因a1>a2，故选项B 正确．

2.如图所示,物块A. 木板B 的质量均为m=10kg,不计A 的大小,B 板长L=3m 。开始时A. B 均静止。现使A 以某一水平初速度从B 的最左端开始运动。已知A 与B. B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1,g 取10m/s2.若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度多大

?

解析：

3.(多选)如右图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为

μ，B 与地面间的动摩擦因数为1

2

μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A 施加一水平拉力F ，

则( )

A ．当F<2μmg 时，A 、

B 都相对地面静止

B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为1

3

μg

C ．当F>3μmg 时，A 相对B 滑动

D ．无论F 为何值，B 的加速度都不会超过1

2

μg

[解析] 设B 对A 的摩擦力为f1，A 对B 的摩擦力为f2，地面对B 的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与

f2大小相等，方向相反．f1和f2的最大值均为2μmg ，f3的最大值为32μmg ，故当0

2

μmg 时，A 、B 均

保持静止；继续增大F ，在一定范围内A 、B 将相对静止以共同的加速度运动．假设当A 、B 恰好发生相对滑动

时的拉力为F ′，加速度为a ′，则对A ，有F ′－2μmg ＝2ma ′，对A 、B 整体，有F ′－3

2

μmg ＝3ma ′，

解得F ′＝3μmg ，故当3

2

μmg

当F>3μmg 时，A 相对于B 滑动．由以上分析可知选项A 错误，C 正确．当F ＝5

2μmg 时，A 、B 以共同的加

速度运动，将A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有F －3

2μmg ＝3ma ，解得a ＝μg 3

，选项B 正确．对B 来说，

其所受合力的最大值Fm ＝2μmg －32μmg ＝12μmg ，即B 的加速度不会超过1

2

μg ，选项D 正确．

[答案] BCD