1、定义：直接接触的物体间由于发生弹性形变而产生的力．

5、重心：重心是物体各部分所受重力合力的作用点．

说明：(l)重心可以不在物体上．物体的重心与物体的形状和质量分布都有关系。重心是一个等效的概念。

　　 (2)有规则几何形状、质量均匀的物体，其重心在它的几何中心．质量分布不均匀的物体，其重心随物体的形状和质量分布的不同而不同。

　　 (3)薄物体的重心可用悬挂法求得．

4、作用点：物体的重心．

3、方向：竖直向下(说明：不可理解为跟支承面垂直)．

2、大小：G＝mg　 (说明：物体的重力的大小与物体的运动状态及所处的状态都无关)

1、产生：由于地球对物体的吸引而使物体受到的力叫重力．

说明：重力是由于地球的吸引而产生的力，但它并不就等于地球时物体的引力．重力是地球对物体的万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球旋转所需的向心力。由于物体随地球自转所需向心力很小，所以计算时一般可近似地认为物体重力的大小等于地球对物体的引力。

2、相遇问题的分析思路

相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置坐标相同．

　(1)列出两物体运动的位移方程，注意两个物体运动时间之间的关系．

　(2)利用两物体相遇时必处在同一位置，寻找两物体位移间的关系．

(3)寻找问题中隐含的临界条件．

(4)与追及中的解题方法相同

[例3]．在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动拦木装置如图所示，当高速列车到达A　 点时，道口公路上应显示红灯，警告来越过停　 车线的汽车迅速制动，而且超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口。已知高速列车的速度V₁=120km/h，汽车过道口的速度V₂=5km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是S₀＝5m，道口宽度s＝26m，汽车长l=15m。若栏木关闭时间t_l＝16s，为保障安全需多加时间t₂=20s。问：列车从A点　 到道口的距离L应为多少才能确保行车安全？

解析：由题意知，关闭道口时间为16s，为安全保障再加20s，即关闭道口的实际时间为t₀=20+16=36s，汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为S=26+5+15=46m，需用时，由此亮起红灯的时间为T=t₀+t₂，故A点离道口的距离应为：L=V₁T==2304m

[例4]火车以速度V_l匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距S处有另一火车沿同方向以速度V₂(对地、且V₁＞V₂)做匀速运动．司机立即以加速度a紧急刹车．要使两车不相撞，a应满足什么条件？

解法一：后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和V₂相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大．可见，当两车速度相等时，两车距离最近．若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未过上前车，根本不可能发生撞车事故；若后车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车．这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度．综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程：

V₁t－a₀t²/2＝V₂t+S　 V₁-a₀t=V₂ 解之可得：a₀=．所以当a≥时，两车即不会相撞

解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为 V₁t－at²/2 ≤S+V₂t

　即at²/2+(V₂－V₁)t+S≥0

　对任一时间t，不等式都成立的条件为 Δ＝(V₂－V₁)²－2as≤0 由此得a≥

解法三：以前车为参照物，刹车后后车相对前车做初速度V₀= V₁－V_2，加速度为a的匀减速直线运动．当后车相对前车的速度成为零时，若相对位移S^/≤S，则不会相撞．故由

　　　 S^/= V₀²/2a= (V₁－V₂)²/2a≤S，得a≥

点评：三种解法中，解法一注重对运动过程的分析，抓住两车间距有极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二中由位移关系得到一元二次方程．然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系，这也是中学物理中常用的数学方法；解法三通过巧妙地选取参照物，使两车运动的关系变得简明．

说明：本题还可以有多种问法，如“以多大的加速度刹车就可以不相碰？”，“两车距多少米就可以不相碰？”，“货车的速度为多少就可以不相碰？”等，但不管哪一种问法，都离不开“两车速度相等”这个条件．

[例5]甲、乙两车相距S，同时同向运动，乙在前面做加速度为a₁、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为a₂、初速度为v₀的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系。

[分析]由于两车同时同向运动，故有v_甲=v₀+a₂t，v_乙=a₁t。

　　 ①当a_l＜a₂时，a_lt＜a₂t，可得两车在运动过程中始终有，V_甲＞V_乙。由于原来甲在后，乙在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车，且甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次。

