2024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）

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.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，表达式为后〃A；其方向息是与物体相♦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/和不为零，并且华和等于

两物体间相互作用的滑动摩擦力凡跟它们相对路程S的乘积，也等

于两物体间由于摩擦而产生的热量。热，即。热=的尸耳S.

2.物体间保持相对静止但存在相对运动趋势时产生的摩擦力叫

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。是水平地面，人方是两个长方形物块，F

是作用在夕上沿水平方向的力，物体/和5以相同的速度做匀速直线

运动.由此可知4、8间的动摩擦因数小和8、。间的动摩擦因数〃2

可能是

A

F~~

—►BC

7////////////////////

图ITT

A.〃尸0〃2二0B.〃尸0〃2彳0C.〃1W0

〃2=0D.〃2中0

【解析】选力、”整体为研究对象，由于少受推力少的作用还做

匀速直线运动，可知地面对〃的摩擦力一定水平向左，故〃2#。，对

力受力分析知，水平方向不受力，小可能为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〃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】物体勿向上加速运动时，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-mgsina-ma

所以尸侬sina+ma,方向沿斜面向上.

向下加速运动时，由牛顿第二定律，得：侬sin。-片〃旧（设尸沿

斜面向上）

所以F=/ngsina~ma当a〈/in。时，F>0.与所设方向相同----

沿斜面向上.

当年英in。时，片0.即货物与传送带间无摩擦力作用.

当器in4时，F<0.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1T-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。）,对水平面的倾角为心一个横截

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4

图1T-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〃龊。s〃.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

力分别为为、&,由于对

称性，凡尸&,它们的合力片垂直于槽底线，且

图1T-4

所右二夙।

①

相应的左、右两槽面作用于物块的滑动摩擦力凡I和兄2相等,

它们的合力R平行于槽底线，且

乙二2乙尸2〃小②

根据平衡条件自二/gin，，A二侬cos夕

从上面两个方程得?二tan0③

FN

将①②代入③可得〃二日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1T-5所示，质量加10kg的木楔力比静止于粗糙

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%1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑.当滑行路程51.4

m时，其速度片1.4m/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10m/s2）.

【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，所以不能由此二〃人来计算求得，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，由匕2-匕2二2数可求得物块下滑的加速度

2

=0.7m/s2<^sinm/s2

2s

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1T-6和图1-卜7所示.

A

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

侬sin"Kima

mgcos〃一凡二0

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

入J与F…鼠与&等值反向，有

/"i+QnCos。-与sin夕二0

«2一「版一Aicos”Rein

由上面各式解得地面对木楔摩擦力

入2二小sin6-凡icos。

=/z^cosJsin0-{mgsix\。-ma)cos°

二〃旧cos，=1.0X0.7乂且N=0.61N

2

此力方向与所设方向相同，由C指向笈

另外由以上几式联立还可求出地面对木楔的支持力

&二/侬+侬cos20+{mgsin0-ma)sin0-Mg^mg-^asin0

=11X10N-1.0X0.7xiN=109.65N<（研助g

2

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&PCOS0,对系统在水平方向由牛顿

第二定律，有

心二勿&二侬cos。=0.61N

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，/、方两物体叠放在一起，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，已知偌

>叱,则物体6

'/A

/B

图1-1-8

A.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48与竖直墙壁间没有弹力，故它们也不受摩擦

力，力、力一起做自由落体运动，它们之间也没有相互作用的弹力，

故人和〃都只受重力作用，A选项正确.

【答案】A

2.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】D

3.如图1-1-9所示，重6N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4N的力尸推木块，木块仍保持

静止，则木块所受的摩擦力大小为

图1-1-9

A.4NB.3NC.5N

D.6N

【解析】木块所受重力沿斜面的分力大小为〃烧in30°=3N,

它与水平推力厂的合力大小为5N,木块所受的静摩擦力先跟该合力

是一对平衡力，故木块所受的静摩擦力大小为5N,选项C正确.

【答案】C

4.如图1TT0所不，质量为勿的木块在置于桌面上的木板上滑

行，木板静止，它的质量加3勿.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

mM

II

/////////////////////

图1-1-10

A.mgB.2〃侬C・3〃mg

D.4〃侬

【解析】木块与木板间的滑动摩擦力大小为〃侬，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〃侬，选项A正确.

