2020版高考物理大二轮复习专题强化训练22高考计算题解题策略6页

高考物理
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专题强化训练(二十二)
1．(2019·河北名校联盟)某工厂用倾角为 37°的传送带把货物由低处运送到高处，已
知传送带长为 L＝50 m，正常运转的速度为 v＝4 m/s.一次工人刚把 M＝10 kg的货物放到传
送带上的 A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块 m＝5 kg带有挂钩的木板，
把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动
摩擦因数均为 0.8.(货物与木板均可看成质点，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8)
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；
(2)若工人用 F＝189 N 的恒定拉力把货物拉到
L
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处时来电了，工人随即撤去拉力，求此
时货物与木板的速度大小；
(3)来电后，还需要多长时间货物能到达 B处？(不计传送带的加速时间)
[解析]　(1)设最大拉力为 Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速
度为 a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得
μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入数据得 a1＝0.4 m/s2.
对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得
Fm－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1，得 Fm＝192 N.
(2)设工人拉木板的加速度为 a2，根据牛顿第二定律得
F－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，得 a2＝0.2 m/s2.
设来电时货物与木板的速度大小为 v1，根据运动学公式得
v21＝2a2
L
5
，
代入数据得 v1＝2 m/s.
(3)由于 v1<4 m/s，所以来电后货物与木板继续加速，设加速度为 a3，则有 μ(m＋
M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a3，
代入数据得 a3＝0.4 m/s2.
设经过 t1货物与木板的速度和传送带速度相同，v＝v1＋a3t1，得 t1＝5 s.

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设 t1时间内货物与木板加速的位移为 x1，v2－v21＝2a3x1，得 x1＝15 m.
共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为 t2，匀速运动的
位移为 x2，则 x2＝L－
L
5
－x1；
得 x2＝25 m
又 t2＝
x2
v
得 t2＝6.25 s
所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：
t＝t1＋t2＝11.25 s.
[答案]　(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s
2．(2019·广州市普通高中毕业班测试)倾角为 θ的斜面与足够长的光滑水平面在 D处
平滑连接，斜面上 AB 的长度为 3L，BC、CD 的长度均为 3.5L，BC 部分粗糙，其余部分光
滑．如图，4个小滑块左边均固定一个长为 L的轻杆，紧挨在一起排在斜面上，从下往上依
次标为 1、2、3、4，轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块 1恰好在 A处．现
将 4个滑块一起由静止释放，设滑块经过 D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知
滑块的质量均为 m并均可视为质点，滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数均为 tanθ，重力加速
度为 g.求：
(1)滑块 1刚进入 BC时，滑块 1上的轻杆所受到的压力大小；
(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离．
[解析]　(1)以 4个滑块为研究对象，设滑块 1刚进入 BC段时，4个滑块的加速度为 a，
由牛顿第二定律有：
4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma
以滑块 1 为研究对象，设刚进入 BC 段时，滑块 1 上的轻杆受到的压力大小为 F，由牛
顿第二定律有：
F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma
已知μ＝tanθ，联立可得 F＝
3
4
mgsinθ
(2)设滑块 4刚进入 BC段时，滑块的共同速度为 v.

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此时 4 个滑块向下移动了 6L 的距离，滑块 1、2、3 在粗糙段向下移动的距离分别为
3L、2L、L.由动能定理有：
4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·(3L＋2L＋L)＝
1
2
·4mv2
解得 v＝3 gLsinθ
由于动摩擦因数为μ＝tanθ，则 4个滑块都进入 BC段后，所受合外力为 0，各滑块均
以速度 v做匀速运动．
滑块 1离开 BC后匀加速下滑，设到达 D处时速度为 v1，由动能定理有
mgsinθ·3.5L＝
1
2
mv21－
1
2
mv2
解得：v1＝4 gLsinθ
当滑块 1 到达 BC 边缘刚要离开粗糙段时，滑块 2 正以速度 v 匀速向下运动，且运动 L
距离后离开粗糙段，依次类推，直到滑块 4 离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达 BC
段边缘的时间差为Δt＝
L
v
，因此到达水平面的时间...