文档内容
第 14 讲 牛顿运动定律的综合应用二
学习目标
明 确目标 确定方向
1.等时圆模型应用
2.牛顿第二定理解决板块模型问题
3.牛顿第二定律解决传送带问题
4.动力学临界极值问题
【 知识回归 】 回 归课本 夯实基础
一等时圆模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最
高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时
间相等，如图丙所示。
二 “传送带”模型
1.水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
①可能一直加速
情景1
②可能先加速后匀速
①v＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
②v＝v，一直匀速
0③v＜v，可能一直加速，也可能先加速再匀速
0
①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
情景3 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v＞v，
0
返回时速度为v，若v＜v，返回时速度为v
0 0
2.倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
①可能一直加速
情景1
②可能先加速后匀速
①可能一直匀速
情景2
②可能一直加速
3.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
4.解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状
态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
三板块模型
1.模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问
题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时
间等角度，寻找各运动过程之间的联系。
2.解题关键
(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好
相同。
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相
对地面的位移，再求相对位移。
四动力学中的临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止
点”，而这些起止点往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极
值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．产生临界问题的条件
3.解决动力学临界、极值问题的常用方法
方法一 极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。
方法二 假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临
界条件时，往往用假设法解决问题。
方法三 数学极值法
【 典例分析 】 精 选例题 提高素
养
【例1】多选．如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动
时间分别为 ，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的
长度为 ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
例1【答案】BC
【详解】1号小球的加速度为位移为
运动时间为
2号小球的加速度为
位移为
运动时间为
3号小球的加速度为
位移为
运动时间为
4号小球的加速度为
位移为
运动时间为则
故选BC。
【例2】多选．如图所示是某地铁站的安检设施。该设施中的水平传送带以恒定速率 运动，乘客将质量
为 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是（
）
A．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
B．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同
C．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多
D．物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小
例2【答案】BD
【详解】A．物品匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故A错误；
B．物品与传送带有相对运动时，相对传送带向后运动，所受摩擦力的方向与其运动方向相同，故 B正
确；
CD．物品与传送带有相对运动时，其加速度
物品由静止开始加速至速率为 过程用时与传送带相对位移
产生热量
故物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量仍一样，相对位移越小，故C错误，D正确。
故选BD。
【例3】．多选水平地面上某长平板车在外力作用下做直线运动如图甲所示，平板车运动的v-t图像如图乙
所示，t=0时将质量为m的物块（无水平方向初速度）放在平板车上，平板车足够长，物块始终在平板车
上，g取10m/s2，则物块运动的v-t图像可能为（ ）
A． B．
C． D．
例3【答案】ABC
【详解】A．物块无初速放到长平板车上，与长平板车相对运动，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，如
果摩擦力比较大，物块在4s前与长平板车共速，然后一起做匀速运动，当长平板车开始减速时，物块一起
减速，A正确；
C．如果最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与长平板车共速后，物块将在木板上以 0.5m/s2的加速度做匀减速运动到停止，C正确；
B．如果最大静摩擦力大于滑动摩擦力，物块与长平板车共速后，物块将与木板不发生滑动，与木板一起
做匀减速运动到停止，B正确；
D．物块与木板共速后，木板做减速运动时，物块的加速度不可能大于木板的加速度，D错误。
故选ABC。
【例4】．在疫情防控期间为符合隔离要求，用传送带装置为隔离人员运送物品和生活垃圾，如图为其工
作场景简化图。可调传送带水平段AB与倾斜段BC转动方向及速率始终一致，AB长 ，BC长
，倾角 ，传送带速率 ，一运输生活垃圾的平板车静止于水平光滑地面，其左端
位于水平传送带右端A的正下方，平板车与水平传送带上表面高度差 。物品和包装后的生活垃圾
均可视为质点， ， ，取 。
（1）先调节传送带逆时针转动，将 的物品轻放在A端，物品与传送带间动摩擦因数 求物
品在AB段做加速运动的位移大小；
（2）C处隔离人员拿到物品后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将生活垃圾放入包装箱后无初速
放在C端，包装箱与传送带间动摩擦因素为 ，求包装箱从C点到B点的时间；
（3）经传送带运送，包装箱从A端沿水平方向以 的速度飞出，落入平板车。箱子落入平板车中时，
竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员对平板车施加一水平向右恒力F，已知平板车质量
，总长 ，包装箱与生活垃圾的总质量 ，平板车与包装箱间动摩擦因数为
，车与包装箱之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使包装箱不脱离小车，求恒力F的取值范
围。例4【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）在AB段对物品受力分析，由牛顿第二定律
设物品达到与传送带共速时的位移为 ，由运动学公式
解得
所以到达B点前已经匀速，则AB段加速运动过程中的位移大小为 。
（2）在倾斜传送带CB段，从C开始运动时，对包装箱受力分析由牛顿第二定律可得
解得，包装箱的加速度为
包装箱加速到与CB传送带共速所用时间为
CB段加速位移为
此时因为
包装箱将继续加速运动，由牛顿第二定律
解得当包装箱以 加速度运动到B点时，由运动学公式
解得
所以包装箱从C点到B点的时间为
（3）如图，包装箱落入平板车时距平板车左端相距为d，则
