1.在升降機的天花板上用輕彈簧懸掛一個小球，升降機靜止時，彈簧伸長量為4 cm，升降機運動時，彈簧伸長量為3 cm，則升降機的運動情況可能是
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的加速度減速上升 ④以a=g的加速度減速上升
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
[解析] 設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，球的質(zhì)量為m，選向下為正方向，則靜止時有：
k·Δx1=mg ①
加速運動時：mg-k·Δx2=ma ②
代入數(shù)據(jù)解①②得：a=g.
[答案] A
8.A球自距地面高h處開始自由下落，同時B球以初速度v0正對A球豎直上拋，空氣阻力不計.問：
(1)要使兩球在B球上升過程中相遇，則v0應(yīng)滿足什么條件？
(2)要使兩球在B球下降過程中相遇，則v0應(yīng)滿足什么條件？
[解析] 兩球相遇時位移之和等于h.即：
gt2+(v0t-gt2)=h
所以：t=
.
而B球上升的時間：t1=
，B球在空中運動的總時間：t2=
.
(1)欲使兩球在B球上升過程中相遇，則有t＜t1,即＜,所以v0＞
.
(2)欲使兩球在B球下降過程中相遇，則有：t1＜t＜t2
即:＜＜,
所以：
＜v0＜.
[答案] (1)v0＞ (2) ＜v0＜
力學(xué)部分難點分析專題三 牛頓運動定律的應(yīng)用
●高考趨勢展望
牛頓運動定律是經(jīng)典力學(xué)的核心內(nèi)容，是歷年高考重點考查的內(nèi)容之一.
高考對牛頓定律的考查不僅局限在力學(xué)范圍內(nèi)，常常結(jié)合帶電粒子在電場、磁場中的運動、導(dǎo)體棒切割磁感線的運動等問題，考查考生綜合應(yīng)用牛頓運動定律和其他相關(guān)規(guī)律分析解決問題的能力.
●知識要點整合
牛頓運動定律反映的是力和運動的關(guān)系，所以，應(yīng)用牛頓運動定律解決的動力學(xué)問題主要有兩類：(1)已知物體受力情況求運動情況；(2)已知物體運動情況求受力情況.在這兩類問題中，加速度是聯(lián)系物體受力情況和運動情況的橋梁.
至于超重和失重狀態(tài)，僅是動力學(xué)的簡單問題之一，只要能熟練應(yīng)用牛頓定律解決動力學(xué)問題，超重和失重問題很容易解決.在有些題目中用超重、失重的思想去進行推理、分析、判斷，還是比較簡捷和有用的.
物體所受的合外力決定物體運動的性質(zhì)，即決定物體做勻速運動還是變速運動，勻變速運動還是非勻變速運動；物體做何種形式的運動，還要根據(jù)物體的初始運動狀態(tài)，即初速度v0進行分析方能確定.如果合外力與初速度v0的方向都沿一條直線，則物體做勻變速直線運動，像豎直上拋運動；如果物體受的合外力方向與初速度方向不在一條直線上，則物體做變速曲線運動，如果合外力是恒力，則物體做勻變速曲線運動，像平拋運動；如果合外力的方向總是與速度方向垂直，則物體做圓周運動.
應(yīng)用牛頓運動定律解決動力學(xué)問題，要對物體進行受力分析，進行力的分解和合成；要對物體運動規(guī)律進行分析，然后根據(jù)牛頓第二定律，把物體受的力和運動聯(lián)系起來，列方程求解.這是對多方面力學(xué)知識、分析綜合能力、推理能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力的綜合考查.要深刻理解牛頓運動定律的物理意義，要能夠熟練地應(yīng)用牛頓運動定律解題.即便是向應(yīng)用型、能力型變革的高考試題中，無非是增加些結(jié)合實際生產(chǎn)、生活的一些實例，在把這些實例抽象成物理模型的過程中考查學(xué)生的能力和物理學(xué)的思想方法，最后解決物理問題，仍然離不開基本的物理知識和規(guī)律.
