高一必修一物理经典力学典型例题(有答案-含解析)

高一必修一物理经典力学典型例题

1.倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6m/s的速度顺时针运动。一个质量m=1 kg的物块从距斜面底端高度h1=5.4m的A点由静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变。物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面在距地面一定高度处，g取10m/s2。(sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）求物块由A点运动到C点的时间；

（2）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释

放均落到地面上的同一点D。

2.如图，倾斜的传送带向下匀加速运转，传送带与其上的物体保持相对静止。那么关于传送带与物体间静摩擦力的方向，以下判断正确的是

A．物体所受摩擦力为零

B．物体所受摩擦力方向沿传送带向上

C．物体所受摩擦力方向沿传送带向下

D．上述三种情况都有可能出现

3.（2018·江西师大附中）如图是工厂流水生产线包装线示意图，质量均为m=2.5 kg、长度均为l=0.36 m的产品在光滑水平工作台AB上紧靠在一起排列成直线（不粘连），以v0=0.6 m/s的速度向水平传送带运动，设当每个产品有一半长度滑上传送带时，该产品即刻受到恒定摩擦力F f=μmg而做匀加速运动，当产品与传送带间没有相对滑动时，相邻产品首尾间距离保持2l（如图）被依次送入自动包装机C进行包装。观察到前一个产品速度达到传送带速度时，下一个产品刚好有一半滑上传送带而开始做匀加速运动。取g=10 m/s2。试求：

(1)传送带的运行速度v；

(2)产品与传送带间的动摩擦因数μ：

(3)满载工作时与空载时相比，传送带驱动电动机增加的功率?P；

(4)为提高工作效率，工作人员把传送带速度调成v'=2.4 m/s，已知产品送入自动包装机前已匀速运动，求第(3)问中的?P′?第(3)问中在相当长时间内的等效?P′′?

4.如图所示，传送带AB段是水平的，长20 m，传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的A点后，经过多长时间到达B点？（g取10m/s2）

5.（2018·北京四中）如图所示，绷紧的传送带在电动机的带动下始终以v0=2 m/s的速度顺时针运动，传送带与水平面的夹角θ=30°。现把一质量m=10 kg的工件轻放在皮带的底端B，经过一段时间后，工件被运送到传送带的顶端A。已知A、B之间高度差h=2 m，工件与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力及其他摩擦损耗，取g=10 m/s2。求：

（1）工件从传送带底端B到顶端A的时间；

（2）运送工件过程中，工件与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q；

（3）电动机由于传送工件多消耗的电能。

6.小明家住10层。他放学后，乘坐电梯从1层直达10层。假设电梯刚起动时做匀加速直线运动，中间一段时间内做匀速直线运动，最后一段时间内做匀减速直线运动。在电梯从1层直达10层的过程中，下列说法正确的是

A．电梯刚起动时，小明处于失重状态

B．电梯刚起动时，小明处于超重状态

C．在超重或失重过程中，小明的体重发生了变化

D．电梯运动的加速度方向发生了变化

7.小玲同学在乘坐电梯时感觉到电梯在加速上升过程中超重，在减速上升过程中失重，则她对她在这两个过程中受力情况的判断，以下说法中正确的是

A．在超重状态下她受到的重力大于电梯地板的支持力

B．在超重状态下她受到的各个力的合力方向向下

C．在失重状态下她受到的重力大于电梯地板的支持力

D．在失重状态下她受到的各个力的合力为零

8.关于超重和失重，下列说法中正确的是

A．超重就是物体受的重力增加了

B．完全失重就是物体一点重力都不受了

C．失重就是物体受的重力减少了

D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力都不变

9.长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动

摩擦因数μ1=0.25。求：（取g=10 m/s2）

（1）木板与冰面的动摩擦因数。

（2）小物块相对长木板滑行的距离。

（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件。

10.如图，小球A的质量为2m，小球B和C的质量均为m，B、C两球到结点P的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计。开始系统处于静止状状，现让B、C两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A球将

A．向上做加速运动 B．向下做加速运动

C．保持平衡状态 D．做匀速圆周运动

11.如图质量分别为m1、m2的两个物体互相紧靠着，它们之间的接触面是光滑

的斜面，倾角为α，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，现用水平恒力F向右推m1，使它们一起向右加速运动，求m1对m2的压力N。

12.如图所示，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，则下列说法中正确的是

A ．当F <2μmg 时，A 、

B 都相对地面静止 B ．当F =

52

μmg 时，A 的加速度为13μg

C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动

D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1

2

μg

参考答案与解析：

1.（1）A 到B ，由动能定理得：21111

cos sin 2

B h mgh mg mv μθθ-?= 得6m /s B v =

由牛顿第二定律得：11sin cos mg mg ma θμθ-= 得212m /s a =

根据运动学公式得：11

3s B

v t a =

= B 到C ，由题可知，物块做匀速直线运动，则有21s B

L

t v == A 到C 总时间：124s t t t =+=

（2）要使物块落在地面上同一点，物块在C 点速度06m /s C v v == ①当距传送带底端高度为2h 时，物块滑上传送带后一直做匀加速运动

A 到C ，由动能定理得：2221201

cos sin 2

h mgh mg mgL mv μθμθ-?