【答案】A

5.如图1TT1,在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大

的水平拉力尸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兄随拉力厂变化的图象（图1-1-12）,正确的

是

图1-1~11

图1-1-12

【解析】当木块不受拉力时（40）,桌面对木块没有摩擦力（F

广0）,当木块受到的水平拉力6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，其大小与尸相等，方向相

反，随着水平拉力/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/足够大时，木块开始滑动，

桌面对木块的静摩擦力达最大值Gm，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a始终与拉力/等值反向，

即随着/7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】D

6.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R二峻in明故随着木板倾角，的增大，静摩擦力R

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.="mgzos。，随着J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）如图所示，质量为勿、横截

面为直角三角形的物块/比；AABOa,仍边靠在竖直墙面上，口是

垂直于斜面正的推力.现物块静止不动，则摩擦力的大小为.

图1-1-14

【解析】物块力力受到四个力的作用，受力如图所示，由平衡

条件得

F^mg^Fsiwa

【答案】侬+Asin〃

8.如图1-1-15所示,质量为力的物体紧贴在竖直墙壁上，它与

墙壁间动摩擦因数为〃，作用在物体上的力尸与竖直方向成。角，物

体4沿墙壁做匀速直线运动，/受到的摩擦力大小是

图1-1-15

A."AinaB.P/ngC.一定是mg-Fc,QSQ

D.一定是Fens-mg

【解析】力对竖直墙壁的压力为八in%则/所受的滑动摩擦

力大小一定为〃咫in%若/沿墙壁匀速上滑，由平衡条件得/cos

八

则滑动摩擦力大小为R尸凡os。一【哈.

若A沿墙壁匀速下滑，由平衡条件得尺os。+凡2二侬

则滑动摩擦力大小为FewFeos。

【答案】A

9.（2001年全国理综，18）如图1T-16所示，在一粗糙水平面

上有两个质量分别为处和他的木块1和2.中间用一原长为1、劲度

系数为4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1-1-16

A.1+巴nhgB.7+—（0+加gC.1-—img

kkk

D./+2

k町+m2

【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，设弹簧伸长筋则

k肝unhg产出nhg

k

两木块间的距离为：/+产A选项正确.

K

【答案】A

10.如图1-1-17所示，位于斜面上的物块勿在沿斜面向上的力F

作用下，处于静止状态，则斜面作用于物决的静摩擦力

m

-----------图1-1-17

①方向可能沿斜面向上②方向可能沿斜面向下

③大小可能为零④大小可能等于F

以上判断正确的是

A.只有①②B.只有③④C.只有①

②③D.①②③④都正确

【解析】当代侬sin。时，摩擦力£=0;当/>〃啰皿。时，尺沿

7

斜面向下；当/V/in。时，耳沿斜面向上；当后;〃Rsin。时，F(l

二;侬sin0,F=Fy.

【答案】D

11.如图1-1-18所示，倾角为。的三角形滑块上放置一个质量为

力的物体，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/〃所受的摩擦力，下列叙述正确的有

图1-1-18

①方向可能沿斜面向上②方向可能沿斜面向下③可能不存

在摩擦力④一定存在摩擦力

A.①②B.①②③C.①②④

D.①③

【解析】若物体不受摩擦力，则它只受重力侬和斜面的支持力

国如图所示，由牛顿第二定律得

mg

mgtanct=nia

a=^tana

若它们一起向右做加速运动的加速度与＞依an%物体受的摩擦力

沿斜面向下；若々〈或加%物体所受的摩擦力沿斜面向上，故选项B

正确.

【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、清洁的竖直窗砖墙面上时，可持上

衣帽等物品.如果挂衣钩的吸盘压紧时，它的圆面直径为高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

JJ

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R=L0X10'5Pa）

图1-1-19

【解析】吸盘对墙面的压力大小为F产RS=R)

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

=0.5X1.0X105•〃•—N=125N

400万

【答案】125N

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尸120km/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）^0.50s,刹车时汽车受到的阻力大小E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

^=10m/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折土=4m/s2

tn

该高速公路上汽车间距至少为户"+匕=1.6X102m

2a

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28.8km/h的速度在平直铁路上运行，由于

调度失误，在后面600m处有一列快车以72km/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2000m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：声£=3封m/s,=0.1

2s2x2000

m/s2.