●精典題例解讀
［例1］如圖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細線使一木球懸浮于水中.若將細線剪斷，則在木球上升但尚未露出水面的過程中，地面對容器的支持力如何變化？
圖1-3-1
[解析] 細繩未剪斷時，容器、水、木球均處于平衡狀態(tài)，故地面對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，細繩被剪斷后，它將加速上升，處于“超重”狀態(tài).在木球加速上升的過程中，相應(yīng)的有同體積的“水球”以等大的加速度下降填補木球上升形成的空隙，處于失重狀態(tài).因木球的質(zhì)量小于同體積的“水球”的質(zhì)量，而其余部分的水及容器仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以整個容器系統(tǒng)呈失重狀態(tài)，地面支持力將減小.
小結(jié)：本題最易犯的錯誤是只看到木球加速上升所呈的“超重”狀態(tài)，而忽視了與木球等體積的“水球”的加速下降所呈的“失重”狀態(tài)，而得出地面支持力增大的錯誤結(jié)論.
［例2］一位同學(xué)的家住在一座25層的高樓內(nèi)，他每天乘電梯上樓，經(jīng)過多次仔細觀察和反復(fù)測量，他發(fā)現(xiàn)電梯啟動后的運動速度符合如圖1-3-2所示的規(guī)律，他就根據(jù)這一特點在電梯內(nèi)用臺秤、重物和秒表測量這座樓房的高度.他將臺秤放在電梯內(nèi)，將重物放在臺秤的托盤上，電梯從第一層開始啟動，經(jīng)過不間斷地運行，最后停在最高層.在整個過程中，他記錄了臺秤在不同時間段內(nèi)的示數(shù)，記錄的數(shù)據(jù)如下表所示.但由于0~3.0 s段的時間太短，他沒有來得及將臺秤的示數(shù)記錄下來.假設(shè)在每個時間段內(nèi)臺秤的示數(shù)都是穩(wěn)定的，重力加速度g取10 m/s2.
圖1-3-2
(1)電梯在1~3.0 s時間段內(nèi)臺秤的示數(shù)應(yīng)該是多少？
(2)根據(jù)測量的數(shù)據(jù)，計算該座樓房每一層的平均高度.
|
時間/s |
臺秤示數(shù)/kg |
|
電梯啟動前 |
5.0 |
|
0~3.0 |
|
|
3.0~13.0 |
5.0 |
|
13.0~19.0 |
4.6 |
|
19.0以后 |
5.0 |
[解析] 根據(jù)速度圖象可知，電梯在0~3.0 s向上做勻加速直線運動，在3.0 s~13.0 s內(nèi)電梯勻速上升，在13.0 s~19.0 s內(nèi)電梯勻減速上升，t=19.0 s時電梯速度減小到零.
(1)由題意知，砝碼質(zhì)量為5.0 kg.在0~3.0 s內(nèi)勻加速運動中速度的改變量，跟13.0 s~19.0 s內(nèi)勻減速運動中速度的改變量大小相等，但后者時間是前者的2倍，故兩段時間內(nèi)加速度大小的關(guān)系為a1=2a2,由牛頓第二定律得
mg-F2=ma2 a2=g-
=0.8 m/s2
則 a1=1.6 m/s2
由牛頓第二定律得F1-mg=ma1 F1=m(g+a1)=58 N.
故在0~3.0 s內(nèi)，臺秤的示數(shù)為5.8 kg.
(2)勻加速運動的位移為s1=a1t12=7.2 m
勻速運動的速度為v=a1t1=4.8 m/s
勻速運動的位移為s2=vt2=48 m
勻減速運動的位移為s3=
t3=14.4 m
則24層樓總高度為H=s1+s2+s3=69.6 m,
每層樓高為h=
=2.9 m
小結(jié)：對于這種多過程問題，分析清楚各段過程的特點，找出各段過程間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.