+= 得2 1.8m h =

②当距传送带底端高度为3h 时，物块滑上传送带后一直做匀减速运动 学科，网

A 到C ，由动能定理得：2221201

cos sin 2

h mgh mg mgL mv μθμθ-?

-= 得39m h = 故1.8m 9m h ≤≤ 2

3.

运动3l 距离所用时间相等设为t ，则t =03l l

v v

=

解得他送带速度v =3v 0=1.8 m/s ，t =0.6 s

(2)解法一：产品滑上传送带后做初速度为v 0的匀加速运动，设加速时间为t ′，依题意， 前一个产品加速结束时下一个产品刚好开始加速，因此t ′=t =0.6 s 由速度公式得v =v 0+a t ′ 由牛顿第二定律F f =ma 联立代入F f =μmg 解得μ=0.2

解法二：产品滑上传送带后做初速度为v 0的匀加速运动，设加速时间为t'，则从前一个产品加速开始，到下一个产品达到传送带速皮所用时间为2t'。

对前一个产品2

1012x v t at vt ''=+'+

对下一个产品2

2012x v t at =+''

且x 1–x 2=3l 解得t '=0.6 s 由速度公式得v =v 0+at '

时间足够长，两个产品加速和一个产品加速的时间近似相等，等效的?P =（24+12）/2=18 W 4. t 总=11 s

物块放到A 点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到2 m/s 后，与传送带一起以2 m/s 的速度直至运动到B 点。学科￥网

a =μg =1 m/s 2

则达到共同速度的时间为t =2 s

运动的位移为s =21

2m 2at =

则以共同速度运动的时间为01202

9s 2

s s t v --=== 所以总时间为t 总=11 s

5.（1）工件轻轻地放在传送带底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律得知，上滑过程中加速度为：μmg cos θ–mg sin θ=ma 得：a =g （μcos θ–sin θ）=2.5 m/s 2

产生的热量Q =F f ·x 相对=μmg cos θ?（x′–x ）=60 J

（3）多消耗的能量转化为工件的动能和重力势能以及摩擦产生的内能 则△E =

1

2

mv 02+mgh +Q =280 J 6.答案；BD 电梯刚起动时，小明有向上的加速度，则小明处于超重状态，故A 错误，B 正确；电梯启动和向上加速时，加速度向上，而减速运动时，加速度向下，故加速度方向发生了变化，故C 错误，D 正确。 7.

8.D 物体处于超重或者失重是指视重与重力的关系，并不是重力发生变化，A 选项错误；当物体处于完全失重状态是指物体对支持面的压力或者对悬线的拉力为零，重力大小不变，B 选项错误；物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不改变，C 选项错误；不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的，D 选项正确。 【名师点睛】物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，处于超重或失重状态时物体的质量或重力并不变。 9.（1）0.10 （2）0.96m （3）3.0m/s

【试题解析】（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度

2222mg

a g m

μμ?=

=

且221m/s 2v a s

==；

解得木板与冰面的动摩擦因数20.10μ=

（2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度

211 2.5m/s a g μ==

小物块A 在木板上滑动时，木板B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有1222)(mg m g ma μμ-= 解得加速为220.50m/s a =

设小物块冲上木板时的初速度为10v ，经时间t 后A 、B 的速度相同为v 由长木板的运动得2v a t = 解得滑行时间2

0.8s v

t a =

= 小物块冲上木板的初速度101 2.4m/s v v a t =+=

小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22

12101211Δ0.96m 22

s s s v t a t a t =-=--=

（3）小物块A 的初速度越大，它在长木板B 上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B 的最右端时，两者的速度相等（设为v '），这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0

有22

0121122v t a t a t L --=

01v v a t '-= 2v a t '=

由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最

大初速度0 3.0m/s v xk ……w

10.答案：C 【解析】B 球、C 球和两根细线整体受重力和细线向上的拉力，设整体下降的

加速度为a ，根据牛顿第二定律，有：2mg –T =2m ·a ；对A 球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T –2mg =2ma ；联立解得：a =0，即A 球将保持静止，处于平衡状态；故选C 。 11.

12.212()(sin cos )

m F

N m m αμα=

+-

以m 1、m 2整体为研究对象可得 学科&网 1212

()g

F m m a m m μ-+=

+

以m 2为研究对象，m 2受重力G 2，地面弹力N 2，摩擦力f 2，压力N 由分析可知

22sin (cos )N m g N m a αμα-+=

解得212()(sin cos )

m F

N m m αμα=

+-

（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）