1.在升降机的天花板上用轻弹簧悬挂一个小球，升降机静止时，弹簧伸长量为4 cm，升降机运动时，弹簧伸长量为3 cm，则升降机的运动情况可能是

①以a=g的加速度加速下降　　　　　　 ②以a=g的加速度加速下降

③以a=g的加速度减速上升　　　　　　 ④以a=g的加速度减速上升

A.①③　　　　　　 　　　 　　 B.②④　　　　　　　　　 C.①④　　　　　　 　 　　 D.②③

[解析] 设弹簧的劲度系数为k，球的质量为m，选向下为正方向，则静止时有：

k·Δx₁=mg　　　　　　　　　　　　　 ①

加速运动时：mg-k·Δx₂=ma　　　　　　　　　 ②

代入数据解①②得：a=g.

[答案] A

8.A球自距地面高h处开始自由下落，同时B球以初速度v₀正对A球竖直上抛，空气阻力不计.问：

(1)要使两球在B球上升过程中相遇，则v₀应满足什么条件？

(2)要使两球在B球下降过程中相遇，则v₀应满足什么条件？

[解析] 两球相遇时位移之和等于h.即：gt²+(v₀t-gt²)=h

所以：t=.

而B球上升的时间：t₁=，B球在空中运动的总时间：t₂=.

(1)欲使两球在B球上升过程中相遇，则有t＜t₁,即＜,所以v₀＞.

(2)欲使两球在B球下降过程中相遇，则有：t₁＜t＜t₂

即:＜＜,

所以：＜v₀＜.

[答案] (1)v₀＞　 (2) ＜v₀＜

力学部分难点分析专题三　　 牛顿运动定律的应用

●高考趋势展望

牛顿运动定律是经典力学的核心内容，是历年高考重点考查的内容之一.

高考对牛顿定律的考查不仅局限在力学范围内，常常结合带电粒子在电场、磁场中的运动、导体棒切割磁感线的运动等问题，考查考生综合应用牛顿运动定律和其他相关规律分析解决问题的能力.

●知识要点整合

牛顿运动定律反映的是力和运动的关系，所以，应用牛顿运动定律解决的动力学问题主要有两类：(1)已知物体受力情况求运动情况；(2)已知物体运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系物体受力情况和运动情况的桥梁.

至于超重和失重状态，仅是动力学的简单问题之一，只要能熟练应用牛顿定律解决动力学问题，超重和失重问题很容易解决.在有些题目中用超重、失重的思想去进行推理、分析、判断，还是比较简捷和有用的.

物体所受的合外力决定物体运动的性质，即决定物体做匀速运动还是变速运动，匀变速运动还是非匀变速运动；物体做何种形式的运动，还要根据物体的初始运动状态，即初速度v₀进行分析方能确定.如果合外力与初速度v₀的方向都沿一条直线，则物体做匀变速直线运动，像竖直上抛运动；如果物体受的合外力方向与初速度方向不在一条直线上，则物体做变速曲线运动，如果合外力是恒力，则物体做匀变速曲线运动，像平抛运动；如果合外力的方向总是与速度方向垂直，则物体做圆周运动.

应用牛顿运动定律解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动规律进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解.这是对多方面力学知识、分析综合能力、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力的综合考查.要深刻理解牛顿运动定律的物理意义，要能够熟练地应用牛顿运动定律解题.即便是向应用型、能力型变革的高考试题中，无非是增加些结合实际生产、生活的一些实例，在把这些实例抽象成物理模型的过程中考查学生的能力和物理学的思想方法，最后解决物理问题，仍然离不开基本的物理知识和规律.

●精典题例解读

［例1］如图1-3-1所示，置于水平地面上的盛水容器中，用固定于容器底部的细线使一木球悬浮于水中.若将细线剪断，则在木球上升但尚未露出水面的过程中，地面对容器的支持力如何变化？

图1-3-1

[解析] 细绳未剪断时，容器、水、木球均处于平衡状态，故地面对容器的支持力等于三者所受重力之和.由于木球所受浮力大于其重力，细绳被剪断后，它将加速上升，处于“超重”状态.在木球加速上升的过程中，相应的有同体积的“水球”以等大的加速度下降填补木球上升形成的空隙，处于失重状态.因木球的质量小于同体积的“水球”的质量，而其余部分的水及容器仍处于静止状态，所以整个容器系统呈失重状态，地面支持力将减小.

小结：本题最易犯的错误是只看到木球加速上升所呈的“超重”状态，而忽视了与木球等体积的“水球”的加速下降所呈的“失重”状态，而得出地面支持力增大的错误结论.

［例2］一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图1-3-2所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和秒表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层.在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示.但由于0~3.0 s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来.假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10 m/s².

图1-3-2

(1)电梯在1~3.0 s时间段内台秤的示数应该是多少？

(2)根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度.