［例3］將金屬塊m用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形箱中，如圖1-3-3所示，在箱的上頂板和下底板裝有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動.當(dāng)箱以a=2.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為6.0 N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0 N.(取g=10 m/s2)
圖1-3-3
求：(1)金屬塊m的質(zhì)量是多大？
(2)若上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則箱子的加速度是多大？
[解析] 上頂板壓力傳感器顯示的壓力是金屬塊對上頂板的壓力，大小也等于上頂板對金屬塊向下的壓力；下底板傳感器顯示的壓力為彈簧對下底板的壓力，大小也等于彈簧對金屬塊向上的壓力.根據(jù)金屬塊的受力情況和牛頓第二定律，即可求出質(zhì)量、加速度.
(1)設(shè)上頂板的傳感器顯示的壓力為FN1，下底板的傳感器顯示的壓力為FN2，
由牛頓第二定律： mg+FN1-FN2=ma
解得：m=0.5 kg
(2)由于彈簧長度不變，則下底板的傳感器顯示的壓力仍為10.0 N，
即 FN2′=FN2=10 N則上頂板的傳感器顯示的壓力為FN1′=5 N
由牛頓第二定律： mg+FN1′-FN2′=ma′
解得： a′=0
［例4］一個行星探測器從所探測的行星表面豎直升空，探測器的質(zhì)量為1500 kg，發(fā)動機推力恒定.發(fā)射升空后9 s末，發(fā)動機突然因發(fā)生故障而滅火.圖1-3-4是從探測器發(fā)射到落回地面全過程的速度圖象.已知該行星表面沒有大氣.若不考慮探測器總質(zhì)量的變化，求：
圖1-3-4
(1)探測器在行星表面上升達到的最大高度H.
(2)該行星表面附近的重力加速度g.
(3)發(fā)動機正常工作時的推力F.
(4)探測器落回地面時的速率v′.
(5)探測器發(fā)射后經(jīng)多長時間落地？
[解析] 由圖知，探測器在0~9 s內(nèi)勻加速上升，上升的最大速度為64 m/s；9 s~25 s內(nèi)勻減速上升；25 s以后勻加速下落，直到落地.
(1)在上升過程中，由平均速度公式得
=32 m/s
則探測器上升的最大高度為H=
(t1+t2)=32×25 m=800 m
(2)探測器9 s~25 s內(nèi)只受重力，其運動的加速度為重力加速度，則g=
m/s2=4 m/s2
(3)在0~9 s內(nèi)，由牛頓第二定律得F-mg=ma1
由于a1=
m/s2=7.1 m/s2
則F=m(g+a1)=1500×11.1 N=1.67×104 N
(4)探測器下落過程為自由落體運動，則其落地速度為v′=
m/s=80 m/s
(5)探測器自由下落的時間為t3=
s=20 s.
故探測器發(fā)射后到落地所經(jīng)歷的時間為t=t1+t2+t3=9 s+16 s+20 s=45 s.
小結(jié)：注意探測器上升的總高度和下落的高度相等.本題也可利用v-t圖象求解，請同學(xué)們試一試.
●應(yīng)用強化訓(xùn)練
7.如圖1-2-1所示，A、B兩物體相距s=7 m,A正以v1=4 m/s的速度向右做勻速直線運動，而物體B此時速度v2=10 m/s，方向向右，做勻減速直線運動(不能返回)，加速度大小a=2 m/s2，從圖示位置開始計時，問在什么情況下，經(jīng)多少時間A追上B.