　　 ②当 a_l=a₂时，a_lt＝a₂t，可得v_甲=v₀+v_乙，同样有v_甲＞v_乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次。

　　 ③当a_l＞a₂时，a_lt＞a₂t，v_甲和v_乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化。刚开始，a_lt和a₂t相差不大且甲有初速v₀，所以v_甲＞v_乙；随着时间的推移，a_lt和a₂t相差越来越大；当a_lt－a₂t＝v₀时，v_甲=v_乙，接下来a_lt－a₂t＞v₀，则有v_甲＜v_乙，若在v_甲=v_乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v_甲＜v_乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在v_甲=v_乙时，两车刚好相遇，随后v_甲＜v_乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在v_甲=v_乙前，甲车已超过乙车，即已相通过一次，随后由于v_甲＜v_乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车后反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。

[解]由于 S_甲=v₀ t+½a₂t²，S_乙=½a₁t²，

相遇时有S_甲－S_乙＝s，则v₀ t+½a₂t²－½a₁t²＝S，½(a₁一a₂)t²一v₀ t+S＝0．

①当a₁＜a₂时，①式；只有一个正解，则相遇一次。

②当a₁＝a₂时　 S_甲一 S_乙=v₀ t+½a₂t²－½a₁t²=v₀ t=S， 　　∴t=S/v₀　　 t只有一个解，则相遇一次。

③当 a_l＞a₂时，若v＜2(a_l－a₂)s，①式无解，即不相遇。

若v₀²=2(a_l－a₂)s，①式t只有一个解，即相遇一次。

若 v₀²＞2(a_l－a₂)s，①式t有两个正解，即相遇两次。

　解法2：利用v一t图象求解。

①当 a_l＜a₂时，甲、乙车的运动图线分别为如图，其中划斜线部分的面积表示t时间内甲车比乙车多发生的位移，着此而积为S，则t时刻甲车追上乙车而相遇，以后在相等时间内甲车发生的位移都比乙车多，所以只能相遇一次。

②当a_l=a₂时，甲、乙两车的运动图线分别如图，讨论方法同①，所以两车也只能相遇一次。

③当a_l＞a₂ 时，甲、乙两车的运动图线分别为如图的1和11，其中划实斜线部分面积表示用车比乙车多发生的位移，划虚斜线部分的面积表示乙车比甲车多发生的位移。若划线部分的面积小于S，说明甲追不上乙车，则不能相遇；若划实斜线部分的面积等于S，说明甲车刚追上乙车又被反超，则相遇一次；若划实斜线部分的面积大于S，说明t_l内划实线部分的面积为S，说明t₁时刻甲车追上乙车，以后在t₁--t时间内，甲车超前乙车的位移为t_l－--t时间内划实线部分的面积，随后在t--－t₂时间内，乙车比甲车多发生划应线部分的面积，如果两者相等，则t₂时刻乙车反超甲车，故两车先后相遇两次。

[例6]在空中足够高的某处，以初速度v竖直上抛一小球，t s后在同一地点以初速度v^/竖直下抛另一个小球，若使两个小球在运动中能够相遇，试就下述两种情况讨论t的取值范围：(l)0＜v^/＜v，(2)v^/＞v

[解析]若两小球在运动中能够在空中相遇，必须是下抛小球刚抛出时，上抛小球已进入下降阶段，且速度大的小球在后，追赶前面速度小的球，

(1)　　　 如图甲所示．上抛小球速度方向变为向下，大小达v^/时所经历的时间为t₀，则

　t₀=+　　 ∴当t＞t₀时，上抛小球的即时速度v_t＞v^/，上抛小球能够追上下抛小球，但是，若上抛小球已越过抛出点，再向下抛出另一个小球时，两球就不会相遇，而上抛球回到抛出点的时间t₁为：t₁=　 即：当＜t＜时两球能够在运动中相遇

