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第二部分高考题型研究03计算题题型研究第7讲力与运动计算题常考“4题型”题型一运动学问题运动学问题单独作为计算题的话，要么是两个物体运动的关系问题的讨论，要么是多过程多情景的复杂问题的分析，试题难度往往较大．【例1】一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：(1)客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小．【解析】(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨的长度为l，则客车速度为v＝lΔt其中l＝25.0m，Δt＝10.016－1s，解得v＝37.5m/s.(2)解法一：设从货车开始运动后t＝20.0s内客车行驶了s1，货车行驶了s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为L＝30×16.0m.图3—7—1由运动学公式有s1＝vt，s2＝12at2由题给条件有L＝s1－s2联立解得a＝1.35m/s2.解法二：图象法：如图3—7—2所示为客车和货车的v－t图象，图中阴影部分面积对应30节车厢的总长度．图3—7—2L＝30l′＝480m可得：v－at＋v2·t＝L＝480m把v＝37.5m，t＝20s代入上式得a＝1.35m/s2.【答案】(1)37.5m/s(2)1.35m/s2☞归纳总结破解运动学类问题的关键是寻找两个运动之间的联系：一是时间关系，二是位移关系．寻找的方法有两种：画v－t图象或者画出运动过程草图，并在图中标明各运动学量，包括时刻、时间、位移、速度、加速度等已知量和未知量，然后根据运动关系列式求解．题型二运动学与牛顿运动定律的综合问题牛顿运动定律是动力学的基础，牛顿运动定律与运动学规律相结合形成动力学的两类基本问题，也是高考计算题命题的热点和重点．图3—7—3【例2】(2019年度高三联考)质量为10kg的环在F＝140N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角为θ，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5s后，速度减为零，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，杆足够长，求：(1)拉力F作用的时间；(2)环运动到杆底端时的速度大小．【解】(1)撤去拉力F后mgsinθ＋μmgcosθ＝ma20＝v1－a2t2，解得v1＝5m/s撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)：Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ－mgcosθ)＝ma1v1＝a1t1所以t1＝1s(2)根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma3s＝v12(t1＋t2)v2＝2a3s联立解得v＝15m/s.题型三滑块—滑板类问题滑块—滑板类题型是指由木板和物块组成的相互作用的系统，是近年高考物理试题中的经典题型．题中常涉及摩擦力的方向判断和大小计算、牛顿运动定律及运动学规律等知识．【例3】(2019年湖南模拟考试)如图3—7—4所示，质量M＝4kg的小车长L＝1.4m，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量m＝1kg的小滑块(可看作质点)，小车与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，先用一水平恒力F向右拉小车．(g＝10m/s2.)图3—7—4(1)若用一水平恒力F＝10N，小滑块与小车间的摩擦力为多大？(2)小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F大小要满足的条件？(3)若用一水平恒力F＝28N向右拉小车，要使滑块从小车上恰好滑下来，力F至少应作用多长时间？【解】(1)当F＝10N时，设两者间保持相对静止，由整体法可得：F＝(M＋m)a1得a1＝2m/s2隔离小滑块可得：f＝ma1＝2N而两者间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝4N所以小滑块与小车间的摩擦力为2N.(2)当两者要发生相对滑动时，小滑块与小车间应达到最大的静摩擦力．此时小滑块的加速度可由fmax＝μmg＝ma2，得a2＝4m/s2由整体法可得：F＝(M＋m)a2＝20N小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F的范围是F≤20N.(3)当F＝28N时，两者间相对滑动，小滑块μmg＝ma2，a2＝4m/s2小车F－μmg＝Ma3得a3＝6m/s2设F撤去前作用了时间t1，则两者获得的速度为v＝a2t1，vM＝a3t1两者产生的位移为：xm＝12a2t12，xM＝12a3t12F撤去后m仍以a2加速，M以a4减速，减速的加速度为a4＝μmgM＝1m/s2设过时间t2两者等速v′＝vm＋a2t2＝vM－a4t2代入得t2＝25t1，v′＝285t1t2时间内位移xm′＝vm＋v′2t2，xM′＝vM＋v′2t2(xM＋xM′)－(xm＋xm′)＝L得75t12＝L得t1＝1s归纳总结1．临界条件(1)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件①运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动．②动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff＞Ffm，则发生相对滑动．(2)滑块滑离滑板的临界条件当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件．2．常见解法“滑块—滑板类”模型问题往往存在一题多解情况，常见的解法如下：(1)动力学分析法：分别对滑块和滑板受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，然后结合运动学公式求解．(2)相对运动分析法：从相对运动的角度出发，根据相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移的关系x相对＝v相对初＋v相对末2t＝v相对末2－v相对初22a，往往可大大简化数学运算过程．(3)图象描述法：有时利用运动v－t图象分析更快捷．例如，一物块以初速度v0滑上在水平地面上静止的木板，物块和木板的运动图象如图3—7—5甲或图3—7—5乙所示．图甲表示物块在滑出木板前已经与木板共速，阴影部分面积表示相对位移x相对，x相对＝v0t2；图乙表示物块已滑出木板，阴影部分面积表示木板总长度L，x相对＝L.图3—7—5题型四传送带类问题传送带是应用比较广泛的一种传送装置．以其为素材的计算题大多具有情景模糊、条件隐蔽、过程复杂的特点，虽然近几年高考中与传送带运动相联系的计算题没有涉及，但应作为一种动力学重要题型积极备考．【例4】传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图3—7—6所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离为7m．N端有一块离传送带很近的挡板P，可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点g取10m/s2，OM间距离LOM＝3m．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．图3—7—6(1)金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1.(2)木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.①求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；②经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率．【解析】(1)金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v＝2m/s，然后做匀速运动，达到M点．金属块由O运动到M有LOM＝12at12＋vt2即12at12＋2t2＝3①且t1＋t2＝t，即t1＋t2＝2②v＝at1，即2＝at1③根据牛顿第二定律有μ1mgcos37°－mgsin37°＝ma④由①②③式解得t1＝1s，t＝2s，即t1＜t，符合题设要求．加速度a＝2m/s2由④式解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1.(2)①由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON＝4m，第一次与P碰撞前的速度为v1a1＝gsinθ－μ2gcosθ＝2m/s2v1＝2a1LON＝4m/s与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2.a2＝gsinθ＋μ2gcosθ＝10m/s2s1＝v12－v22a2＝0.6ms2＝v22a1＝1m因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s＝s1＋s2＝1.6m.②木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为v2.v2＝2a1（s1＋s2）＝6.4m/s与挡板第二次碰撞后，木块B以速度v2被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s3；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s4.s3＝v22－v22a2＝0.12ms4＝v22a1＝1m木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为v3.v3＝2a1（s3＋s4）＝4.48m/s与挡板第三次碰撞后，木块B以速度v3被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s5；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s6.s5＝v32－v22a2＝0.024m，s6＝v22a1＝1m以此类推，经过多次碰撞后木块B以2m/s的速度被反弹，在距N点1m的范围内不断以加速度a1做向上的减速运动和向下的加速运动．木块B对传送带有与传送带运动方向相反的阻力：Ff＝μ2mgcosθ故电动机的输出功率：P＝μ2mgvcosθ解得P＝8W.【答案】(1)1(2)①1.6m②8W☞归纳总结(1)关注两个时刻①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向．②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变．(2)注意过程分解①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量的混淆．②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的关联量．