[解析] 根据速度图象可知，电梯在0~3.0 　s向上做匀加速直线运动，在3.0 s~13.0 s内电梯匀速上升，在13.0 s~19.0 s内电梯匀减速上升，t=19.0 s时电梯速度减小到零.

(1)由题意知，砝码质量为5.0 kg.在0~3.0 s内匀加速运动中速度的改变量，跟13.0 s~19.0 s内匀减速运动中速度的改变量大小相等，但后者时间是前者的2倍，故两段时间内加速度大小的关系为a₁=2a₂,由牛顿第二定律得

mg-F₂=ma₂　 a₂=g-=0.8 m/s²

则　 a₁=1.6 m/s²

由牛顿第二定律得F₁-mg=ma₁ 　F₁=m(g+a₁)=58 N.

故在0~3.0 s内，台秤的示数为5.8 kg.

(2)匀加速运动的位移为s₁=a₁t₁²=7.2 m

匀速运动的速度为v=a₁t₁=4.8 m/s

匀速运动的位移为s₂=vt₂=48 m

匀减速运动的位移为s₃=t₃=14.4 m

则24层楼总高度为H=s₁+s₂+s₃=69.6 m,

每层楼高为h==2.9 m

小结：对于这种多过程问题，分析清楚各段过程的特点，找出各段过程间的关系是解题的关键.

［例3］将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱中，如图1-3-3所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a=2.0 m/s²的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N.(取g=10 m/s²)

图1-3-3

求：(1)金属块m的质量是多大？

(2)若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则箱子的加速度是多大？

[解析] 上顶板压力传感器显示的压力是金属块对上顶板的压力，大小也等于上顶板对金属块向下的压力；下底板传感器显示的压力为弹簧对下底板的压力，大小也等于弹簧对金属块向上的压力.根据金属块的受力情况和牛顿第二定律，即可求出质量、加速度.

(1)设上顶板的传感器显示的压力为F_N1，下底板的传感器显示的压力为F_N2，

由牛顿第二定律： mg+F_N1-F_N2=ma

解得：m=0.5 kg

(2)由于弹簧长度不变，则下底板的传感器显示的压力仍为10.0 N，

即 F_N2′=F_N2=10 N则上顶板的传感器显示的压力为F_N1′=5 N

由牛顿第二定律：　 mg+F_N1′-F_N2′=ma′

解得： a′=0

［例4］一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空，探测器的质量为1500 kg，发动机推力恒定.发射升空后9 s末，发动机突然因发生故障而灭火.图1-3-4是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.若不考虑探测器总质量的变化，求：

图1-3-4

(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度H.

(2)该行星表面附近的重力加速度g.

(3)发动机正常工作时的推力F.

(4)探测器落回地面时的速率v′.

(5)探测器发射后经多长时间落地？

[解析] 由图知，探测器在0~9 s内匀加速上升，上升的最大速度为64 m/s；9 s~25 s内匀减速上升；25 s以后匀加速下落，直到落地.

(1)在上升过程中，由平均速度公式得=32 m/s

则探测器上升的最大高度为H= (t₁+t₂)=32×25 m=800 m

(2)探测器9 s~25 s内只受重力，其运动的加速度为重力加速度，则g= m/s²=4 m/s²

(3)在0~9 s内，由牛顿第二定律得F-mg=ma₁

由于a₁= m/s²=7.1 m/s²

则F=m(g+a₁)=1500×11.1 N=1.67×10⁴ N

(4)探测器下落过程为自由落体运动，则其落地速度为v′= m/s=80 m/s

(5)探测器自由下落的时间为t₃= s=20 s.

故探测器发射后到落地所经历的时间为t=t₁+t₂+t₃=9 s+16 s+20 s=45 s.

小结：注意探测器上升的总高度和下落的高度相等.本题也可利用v-t图象求解，请同学们试一试.

●应用强化训练

7.如图1-2-1所示，A、B两物体相距s=7 m,A正以v₁=4 m/s的速度向右做匀速直线运动，而物体B此时速度v₂=10 m/s，方向向右，做匀减速直线运动(不能返回)，加速度大小a=2 m/s²，从图示位置开始计时，问在什么情况下，经多少时间A追上B.

图1-2-1

[解析] 物体B的运动时间为t_B= s=5 s

在此时间内B前进了s_B=·t_B=×5 m=25 m

这时A前进了s_A=v_At_B=4×5 m=20 m

可见在此时间内A没有追上B，必须在B停止后，A才能追上B.故A追上B的时间为t= s=8 s

[答案] 8 s

6.从相距30 km的甲、乙两站每隔15 min同时以30 km/h的速率向对方开出一辆汽车.若首班车为早晨5时发车，则6时从甲站开出的汽车在途中会遇到多少辆从乙站开出的汽车？

[解析] 每车在两站间运动时间t==1 h.当6时某车从甲站开出时，乙站的首发车已进甲站，此时路上已有3辆车在路途中，且乙站恰有一车待发.当该车行至乙站时历时1 h，乙站将又发出4辆车，故最多可有7辆车相遇.