(2)如图乙所示，上抛小球速度方向变为向下，大小达v^/时所经历时间为t₀^/，则： t₀^/=

　 当t＜t₀^/时，上抛时即时速度v_t＜v^/，但若使上抛球在前，t还大于t₁=2v/g才行，因此，两球在运动中相遇的条件为：＜t＜　　

试题展示

5．匀加速直线运动追匀加速直线运动，应当以一个运动当参照物，找出相对速度、相对加速度、相对位移．

规律方法　　 1、追及问题的分析思路

(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系．

(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系式．追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同．

　 (3)寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离，等等．利用这些临界条件常能简化解题过程．

(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件解联立方程外，还有利用二次函数求极值，及应用图象法和相对运动知识求解．

[例1]羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60 m的距离能加速到最大速度30m/s，以后只能维持此速度4.0 s.设猎豹距离羚羊xm时开时攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0 s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑，求：猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？

解析：先分析羚羊和猎豹各自从静止匀加速达到最大速度所用的时间，再分析猎豹追上羚羊前，两者所发生的位移之差的最大值，即可求x的范围。

设猎豹从静止开始匀加速奔跑60m达到最大速度用时间t₂，则，

羚羊从静止开始匀加速奔跑50m达到最大速度用时间t₁，则，

猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，则猎豹减速前的匀速运动时间最多4s，而羚羊最多匀速3s而被追上，此x值为最大值，即x=S_豹－S_羊=[(60+30×4)－(50+25×3)]=55m，所以应取x<55m。

[例2]一辆小车在轨道MN上行驶的速度v₁可达到50km/h，在轨道外的平地上行驶速度v₂可达到40km/h，与轨道的垂直距离为30km的B处有一基地，如图所示，问小车从基地B出发到离D点100km的A处的过程中最短需要多长时间(设小车在不同路面上的运动都是匀速运动，启动时的加速时间可忽略不计)？

[解析]建构合理的知识体系，巧用类比，触发顿悟性联想。

　　 显然，用常规解法是相当繁琐的。我们知道，光在传播过程中“走”的是时间最短的路径。可见，我们可以把小车的运动类比为光的全反射现象的临界状态(如图所示)，根据临界角知识得：sinC=v₂/v₁＝4/5，由图得：sinC＝x/，小车运动时间：t=(100－ x)/v_l+/v₂由以上几式可得： c＝40km， t ＝2．45h。

[例2]高为h的电梯正以加速度a匀加速上升，忽然天花板上一颗螺钉脱落．螺钉落到电梯底板上所用的时间是多少？

　 解析：此题为追及类问题，依题意画出反映这一过程的示意图，如图2- 27所示．这样至少不会误认为螺钉作自由落体运动，实际上螺钉作竖直上抛运动．从示意图还可以看出，电梯与螺钉的位移关系：

　　 S_梯一S_钉= h　　 式中S_梯＝vt十½at²，S_钉＝vt－½gt²

可得t=

错误：学生把相遇过程示意图画成如下图，则会出现S_梯+S_钉= h

　　 式中S_梯＝v₀t十½at²，S_钉＝v₀t－½gt²

这样得到v₀t十½at²+v₀t－½gt²=h，即½(a－g)t²+2v₀t－h=0

由于未知v₀，无法解得结果。判别方法是对上述方程分析，应该是对任何时间t，都能相遇，即上式中的Δ＝4v₀²+2(a－g)h≥0

也就是v₀≥，这就对a与g关系有了限制，而事实上不应有这样的限制的。

　点评：对追及类问题分析的关键是分析两物体运动的运动过程及转折点的条件．可见，在追赶过程中，速度相等是一个转折点，要熟记这一条件．在诸多的物理问题中存在“隐蔽条件”，这类问题往往是难题，于是，如何分析出“隐蔽条件”成为一个很重要的问题，一般是根据物理过程确定．该题中“隐蔽条件”就是当两车速度相同时距离最大．解析后，问题就迎刃而解．

4．匀速运动追匀减速直线运动，当二者速度相同时相距最远．

3．匀减速直线运动追匀速运动，当二者速度相同时相距最近，此时假设追不上，以后就永远追不上了．