故快车刹车至两车等速历时：片%［k=*s=120s.

a0.1

该时间内两车位移分别是：s快二-快t--3e=20X120m-lxo.1

22

X120"m=1680in

s货=v货t=8X120m=960m

因为s快＞$货+团=1560旧故两车会发生相撞.

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4m/s的速度沿平直公路行驶，

2s后一•辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶，加速度为2m/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*什2)=

2

解得摩托车追上汽车经历的时间为片5.46s

(2)摩托车追上汽车时通过的位移为户,ad=29.9m

2

(3)摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即：尸就

e=-=2s

a

最大距离为\s=v(tf+2)--at'2=12m

2

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]一列火车以匕的速度直线行驶，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r2

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：设两车经过时间方相遇，则v^a&v^s

2

化简得：ar-2(v-V2)1+2f0

当4=4(■-匕1-8as<0

即二量时，方无解，即两车不相撞.

2s

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,

贝IIv-at=V2

Vit--a^-v2t=s解得-匕）

22s

为使两车不相撞，应使a>吗苴.

2s

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

（匕-⑹，当两车速度相等时，相对速度为零,根据匕2-%J2as,得，为使

两车不相撞,应有（匕-七）2<2ds

2s

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

为外.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.IsB.2sC.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

2

速运动的位移为2s

【答案】B

2.汽车力在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速

度做匀加速运动，经过30s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4以8m/s的速度从力车旁边驶过，且一直以相

同的速度做匀速直线运动，运动方向与力车相同，则从绿灯亮时开始

A./车在加速过程中与8车相遇B.48相遇时速

度相同

C.相遇时/车做匀速运动D.两车不可能再次

相遇

【解析】若火车在加速过程中与8车相遇，设运动时间为力，

则：L冢=外3解得：片拉=空s=40s>30s,可见，力车加速30

2a0.4

s内并未追及〃车.因加速30s后，匕尸12m/s>疗8m/s,故匀速运动

过程中可追及〃车.

【答案】C

3.A.夕两车沿同一直线向同一方向运动，力车的速度匕=4m/s,8

车的速度疗10m/s,当8车运动至A车前方7m处时，6车以干2m/s2

的加速度开始做匀减速运动，从该时刻开始计时，则力车追上5车需

要的时间是—s,在A车追上夕车之前，二者之间的最大距离是—

m.

【解析】设在0车减速过程中A车追及〃车，其间历时为3

则：匕，片幺广工方^+乙代入数据解得：Q7s（取有意

2

义值）.而8车减速至零，历时用为=5s<r,故上解错误.正确

2工+7

的解答应为：匕仁仁+7,所以：片为一二8s.

2aL

两车等速时间距最大车减速至力、8等速历时"尸上

a2

s=3s,所以4〃两车最大间距为

△sm=Vnt\--at\-^7-10X3ni-Lx2X3"m+7m_4X3m=16m

22

【答案】8；16

4.同一直线上的48两质点，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），/做速度为/的匀速直线运动，

8从此时刻起做加速度为a、初速度为零的匀加速直线运动.若力在8

前，两者可相遇次，若夕在力前，两者最多可相遇______次.

【解析】若/车在前匀速运动，，车在后匀加速追赶力车，两车

等速时相距最远（间距大于s）,故夕车追及力车时必有加＞匕，以后8

车在前，两车间距逐渐增大，不可能再相遇.

若5车在前匀加速运动，［车在后匀速运动，若追及时两车恰等

速，因以后以〉心不可再次相遇，即只能相遇1次；但若力车追及

夕车时匕,以，相遇后4车超前，但由于月车速度不断增大，仍能再

次追及/车，即能相遇2次.

【答案】1;2

5.从同一地点以30m/s的速度先后竖直上抛两个物体，抛出时

间相差2s,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ts后相遇，则：30^-1x10^30

2

义（片2）-LxiOX（£-2）2解得：t=4s,相遇高度

2

A=30^-lxi0^40m.