圖1-2-1
[解析] 物體B的運動時間為tB=
s=5 s
在此時間內(nèi)B前進了sB=·tB=
×5 m=25 m
這時A前進了sA=vAtB=4×5 m=20 m
可見在此時間內(nèi)A沒有追上B，必須在B停止后，A才能追上B.故A追上B的時間為t=
s=8 s
[答案] 8 s
6.從相距30 km的甲、乙兩站每隔15 min同時以30 km/h的速率向?qū)Ψ介_出一輛汽車.若首班車為早晨5時發(fā)車，則6時從甲站開出的汽車在途中會遇到多少輛從乙站開出的汽車？
[解析] 每車在兩站間運動時間t=
=1 h.當(dāng)6時某車從甲站開出時，乙站的首發(fā)車已進甲站，此時路上已有3輛車在路途中，且乙站恰有一車待發(fā).當(dāng)該車行至乙站時歷時1 h，乙站將又發(fā)出4輛車，故最多可有7輛車相遇.
[答案] 7輛
5.從同一地點以30 m/s的速度先后豎直上拋兩個物體，拋出時間相差2 s,不計空氣阻力，兩物體將在何處何時相遇？
[解析] 設(shè)第一物體上拋t s后相遇，則： 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，第一物體拋出后4 s相遇
4.同一直線上的A、B兩質(zhì)點，相距s，它們向同一方向沿直線運動(相遇時互不影響各自的運動)，A做速度為v的勻速直線運動，B從此時刻起做加速度為a、初速度為零的勻加速直線運動.若A在B前，兩者可相遇______次，若B在A前，兩者最多可相遇______次.
[解析] 若A車在前勻速運動，B車在后勻加速追趕A車，兩車等速時相距最遠(間距大于s)，故B車追及A車時必有vB＞vA，以后B車在前，兩車間距逐漸增大，不可能再相遇.
若B車在前勻加速運動，A車在后勻速運動，若追及時兩車恰等速，因以后vB＞vA，不可再次相遇，即只能相遇1次；但若A車追及B車時vA＞vB，相遇后A車超前，但由于B車速度不斷增大，仍能再次追及A車，即能相遇2次.
[答案] 1；2
3.A、B兩車沿同一直線向同一方向運動，A車的速度vA=4 m/s,B車的速度vB=10 m/s.當(dāng)B車運動至A車前方7 m處時，B車以a=2 m/s2的加速度開始做勻減速運動，從該時刻開始計時，則A車追上B車需要的時間是____s,在A車追上B車之前，二者之間的最大距離是___ m.
[解析] 設(shè)在B車減速過程中A車追及B車，其間歷時為t，則：vAt=vBt-at2+7，代入數(shù)據(jù)解得：t=7 s(取有意
義值).而B車減速至零，歷時t0=
=5 s＜t，故上解錯誤.正確的解答應(yīng)為：vAt=
+7，所以：t=
=8 s.
兩車等速時間距最大，B車減速至A、B等速歷時：t1=
s=3 s，所以A、B兩車最大間距為
Δsm=vBt1-at12+7-vAt1=10×3 m-×2×32
m+7 m-4×3 m=16 m
[答案] 8；16
2.汽車A在紅綠燈前停住，綠燈亮起時起動，以0.4 m/s2的加速度做勻加速運動，經(jīng)過30 s后以該時刻的速度做勻速直線運動.設(shè)在綠燈亮的同時，汽車B以8 m/s的速度從A車旁邊駛過，且一直以相同的速度做勻速直線運動，運動方向與A車相同，則從綠燈亮?xí)r開始
A.A車在加速過程中與B車相遇 B.A、B相遇時速度相同
C.相遇時A車做勻速運動 D.兩車不可能再次相遇
[解析] 若A車在加速過程中與B車相遇，設(shè)運動時間為t，則：at2=vBt，解得：t=
s=40 s＞30 s，可見，A車加速30
s內(nèi)并未追及B車.因加速30 s后，vA=12 m/s＞vB=8 m/s，故勻速運動過程中可追及B車.