[答案] 7辆

5.从同一地点以30 m/s的速度先后竖直上抛两个物体，抛出时间相差2 s,不计空气阻力，两物体将在何处何时相遇？

[解析] 设第一物体上抛t s后相遇，则： 30t-×10t²=30×(t-2)- ×10×(t-2)²解得：t=4 s,相遇高度

h=30t-×10t²=40 m.

[答案] 距地40 m，第一物体抛出后4 s相遇

4.同一直线上的A、B两质点，相距s，它们向同一方向沿直线运动(相遇时互不影响各自的运动)，A做速度为v的匀速直线运动，B从此时刻起做加速度为a、初速度为零的匀加速直线运动.若A在B前，两者可相遇______次，若B在A前，两者最多可相遇______次.

[解析] 若A车在前匀速运动，B车在后匀加速追赶A车，两车等速时相距最远(间距大于s)，故B车追及A车时必有v_B＞v_A，以后B车在前，两车间距逐渐增大，不可能再相遇.

若B车在前匀加速运动，A车在后匀速运动，若追及时两车恰等速，因以后v_B＞v_A，不可再次相遇，即只能相遇1次；但若A车追及B车时v_A＞v_B，相遇后A车超前，但由于B车速度不断增大，仍能再次追及A车，即能相遇2次.

[答案] 1；2

3.A、B两车沿同一直线向同一方向运动，A车的速度v_A=4 m/s,B车的速度v_B=10 m/s.当B车运动至A车前方7 m处时，B车以a=2 m/s²的加速度开始做匀减速运动，从该时刻开始计时，则A车追上B车需要的时间是____s,在A车追上B车之前，二者之间的最大距离是___ m.

[解析] 设在B车减速过程中A车追及B车，其间历时为t，则：v_At=v_Bt-at²+7，代入数据解得：t=7 s(取有意

义值).而B车减速至零，历时t₀==5 s＜t，故上解错误.正确的解答应为：v_At=+7，所以：t==8 s.

两车等速时间距最大，B车减速至A、B等速历时：t₁= s=3 s，所以A、B两车最大间距为

Δs_m=v_Bt₁-at₁²+7-v_At₁=10×3 m-×2×3² m+7 m-4×3 m=16 m

[答案] 8；16

2.汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4 m/s²的加速度做匀加速运动，经过30 s后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车B以8 m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始

A.A车在加速过程中与B车相遇　　　　　　　 B.A、B相遇时速度相同

C.相遇时A车做匀速运动　　　　　　　　　　 D.两车不可能再次相遇

[解析] 若A车在加速过程中与B车相遇，设运动时间为t，则：at²=v_Bt，解得：t= s=40 s＞30 s，可见，A车加速30 s内并未追及B车.因加速30 s后，v_A=12 m/s＞v_B=8 m/s，故匀速运动过程中可追及B车.

[答案] C

1.两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v₀.若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s，若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为

A.1s　　　　　　　 　 　　 B.2s 　　　　　　　　　 C.3s　　　　　　　 　 D.4s

[解析] 两车同时刹车，则两车将滑行相同的距离s而停止，由于前车刹车停止后后车接着刹车，所以后车比前车多运动的位移(即题中所求最小间距)即为前车刹车时间内后车以原速运动的位移.由刹车过程的平均速度等于原速的，故前车刹车过程中，后车以原速运动的位移为2s.

[答案] B

12.全国著名发明家邹德俊发明了一种“吸盘式”挂衣钩，如图1-1-19所示，将它紧压在平整、清洁的竖直瓷砖墙面上时，可挂上衣帽等物品.如果挂衣钩的吸盘压紧时，它的圆面直径为 m，吸盘圆面压在墙上的的面积跟墙面完全接触，中间未接触部分间无空气.已知吸盘与墙面间的动摩擦因数为0.5，则这种挂钩最多能挂多重的物体？(大气压强p₀=1.0×10⁵ Pa)

图1-1-19

[解析] 吸盘对墙面的压力大小为F_N=p₀S=p₀πr²

挂钩上所能挂物体的最大重力等于吸盘所受的最大静摩擦力，即G=μF_N=μp₀πr²

=0.5×1.0×10⁵·π· N=125 N

[答案] 125 N

力学部分难点分析专题二　　 追及与相遇

●高考趋势展望

运动学是动力学的基础，在每年的高考中，或者单独命题，或者渗透在动力学问题中，都要对运动学的概念和规律进行考查.追及和相遇问题是运动学中一类典型问题，解答这类问题对分析综合能力和推理判断能力有相当高的要求，通过这类问题的练习，有利于提高解决问题的能力.当然，这类问题也能较好地体现高考以“能力立意”的命题思想，所以，在高考中多次出现追及和相遇问题.