2

【答案】距地40m,第一物体抛出后4s相遇

6.从相距30km的甲、乙两站每隔15min同时以30km/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时从中站开

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^-=1h.当6时某车从甲站开

v

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1h,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1-2T所示，A、6两物体相距s=7m,/正以K=4m/s的

速度向右做匀速直线运动，而物体方此时速度外二10m/s,方向向右,

做匀减速直线运动（不能返回），加速度大小炉2m/s2,从图示位置

开始计时，问在什么情况下，经多少时间力追上笈

生育

AB

<-s—►

图1-2-1

【解析】物体8的运动时间为片区=此s=5s

a2

在此时间内8前进了S/Fv•tff=—X5m=25ni

2

这时力前进了斗二匕方4X5m=20m

可见在此时间内力没有追上员必须在8停止后，4才能追上8.

故力追上方的时间为片牝'=21至s=8s

以4

【答案】8s

8.4球自距地面高力处开始自由下落，同时8球以初速度匕正对

4球竖直上抛，空气阻力不计.问：

(1)要使两球在8球上升过程中相遇，则外应满足什么条件？

(2)要使两球在〃球下降过程中相遇，则匕应满足什么条件？

【解析】两球相遇时位移之和等于力.即：*g/+(vot-三gC=h

所以：上,

%

而8球上升的时间：2,5球在空中运动的总时间：分组.

g8

(1)欲使两球在〃球上升过程中相遇，则有-V△，即4〈生,

咻g

所以%>^[gh.

(2)欲使两球在8球下降过程中相遇，则有：Kt?

即：生〈2〈组，

g%g

所以：A，<K)<y[gh.

【答案】⑴心疯⑵粤<«后

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，即初速度匕进行分析方能确定.

如果合外力与初速度匕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.这是对多方血力

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、3.0s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，

(1)电梯在广3.0s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5.0

0~3.0

3.0^13.05.0

13.0^19.04.6

19.0以后5.0

【解析】根据速度图象可知，电梯在0~3.0s向上做匀加速直线

运动，在3.0s~13.0s内电梯匀速上升，在13.0s~19.0s内电梯

匀减速上升，q19.0s时电梯速度减小到零.

（1）由题意知，祛码质量为5.0kg.在0~3.0s内匀加速运动中速

度的改变量，跟13.0s~19.0s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

a二2如由牛顿第二定律得

5=^—=0.8m/s2

2m

则ai=l.6m/s2

由牛顿第二定律得F-mg^max£=〃/（中'々）=58N.

故在0~3.0s内，台秤的示数为5.8kg.

（2）匀加速运动的位移为s尸，夕/2=7.2

2m

匀速运动的速度为k&£尸4.8m/s

匀速运动的位移为Sz二喳二48m

匀减速运动的位移为S3二！G=14.4m

2

则24层楼总高度为沪S+S2+S3=69.6m,

每层楼高为/户与二2.9m

24

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］将金属块勿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.当箱以炉2.0in/s?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6.0N,下底板的传感器显示的压力为

10.0N.（取炉10m/s2）

图1-3-3

求：（1）金属块勿的质量是多大？

（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与，下底板的传感器显示

的压力为&,

由牛顿第二定律：I叱F\「F后ma

解得:m=0.5kg

(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,

即二凡二10N则上顶板的传感器显示的压力为凡'=5N

由牛顿第二定律：勿的外,一凡'二勿"

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1500kg,发动机推力恒定.发射升空后9s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：

(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度〃

(2)该行星表面附近的重力加速度£

(3)发动机正常工作时的推力£

(4)探测器落回地面时的速率/.

(5)探测器发射后经多长时间落地？

【解析】由匡知，探测器在0、9s内匀加速上升，上升的最大

速度为64m/s；9s〜25s内匀减速上升；25s以后匀加速下落，直

到落地.

（1）在上升过程中，由平均速度公式得三幺二32m/s

2

则探测器上升的最大高度为H-v（心+。）=32X25m=800m

（2）探测器9s~25s内只受重力，其运动的加速度为重力加速

度，则炉包="m/s2=4m/s2

t216

（3）在0~9s内，由牛顿第二定律得

由于a尸包=的m/s2=7.1m/s2

A9

则尸加（今国）=1500X1。1N=l.67X101N

（4）探测器下落过程为自由落体运动，则其落地速度为/

=y]2gH=72x4x80（）m/s=80m/s

（5）探测器自由下落的时间为右"=当s=20s.

g4

故探测器发射后到落地所经历的时间为4/府十中9s+16s+20

s=45s.

