2023年高考物理一轮复习资料之动力学部分难点专题分析（3个专题）.doc

《2023年高考物理一轮复习资料之动力学部分难点专题分析（3个专题）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理一轮复习资料之动力学部分难点专题分析（3个专题）.doc（41页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考物理一轮复习资料之动力学部分难点专题分析（3个专题）力学部分难点分析专题一 摩擦力高考趋势展望摩擦力，特别是静摩擦力的方向判断与大小计算，历来是学生学习的难点，也是高考考查的热点.从近几年高考考查的特点看，有些题目直接考查考生对摩擦力产生的条件、方向判断及大小计算方法的理解和掌握情况，有些题目结合动力学问题考查摩擦力.根据高考对摩擦力的考查特点，在第二阶段复习中，应加深对摩擦力产生条件的理解，熟练掌握摩擦力方向的判断方法，明确静摩擦力大小和滑动摩擦力大小所遵循的不同规律.知识要点整合相互接触、挤压的物体存在相对运动或相对运动趋势时，在它们的接触面间就会产生阻碍其相对运动的摩擦力.其中：1.

2、物体存在相对运动时产生的摩擦力叫滑动摩擦力.滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，表达式为F=FN；其方向总是与物体相对运动的方向相反，但不一定与物体对地的运动方向相反.因此，滑动摩擦力可能是阻力，也可能是动力，可能对物体做负功，也可能对物体做正功.由于受滑动摩擦力作用的物体也可能是静止的，所以，滑动摩擦力也可能对物体不做功.受滑动摩擦力作用的两个物体，由于有相对运动，所以，一对相互作用的滑动摩擦力对两物体做功的代数和W和不为零，并且W和等于两物体间相互作用的滑动摩擦力F跟它们相对路程s的乘积，也等于两物体间由于摩擦而产生的热量Q热，即Q热=W和=Fs.2.物体间保持相对静止但存在相对运动趋势

3、时产生的摩擦力叫静摩擦力.静摩擦力的大小除最大值外无确定的表达式，其大小可为零与最大值间的任意值，具体大小由物体的受力情况和运动状态决定.静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反，与物体对地的运动方向间无确定的关系，可能与物体对地的运动方向相同、相反、垂直或成任意角度，因此静摩擦力可以对物体做负功、正功或不做功，但在任何情况下，静摩擦力对相互作用的系统做功的代数和总为零，故静摩擦力做功不会改变系统的机械能，不会将机械能转化为内能.精典题例解读例1如图1-1-1，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动.由此可知A、B间的动摩

4、擦因数1和B、C间的动摩擦因数2可能是图1-1-1A.1=0 2=0B.1=0 20C.10 2=0D.10 20【解析】 选A、B整体为研究对象，由于B受推力F的作用还做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故20，对A受力分析知，水平方向不受力，1可能为0，也可能不为0.故B、D正确. 小结：本题主要考查由物体的运动情况和所受其他力的情况来判断摩擦力的有无.A物体虽然随B物体一起运动，但它们之间并无相对运动的趋势，因此摩擦力为零.但却不能因此而得出它们之间的摩擦因数也为零的结论. 例2如图1-1-2所示，一质量为m的货物放在倾角为的传送带上随传送带一起向上或向下做加速运动.设加速

5、度大小为a，试求两种情况下货物所受的摩擦力F. 图1-1-2【解析】 物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传送带向上.物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上. 向上加速运动时，由牛顿第二定律，得： F-mgsin=ma所以F=mgsin+ma,方向沿斜面向上.向下加速运动时，由牛顿第二定律，得：mgsin-F=ma(设F沿斜面向上)所以F=m