[答案] C
1.兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0.若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車的加速度開始剎車.已知前車在剎車過程中所行駛的距離為s，若要保證兩輛車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持的距離至少應(yīng)為
A.1s B.2s C.3s D.4s
[解析] 兩車同時剎車，則兩車將滑行相同的距離s而停止，由于前車剎車停止后后車接著剎車，所以后車比前車多運動的位移(即題中所求最小間距)即為前車剎車時間內(nèi)后車以原速運動的位移.由剎車過程的平均速度等于原速的，故前車剎車過程中，后車以原速運動的位移為2s.
[答案] B
12.全國著名發(fā)明家鄒德俊發(fā)明了一種“吸盤式”掛衣鉤，如圖1-1-19所示，將它緊壓在平整、清潔的豎直瓷磚墻面上時，可掛上衣帽等物品.如果掛衣鉤的吸盤壓緊時，它的圓面直徑為
m，吸盤圓面壓在墻上的
的面積跟墻面完全接觸，中間
未接觸部分間無空氣.已知吸盤與墻面間的動摩擦因數(shù)為0.5，則這種掛鉤最多能掛多重的物體？(大氣壓強p0=1.0×105
Pa)
圖1-1-19
[解析] 吸盤對墻面的壓力大小為FN=p0S=p0πr2
掛鉤上所能掛物體的最大重力等于吸盤所受的最大靜摩擦力，即G=μFN=μp0πr2
=0.5×1.0×105·π·
N=125 N
[答案] 125 N
力學(xué)部分難點分析專題二 追及與相遇
●高考趨勢展望
運動學(xué)是動力學(xué)的基礎(chǔ)，在每年的高考中，或者單獨命題，或者滲透在動力學(xué)問題中，都要對運動學(xué)的概念和規(guī)律進行考查.追及和相遇問題是運動學(xué)中一類典型問題，解答這類問題對分析綜合能力和推理判斷能力有相當(dāng)高的要求，通過這類問題的練習(xí)，有利于提高解決問題的能力.當(dāng)然，這類問題也能較好地體現(xiàn)高考以“能力立意”的命題思想，所以，在高考中多次出現(xiàn)追及和相遇問題.
●知識要點整合
追及和相遇問題主要涉及在同一直線上運動的兩個物體的運動關(guān)系，所應(yīng)用的規(guī)律是勻變速直線運動的相關(guān)規(guī)律.
解答追及、相遇問題時要特別注意明確兩物體的位移關(guān)系、時間關(guān)系、速度關(guān)系，這些關(guān)系是我們根據(jù)相關(guān)運動學(xué)公式列方程的依據(jù).
追及、相遇問題常常涉及到臨界問題，分析臨界狀態(tài)，找出臨界條件是解決這類問題的關(guān)鍵.速度相等是物體恰能追上或恰不相碰、或間距最大或最小的臨界條件.
●精典題例解讀
［例1］為了安全，在公路上行駛的汽車之間應(yīng)保持必要的距離.已知某高速公路的最高限速為v=120 km/h,假設(shè)前方車輛突然停止，后車司機從發(fā)現(xiàn)這一情況，經(jīng)操縱剎車，到汽車開始減速所經(jīng)歷的時間(反應(yīng)時間)t=0.50 s，剎車時汽車受到的阻力大小Ff為汽車重力的0.40倍.該高速公路上汽車的間距s至少應(yīng)為多少？取重力加速度g=10 m/s2.
[解析] 本題中前方車輛突然停止，后車先做勻速運動(反應(yīng)時間內(nèi))，后做勻減速運動，若后車速度減為零時恰好運動到前車處，這種情況對應(yīng)兩車行駛時的最小距離，該最小距離就是前車停止后，后車勻速運動和勻減速運動的總位移.根據(jù)牛頓第二定律求得后車剎車時的加速度大小為a=
=4 m/s2
該高速公路上汽車間距至少為s=vt+
=1.6×102 m
小結(jié)：解答本題的關(guān)鍵是明確高速公路上汽車的最小距離是什么，還應(yīng)注意汽車的運動分兩段：勻速運動和減速運動.