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4cm,升降机运动时，弹簧伸长量为3cm,则升降机

的运动情况可能是

①以小的加速度加速下降②以a二3g的加速度加

44

速下降

③以炉的加速度减速上升④以SF-g的加速度减

44

速上升

A.①③B.②④C.①④

D.②③

【解析】设弹簧的劲度系数为上球的质量为如选向下为正方

向，则静止时有：

k,△X\=mg①

加速运动时：rug-k•△x^ma②

代入数据解①②得：a=；g.

4

【答案】A

2.图1-3-5中A为电磁铁，。为胶木秤盘，/和C（包括支架）

的总质量为M.夕为铁片，质量为m.整个装置用轻绳悬挂于0点.当电

磁铁通电，铁片被吸上升的过程中，轻绳拉力尸的大小为

B

图1-3-5

A.F^mgB./ng<F<（ifr/ii）gC.打（［介仞）g

D.F>（游力）g

【解析】选整个系统为研究对象，通电后，铁片®将加速向上

运动，整个系统的质量中心在加速上移，处于超重状态，故悬绳拉力

大于系统总重力，即力（9加g.

【答案】D

3.竖直向上射出的子弹，到达最高点后乂竖直落下，如果子弹所

受的空气阻力与子弹的速率大小成正比，则

①子弹刚射出时的加速度值最大

②子弹在最高点时的加速度值最大

③子弹落地时的加速度值最小

④子弹在最高点时的加速度值最小

正确的是

A.①③B.②④C.①④

D.②③

【解析】由于空气阻力与速率成正比，所以，在上升过程中子

弹刚射出时阻力最大，在下落过程中落地时阻力最大.又由于子弹上

升过程中阻力方向和重力方向相同，下落过程中阻力方向和重力方向

相反.所以，子弹刚射出时加速度最大，落地时加速度最小.

【答案】A

4.如图1-3-6所示，在竖直方向运动的升降机内，一质量为力的

物体被一伸长的弹簧拉住静止在升降机水平底板上.现发现A突然被

拉向右方，则升降机可能的运动情况是

①向上运动的加速度减小②向上运动的加速

度增大

③由加速向上运动变为匀速向上运动④由减速向下运

动变为匀速向下运动

A.①③④B.②③④C.只有①

D.只有②

【解析】原物体相对地板静止，说明弹簧弹力等于地板对物体

的静摩擦力.物体突然被拉向右方，说明地板对物体的静摩擦力的最

大值突然变小，物体受到的地板的支持力突然减小.设物体质量为力,

地板支持力为凡向上的加速度为分则由牛顿第二定律，得:4/修/〃金

所以片侬+/〃a显然，向上的加速度a减小时，产将减小，从而出现物

体被拉动的情况.【答案】A

5.某人在地面最多能举起60kg的物体，而在一竖直运动的升降

机中，最多能举起80kg的物体，此时升降机的加速度大小是,

其运动性质是；若升降机以此加速度竖直加速上升时，人在升

降机内最多能举起质量为______的物体.（g取10m/s2）

【解析】在地面上该人最多能举起60kg的重物，说明他能承

受的最大压力（或最多能提供的支持力）冗=用差600N.当他在竖直运

动的升降机中能举起80kg的物体时，说明质量为80kg的物体对人

只产生600N的压力，可见物体处于失重状态，且具有向下的加速度,

设加速度大小为小则由牛顿第二定律，得：〃厅A二勿a

代入数值可得：a=2.5m/s2.

即升降机以大小为2.5m/s?的加速度加速向下运动或向上做匀

减速直线运动.

若升降机以该加速度匀加速上升时，此人能举起的最大质量为万，

则由牛顿第二定律，得：

Frina.

解得：nif=48kg.

【答案】2.5m/sz;匀加速下降或匀减速向上运动；48kg

6.放在光滑水平面上的物体受到三个水平力的作用处于静止状

态.如图1-3-7所示，其中£和用互相垂直，在保持其中两个力不变

的情况下，若单独撤去£力可产生2m/s'，的加速度.若单独撤去R

力可产生4m/s2的加速度，则£力和£力之间夹角。及单独撤去£

力时产生的加速度大小分别为

图1一3-7

A.1200,2亚m/s2B.120°,2旧m/s2

C.150°,