6、gsin-ma当gsin时，F0.与所设方向相同沿斜面向上.当a=gsin时，F=0.即货物与传送带间无摩擦力作用.当agsin时，F0.与所设方向相反沿斜面向下.小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论.例3如图1-1-3所示，一直角斜槽（两槽面间夹角为90，两槽面跟竖直面的夹角均为45），对水平面的倾角为，一个横截面为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑.假定两槽面的材料和槽面的情况相同，求物块和槽面之间的动摩擦因数.图1-1-3【解析】 物块沿斜槽匀速下滑，说明物块所受摩擦力与重力在斜槽方向的分力相等.滑动摩擦

7、力等于动摩擦因数与物体间正压力的乘积，要注意，此题中的正压力并不等于mgcos.正确画出受力图是解答此题的关键.如图1-1-4所示，设左右槽面作用于物块的支持力分别为FN1、FN2，由于对称性，FN1=FN2，它们的合力FN垂直于槽底线，且图1-1-4FN=相应的左、右两槽面作用于物块的滑动摩擦力F1和F2相等，它们的合力F平行于槽底线，且F=2F1=2FN1根据平衡条件F=mgsin，FN=mgcos从上面两个方程得=tan将代入可得 =tan小结：求摩擦力大小时要特别注意以下问题：（1）区分静摩擦力和滑动摩擦力.滑动摩擦力和静摩擦力的大小所遵循的规律不同，滑动摩擦力的大小与压力成正比，静摩

8、擦力的大小与压力无关.（2）物体在某一接触面上所受的滑动摩擦力与该接触面上的压力成正比.例4如图1-1-5所示，质量M=10 kg的木楔ABC静止于粗糙水平地面上，动摩擦因数=0.02，在木楔的倾角为30的斜面上有一质量m=1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑.当滑行路程s=1.4 m时，其速度v=1.4 m/s，在这过程中木楔没有动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.（g取10 m/s2）.图1-1-5【解析】 地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由F=FN来计算求得，只能根据物体的运动情况和受力情况来确定.物块沿斜面匀加速下滑，由vt2-v02=2as可求得物块

9、下滑的加速度a=0.7 m/s2gsin=5 m/s2可知物块受到摩擦力的作用.此条件下，物块与木楔受力情况分别如图1-1-6和图1-1-7所示. 图1-1-6 图1-1-7物块沿斜面以加速度a下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有mgsin-F1=mamgcos-FN1=0木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，并注意F1与F1，FN1与FN1等值反向，有F2+F1cos-FN1sin=0FN2-Mg-FN1cos-F1sin=0由上面各式解得地面对木楔摩擦力F2=FN1sin-F1cos=mgcossin-(mgsin-ma)cos=macos=1.00.7 N=0

10、.61 N此力方向与所设方向相同，由C指向B.另外由以上几式联立还可求出地面对木楔的支持力FN2=Mg+mgcos2+(mgsin-ma)sin=Mg+mg-masin=1110 N-1.00.7 N=109.65 N(m+M)g显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象. 对此题也可以系统为研究对象.在水平方向，木楔静止，加速度为零；物块加速度的水平分量为ax=acos.对系统在水平方向由牛顿第二定律，有F2=max=macos=0.61 N小结：（1）静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦力与物体所受其他力的关系来确定.（2）由此题可看出，研究对象的

11、选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响.应用强化训练1.如图1-1-8所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面自由下滑，已知mAmB，则物体B图1-1-8A.只受一个重力B.受到重力和一个摩擦力C.受到重力、一个弹力和一个摩擦力D.受到重力、一个摩擦力、两个弹力【解析】 由于A、B与竖直墙壁间没有弹力，故它们也不受摩擦力，A、B一起做自由落体运动，它们之间也没有相互作用的弹力，故A和B都只受重力作用，A选项正确.【答案】 A2.人在自行车上蹬车前进时，车的前后两轮受到地面对它的摩擦力的方向A.都向前B.都向后C.前轮向前，后轮向后D.前轮向后 ，后轮