由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚好共速，此情景下施加的恒力 F最小，则对包装箱由牛顿
第二定律
解得
对平板车，由牛顿第二定律
两者共速时，由运动学公式
联立可得
当包装箱与平板车共速后，两者间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，此情景下施加的恒力 F最大，则对包
装箱，由牛顿第二定律对整体受力分析，由牛顿第二定律
联立可得
所以F的范围为
【巩固练习】 举 一反三 提高能
力
多选1．在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示，小球的重力、绳对球的拉
力、斜面对小球的弹力分别用G、T、N表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则（ ）
A．若a=20m/s2，小球受G、T、N三个力的作用
B．若a=20m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C．若a=10m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D．若a=10m/s2，小球受G、T、N三个力的作用
1【答案】BD
【详解】设小车加速度为 时，小球刚好对斜面没有压力，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
AB．若 ，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；CD．若 ，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错
误，D正确。
故选BD。
多选2．如图所示，水平传送带以 的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两
点，物块（视为质点）以初速度 从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞（无机械能损
失）返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为 ，且 ， ，取
。物块的初速度 可能是（ ）
A． B． C． D．
2【答案】BCD
【详解】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得
解得
假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得
解得
假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得
解得故选BCD。
多选3．某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示。包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速
过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端。若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动
摩擦因数相同，则（ ）
A．在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上
B．传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大
C．传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长
D．包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
3【答案】BC
【详解】A．在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，根据力的合成可知传送带对包裹的作用力
方向偏向右上方，故A错误；
B．包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件
可得
所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；
C．依题意可得，包裹加速所需时间满足
又
联立可得包裹加速所需时间
由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；
D．依题意由选项C可知，包裹在加速阶段的时间与包裹质量无关，在匀速阶段时间取决于传送带的速
度，也与包裹质量无关，所以，整个过程包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关。故D错误。
故选BC。
多选4．如图所示，传送带左右两端的长度为12.5m，在某次输送过程中，每隔0.5s在传送带左端放一小
物块，各物块放上后都先以1m/s2的加速度做初速度为0的匀加速直线运动，当速度达到2m/s后再做匀速
直线运动。下列说法中正确的是（ ）
A．每个物块在传送带上运动的时间为7.25s
B．每个物块在传送带上匀速运动的位移为7.5m
C．两个相邻的匀速运动的物块间的距离为1m
D．传送带上物块的个数最多为15个
4【答案】ACD
【详解】AB．物块匀加速到和传送带速度相等时间
加速的位移
则匀速运动的位移
匀速运动的时间
在传送带上的时间
B错误A正确；
C．两个相邻匀速运动 物体间的距离
C正确；
D．每隔0.5s放一个木块，故加上刚开始放的一个，最多传送带上可运动15个木块，D正确。
故选ACD。
多选5．长为 的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为 的长木板并齐地放在平板车上，如
图所示，开始二者以共同的速度 在水平面上匀速直线运动。已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为
0.5，重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于
B．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为
C．如果平板车突然以 的加速度匀加速，则经 长木板从平板车上掉下
D．如果平板车突然以 的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为
5【答案】BD
【详解】A．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有
解得
此时长木板与平板车加速度大小相等，A错误；
B．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得
解得平板车刹车的最小距离为
选项B正确；
CD．平板车加速后，设经时间t长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移长木板的位移为
又
由以上可解得
此时平板车的速度为
选项C错误，D正确。
故选BD。
6．如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分
别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。
现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力
大小与重力大小之比为 ，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（ ）
A． B． C． D．无法确定
6【答案】B
【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为 ，可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与
平行，且由A指向B。延长 ，作 交 于M，以 为直径画一个圆（图中虚线），
与该圆交于N。设 ，则小球沿 杆运动的加速度为
位移为
由 得
与 无关，由等时圆模型知
而 ， ，故
故选B。
7．如图甲所示，水平面上有一倾角为 的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的
小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支