［例2］一列貨車以28.8 km/h的速度在平直鐵路上運行，由于調(diào)度失誤，在后面600 m處有一列快車以72 km/h的速度向它靠近.快車司機發(fā)覺后立即合上制動器，但快車要滑行2000 m才停止.試判斷兩車是否會相碰.
[解析] 兩車速度相等恰追及前車，這是恰不相碰的臨界情況，因此只要比較兩車等速時的位移關(guān)系，即可明確是否相碰.
因快車減速運動的加速度大小為：
a=
m/s2=0.1 m/s2.
故快車剎車至兩車等速歷時：t=
s=120 s.
該時間內(nèi)兩車位移分別是：s快=v快t-at2=20×120 m-×0.1×1202
m=1680 m
s貨=v貨t=8×120 m=960 m
因為s快＞s貨+s0=1560 m,故兩車會發(fā)生相撞.
小結(jié)：該題還有多種討論方法，如討論兩車相遇時速度關(guān)系或利用相對運動知識求解，請同學(xué)們練習(xí).
［例3］公共汽車從車站開出以4 m/s的速度沿平直公路行駛，2 s后一輛摩托車從同一車站開出勻加速追趕，加速度為2 m/s2，試問：
(1)摩托車出發(fā)后，經(jīng)多少時間追上汽車？
(2)摩托車追上汽車時，離出發(fā)處多遠？
(3)摩托車追上汽車前，兩者最大距離是多少？
[解析] 開始一段時間內(nèi)汽車的速度大，摩托車的速度小，汽車和摩托車的距離逐漸增大，當(dāng)摩托車的速度大于汽車的速度后，汽車和摩托車的距離逐漸減小，直到追上.顯然，在上述過程中，摩托車的速度等于汽車的速度時，它們間的距離最大.
(1)摩托車追上汽車時，兩者位移相等，即v(t+2)= at2
解得摩托車追上汽車經(jīng)歷的時間為t=5.46 s
(2)摩托車追上汽車時通過的位移為s=at2=29.9 m
(3)摩托車追上汽車前，兩車速度相等時相距最遠，即： v=at′
t′=
=2 s
最大距離為Δs=v(t′+2)- at′2=12 m
小結(jié)：求解追及問題要注意明確三個關(guān)系：時間關(guān)系、位移關(guān)系、速度關(guān)系，這是我們求解時列方程的依據(jù).涉及臨界問題時要抓住臨界條件.
［例4］一列火車以v1的速度直線行駛，司機忽然發(fā)現(xiàn)在正前方同一軌道上距車為s處有另一輛火車正沿著同一方向以較小速度v2做勻速運動，于是他立即剎車，為使兩車不致相撞，則a應(yīng)滿足什么條件？
[解析] 若后面火車的速度減小到比前面火車的速度還小時，后面火車還沒追上前面火車，兩車不會相撞.若后面火車速度減小到跟前面火車速度相等時，兩列火車恰好相遇，這是相撞的臨界情況.
方法1：設(shè)兩車經(jīng)過時間t相遇，則v1t-at2-v2t=s
化簡得：at2-2(v1-v2)t+2s=0
當(dāng) Δ=4(v1-v2)2-8as＜0
即a＞
時，t無解，即兩車不相撞.
方法2：當(dāng)兩車速度相等時，恰好相遇，是兩車相撞的臨界情況，則v1-at=v2
v1t-at2-v2t=s 解得a=
為使兩車不相撞,應(yīng)使a＞.
方法3:后面的車相對前面的車做勻減速運動,初狀態(tài)相對速度為(v1-v2),當(dāng)兩車速度相等時,相對速度為零,根據(jù)vt2-v02=2as,得,為使兩車不相撞,應(yīng)有(v1-v2)2＜2as
a＞
小結(jié):利用相對運動分析追及、相遇問題往往較簡便.
●應(yīng)用強化訓(xùn)練
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