12、向前【解析】 人在自行车上蹬车前进时，后轮与地面接触处有相对于地面向后滑动的趋势，故受到向前的静摩擦力，这就是自行车前进的动力.前轮有向前滑动的趋势，故受到向后的摩擦力作用，选项D正确.【答案】 D3.如图1-1-9所示，重6 N的木块静止在倾角为30的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于4 N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为图1-1-9A.4 N B.3 N C.5 N D.6 N【解析】 木块所受重力沿斜面的分力大小为mgsin30=3 N，它与水平推力F的合力大小为5 N，木块所受的静摩擦力F跟该合力是一对平衡力，故木块所受的静摩擦力大小为5 N，选项C正确.【

13、答案】 C4.如图1-1-10所示，质量为m的木块在置于桌面上的木板上滑行，木板静止，它的质量M=3m.已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为.则木板所受桌面的摩擦力大小为图1-1-10A.mg B.2mg C.3mg D.4mg【解析】 木块与木板间的滑动摩擦力大小为mg，木块对木板的滑动摩擦力跟桌面对木板的静摩擦力是一对平衡力，故桌面对木板的静摩擦力大小为mg，选项A正确.【答案】 A5.如图1-1-11，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力.则木块所受到的摩擦力F随拉力F变化的图象（图1-1-12），正确的是图1-1

14、-11图1-1-12【解析】 当木块不受拉力时（F=0），桌面对木块没有摩擦力（F=0)，当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反，随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达最大值Fm，在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力F始终与拉力F等值反向，即随着F的增大而增大.木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且，在木块继续滑动的过程中保持不变，故选项D正确.【答案】 D6

15、.如图1-1-13所示，一物体置于足够长的木板上.试分析将木板的一端由水平位置缓慢抬起至竖直的过程中，物体所摩擦力的变化情况.图1-1-13【解析】 木板水平时，物体不受摩擦力作用，在木板的一端缓慢抬起的过程中，若物体相对木板静止，则它可看作处于平衡状态，由平衡条件得F=mgsin，故随着木板倾角的增大，静摩擦力F也随着增大.若木板倾角增大到一定角度，物体开始沿木板滑动，此后物体所受的滑动摩擦力大小为F=mgcos，随着的增大，滑动摩擦力减小，木板竖直时，F=0.【答案】 当物体相对木板静止时，在木板的一端缓慢抬起的过程中，物体所受的静摩擦力从零逐渐增大；当物体相对木板滑动时，则滑动摩擦力逐渐

16、减小，木板竖直时，滑动摩擦力减小到零. 7.（2001年全国高考，12）如图1-1-14所示，质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，ABC=，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力.现物块静止不动，则摩擦力的大小为_.图1-1-14【解析】 物块ABC受到四个力的作用，受力如图所示，由平衡条件得F=mg+Fsin【答案】 mg+Fsin8.如图1-1-15所示，质量为m的物体紧贴在竖直墙壁上，它与墙壁间动摩擦因数为，作用在物体上的力F与竖直方向成角，物体A沿墙壁做匀速直线运动，A受到的摩擦力大小是图1-1-15A.FsinB.mgC.一定是mg-FcosD.一定是Fcos-mg【解

17、析】 A对竖直墙壁的压力为Fsin，则A所受的滑动摩擦力大小一定为Fsin，若A沿墙壁匀速上滑，由平衡条件得Fcos=mg+F1则滑动摩擦力大小为F1=Fcos-mg.若A沿墙壁匀速下滑，由平衡条件得Fcos+F2=mg则滑动摩擦力大小为F2=mg-Fcos【答案】 A9.（2001年全国理综，18）如图1-1-16所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2.中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数为，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是图1-1-16A.l+m1g B.l+ (m1+m2)gC.l-m1g D.l