●知识要点整合

追及和相遇问题主要涉及在同一直线上运动的两个物体的运动关系，所应用的规律是匀变速直线运动的相关规律.

解答追及、相遇问题时要特别注意明确两物体的位移关系、时间关系、速度关系，这些关系是我们根据相关运动学公式列方程的依据.

追及、相遇问题常常涉及到临界问题，分析临界状态，找出临界条件是解决这类问题的关键.速度相等是物体恰能追上或恰不相碰、或间距最大或最小的临界条件.

●精典题例解读

［例1］为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速为v=120 km/h,假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(反应时间)t=0.50 s，刹车时汽车受到的阻力大小F_f为汽车重力的0.40倍.该高速公路上汽车的间距s至少应为多少？取重力加速度g=10 m/s².

[解析] 本题中前方车辆突然停止，后车先做匀速运动(反应时间内)，后做匀减速运动，若后车速度减为零时恰好运动到前车处，这种情况对应两车行驶时的最小距离，该最小距离就是前车停止后，后车匀速运动和匀减速运动的总位移.根据牛顿第二定律求得后车刹车时的加速度大小为a==4 m/s²

该高速公路上汽车间距至少为s=vt+=1.6×10² m

小结：解答本题的关键是明确高速公路上汽车的最小距离是什么，还应注意汽车的运动分两段：匀速运动和减速运动.

［例2］一列货车以28.8 km/h的速度在平直铁路上运行，由于调度失误，在后面600 m处有一列快车以72 km/h的速度向它靠近.快车司机发觉后立即合上制动器，但快车要滑行2000 m才停止.试判断两车是否会相碰.

[解析] 两车速度相等恰追及前车，这是恰不相碰的临界情况，因此只要比较两车等速时的位移关系，即可明确是否相碰.

因快车减速运动的加速度大小为： a= m/s²=0.1 m/s².

故快车刹车至两车等速历时：t= s=120 s.

该时间内两车位移分别是：s_快=v_快t-at²=20×120 m-×0.1×120² m=1680 m

s_货=v_货t=8×120 m=960 m

因为s_快＞s_货+s₀=1560 m,故两车会发生相撞.

小结：该题还有多种讨论方法，如讨论两车相遇时速度关系或利用相对运动知识求解，请同学们练习.

［例3］公共汽车从车站开出以4 m/s的速度沿平直公路行驶，2 s后一辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶，加速度为2 m/s²，试问：

(1)摩托车出发后，经多少时间追上汽车？

(2)摩托车追上汽车时，离出发处多远？

(3)摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？

[解析] 开始一段时间内汽车的速度大，摩托车的速度小，汽车和摩托车的距离逐渐增大，当摩托车的速度大于汽车的速度后，汽车和摩托车的距离逐渐减小，直到追上.显然，在上述过程中，摩托车的速度等于汽车的速度时，它们间的距离最大.

(1)摩托车追上汽车时，两者位移相等，即v(t+2)= at²

解得摩托车追上汽车经历的时间为t=5.46 s

(2)摩托车追上汽车时通过的位移为s=at²=29.9 m

(3)摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即： v=at′

t′==2 s

最大距离为Δs=v(t′+2)- at′²=12 m

小结：求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解时列方程的依据.涉及临界问题时要抓住临界条件.

［例4］一列火车以v₁的速度直线行驶，司机忽然发现在正前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车正沿着同一方向以较小速度v₂做匀速运动，于是他立即刹车，为使两车不致相撞，则a应满足什么条件？

[解析] 若后面火车的速度减小到比前面火车的速度还小时，后面火车还没追上前面火车，两车不会相撞.若后面火车速度减小到跟前面火车速度相等时，两列火车恰好相遇，这是相撞的临界情况.

方法1：设两车经过时间t相遇，则v₁t-at²-v₂t=s

化简得：at²-2(v₁-v₂)t+2s=0

当　 Δ=4(v₁-v₂)²-8as＜0

即a＞时，t无解，即两车不相撞.

方法2：当两车速度相等时，恰好相遇，是两车相撞的临界情况，则v₁-at=v₂

v₁t-at²-v₂t=s　　　 解得a=

为使两车不相撞,应使a＞.

方法3:后面的车相对前面的车做匀减速运动,初状态相对速度为(v₁-v₂),当两车速度相等时,相对速度为零,根据v_t²-v₀²=2as,得,为使两车不相撞,应有(v₁-v₂)²＜2as

a＞

小结:利用相对运动分析追及、相遇问题往往较简便.

●应用强化训练