持力分别为T和F ，若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，图中AB的坐标分别是A（0，
N
0.6），B（ ， ），重力加速度为 ，则说法错误的是（ ）A． 时，
B．小球质量
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，
7【答案】D
【详解】A．小球离开斜面之前，对小球受力分析，如下图所示，由牛顿第二定律可知
水平方向
竖直方向
联立解得
所以小球离开斜面之前， 图像呈线性关系，由题图乙可知，当 时，有A正确；
BC．由题意可知，当 时
此时有
当 时，有
此时，对小球受力分析如下图所示
所以，由牛顿第二定律得
代入数据，联立解得
，
BC正确；
D．因为小球离开斜面之前，小球受到的支持力为
代入数据解得
D错误。
本题选择错误的，故选D。
8．在大型物流货场广泛使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，皮带
始终是绷紧的，将m=1kg的货物无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s货物到达传送带的B端，用速度
传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知，g=10m/s2，则下列判断不正确的
是（ ）A．A、B两点间的距离为3.2m B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5
C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m D．倾角
8【答案】C
【详解】BD．由v-t图像可知，货物在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为
对货物受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
同理，货物做a2的匀加速直线运动，加速度
对货物受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立解得
cosθ=0.8
μ=0.5
选项BD正确；
A．货物在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运
动，所以货物由A到B的间距对应图像所围梯形的“面积”，为
x= ×2×0.2m+ ×（2+4）×1m=3.2m
选项A正确；
C．在0~0.2s时间内，货物相对传送带上的位移长
此过程中，货物相对传送带向后划线；
在0.2~1.2s时间内物块相对传送带的位移此过程中，滑块相对传送带向前划线，因 则传送带上留下的黑色痕迹长为1m，选项C错误。
本题选不正确的，故选C。
9．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送
带两端相距 ，物料与传送带间的动摩擦因数为 。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当
传送带分别以 和 的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小 ，物料通过传送带的时
间差为（ ）
A． B． C． D．
9【答案】A
【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以 的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以 的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为假设成立，故物料通过传送带的时间差为
故选A。
10．如图所示，将小滑块A放在长为 的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为 ，长木板B放在光滑的
水平面上，A与B的质量之比为 ，A距B的右端为 。现给长木板B一个水平向右初速度
，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度 ，要使A能从B上滑下，则 至少为（
）
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
10【答案】B
【详解】第一种情形下有
第二种情形下有
解得
故选B。
11．如图所示，一个长 、质量 的木板放在墙角附近，它上表面的左端放着一个质量
的小物块（可视为质点）。小物块与木板、木板与地面之间的动摩擦因数分别为 、 ，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力的大小。小滑块右端系一根劲度系数 的轻弹簧，弹簧右端再连一根轻
绳，轻绳跨过一个固定在墙上的轻质光滑定滑轮后，与木板的右端相连。初始时，系统处于静止状态，弹
簧与轻绳均沿水平方向恰好伸直，没有弹力。现将一个水平向左的力F作用在木板左端，使其缓缓向左移
动。可以将系统的运动看作一个动态平衡过程，后续过程中弹簧不会碰到定滑轮。试求：
（1）木板刚开始运动时，拉力F的大小。
（2）小物块与木板之间刚出现相对滑动时，木板的位移大小。
（3）从木板开始运动到小物块滑到木板右端为止的过程中，拉力大小F与木板位移大小x的关系式。
11【答案】（1）5N；（2）0.1m；（3）见解析
【详解】（1）木板刚开始运动时，弹簧和绳上的拉力可忽略，拉力F的大小
解得
（2）以小物块为研究对象，小物块与木板之间有相对滑动时，需要满足
则
解得
绳无法伸长，Δx为小物块与木板的位移之和，且两者位移相等，则木板的位移大小为0.1m。
（3）当
即
以整体为研究对象，整体处于动态平衡状态，有
又解得
当
Δx=0.2m不再变化，由题意可得
解得
以木板为研究对象，有
12．如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端， 时刻开始二者以 的
初速度一起向右运动， 时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁
块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度
时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速
度g取 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度。
12【答案】（1）0.4，0.2；（2）10.8m
【详解】设长木板与水平地面之间的动摩擦因数为 ，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为（1）长木板未和挡板碰撞前的加速度大小为
对长木板和铁块整体由牛顿第二定律
解得
长木板和挡板碰撞受，长木板受到地面的摩擦力向右，小铁块对长木板的摩擦力向右，对长木板由牛顿第
二定律得
由图可知，长木板的加速度
解得
（2）铁块相对长木板运动的加速度大小
长木板向左运动减速到零的时间
长木板向左的距离
小铁块向右运动的距离
此时铁块的速度为
由于
所以长木板不会向右运动，铁块继续向右运动直至速度为零，此阶段向右运动的距离所以长木板的长度为
13．如图所示，长度为l的书本A露出桌面一部分，文具盒B位于A上，其右边缘与桌面右边缘在同一竖
直线上， A、B均静止。 时，为使A、B发生相对滑动，某同学对A施加一水平向左的恒力F（大小未
知），直至作用到手掌触碰到桌面边缘时撤去F（桌子始终静止）。当 时，该同学发现B的右边缘
恰好滑到书本A的右边缘，且以后不再相对书本向右滑出。已知：A、B质量为别为2m、m，A与桌面、A
与B间的动摩擦因数分别为μ=0.5、μ=0.3，重力加速度为g，整个运动中忽略书本的形变对运动的影响，
1 2
且A、B的运动均为同一水平方向的直线运动。求：
（1）撤去F时，A、B的加速度大小a、a；
1 2
（2） 之后的运动过程中， B相对于A滑动的位移；
（3）恒力F的大小。
13【答案】（1）0.9g；0.3g；（2） ；（3）
【详解】（1）撤去恒力F时：对A由牛顿第二定律
解得
对B由牛顿第二定律
解得.
（2）t1前B一直匀加速，在t1时刻A、B共速v，则由运动学公式
t1后，对A由牛顿第二定律
解得
对B加速度依然为
所以B相对于A滑动的位移
（3）恒力F作用t0时间的阶段，对A由牛顿第二定律
该阶段A的速度
撤去恒力F，t1-t0时间的阶段A运动情况
t1前B一直匀加速，位移
且
.
联立上述方程可解得