18、+ ()g【解析】 两木块匀速滑动时，弹簧的弹力跟木块1所受的滑动摩擦力是一对平衡力 ，设弹簧伸长x，则kx=m1g x=m1g两木块间的距离为：l+x=l+m1g，A选项正确.【答案】 A10.如图1-1-17所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力图1-1-17方向可能沿斜面向上方向可能沿斜面向下大小可能为零大小可能等于F以上判断正确的是A.只有 B.只有C.只有 D.都正确【解析】 当F=mgsin时，摩擦力F=0；当Fmgsin时，F沿斜面向下；当Fmgsin时，F沿斜面向上；当F=mgsin时，F=mgsin，F=F. 【答案】 D1

19、1.如图1-1-18所示，倾角为的三角形滑块上放置一个质量为m的物体，它们一起以加速度a在水平面上向右做匀加速直线运动.对于m所受的摩擦力，下列叙述正确的有图1-1-18方向可能沿斜面向上 方向可能沿斜面向下 可能不存在摩擦力 一定存在摩擦力A. B. C. D.【解析】 若物体不受摩擦力，则它只受重力mg和斜面的支持力FN，如图所示，由牛顿第二定律得mgtan=ma a=gtan若它们一起向右做加速运动的加速度agtan，物体受的摩擦力沿斜面向下；若agtan，物体所受的摩擦力沿斜面向上，故选项B正确.【答案】 B12.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

20、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=1.0105 Pa）图1-1-19【解析】 吸盘对墙面的压力大小为FN=p0S=p0r2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=FN=p0r2=0.51.0105 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

21、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

22、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Ff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

23、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+=1.6102 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/

24、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=20120 m-0.11202 m=1680 ms货=v货t=8120 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

25、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=att=2 s最大距离为s=v(t2)- at2=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

26、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 =4(v1-v2)2-8as0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v

27、1-at=v2v1t-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vt2-v02=2as,得,为使两车不相撞,应有(v1-v2)22asa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

28、.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】 B2.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

29、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=vBt，解得：t= s=40 s30 s，可见，A车加速30 s内并未追及B车.因加速30 s后，vA=12 m/svB=8 m/s，故匀速运动过程中可追及B车.【答案】 C3.A、B两车沿同一直线向同一方向运动，A车的速度vA=4 m/s,B车的速度vB=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，

30、则：vAt=vBt-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 st，故上解错误.正确的解答应为：vAt=+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sm=vBt1-at12+7-vAt1=103 m-232 m+7 m-43 m=16 m【答案】 8；164.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.

31、【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vBvA，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vBvA，不可再次相遇，即只能相遇1次；但若A车追及B车时vAvB，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；25.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

32、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

33、，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tB= s=5 s在此时间内B前进了sB=tB=5 m=25 m这时A前进了sA=vAtB=45 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 s8.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

34、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tt1,即,所以v0.(2)欲使两球在B球下降过程中相遇，则有：t1tt2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

35、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

36、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

37、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

38、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

39、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03.0 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13.0 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.时间/s台秤示数/kg电梯启动前5.003.03.013.05.013.019.04.619.0以后5.0【解析】 根据速度图象可知，电梯在03.0 s向上做匀加速直线运动，在3.0 s13.0 s内电梯匀速上升，在13.0

40、 s19.0 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03.0 s内匀加速运动中速度的改变量，跟13.0 s19.0 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03.0 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s

41、2=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

42、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FN1，下底板的传感器显示的压力为FN2，由牛顿第二定律： mg+FN1-FN2=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 FN2=FN2=10 N则上顶板的传感器显示的压力为FN1=5 N由牛顿第二定律： mg+FN1-FN2=ma解得： a

43、=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09 s内匀加速上升，上升的最大速度为64 m/s；9 s25 s内匀减速上升；25 s以后匀加速下落，直到落地.（1）在上

44、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)=3225 m=800 m（2）探测器9 s25 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09 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)=150011.1 N=1.67104 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vt图象求解，请同学们试一试.应用强化训练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以a=g的加速度加速下降以a=g的加速度加速下降以a=g的加速度减速上升以a=g的加速度减速上升A. B.C. D.【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：kx1=mg