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第15 讲 牛顿第二定律的综合应用——两种经典模型
⏳题型01
模型
传送带
1．【答案】B
2．【答案】D
3．【答案】ABC
4．【答案】【答案】(1)货物滑上传送带，由牛顿第二定律有μ1mg =ma1，
解得a1=3m/ s
2，
货物加速时间t1= v −v0
a1
= 8−5
3
s=1s，
货物加速位移大小x1= v + v1
2
t1= 8+5
2
×1m=6.5m，
货物匀速运动时间t2= L−x1
v
= 10.5−6.5
8
s=0.5 s，
货物在传送带上的运动总时间t 总=t1+t2，
解得t 总=1.5 s；
(2)货物加速运动过程中，传送带位移大小为x2= v t1=8×1m=8m，
货物在传送带上滑行过程中留下的痕迹长度Δx = x2−x1，
解得Δx =1.5m；
(3)货物滑上滑板后，由牛顿第二定律有μ2mg =ma2，
货物的加速度大小为a2= 4 m/ s
2，
对滑板根据牛顿第二定律有μ2mg−μ3(m+ M )g= M a3，
解得滑板加速度大小为a3=12m/ s
2，
货物与滑板共速时v共= v −a2t3=a3t3，
解得t3=0.5 s，v共=6m/ s，
货物的位移x3= v + v共
2
t3，
滑板的位移x4= v共
2 t3，
滑板长度至少为L= x3−x4，
解得L=2m。
5．【答案】(1)行李刚放上传送带时的加速度为a= μmg
m =1m/ s
2
行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为t1= v0
a =1s
行李加速阶段的位移为x1= v0
2 t1=0.5m
共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为t2= LAB−x1
v0
=2s
则行李从A到B的时间为t =t1+t2=3 s；
(2)若要使行李从A处到达B处的时间最短，则行李从A处到达B处一直做匀加速直线运动，根据运动
学公式可得2a LAB= vB
2 −0
解得行李到达B处的速度为vB= ❑√2a LAB= ❑√5m/ s
可知水平传送带的最小恒定速度为vmin= vB= ❑√5m/ s
6.【答案】B
【解析】设加速阶段的加速度大小为a，
a= μgcos37
o−gsin37
∘=0.4 m/ s
2，
加速阶段运动时间t1= v
a = 2
0.4 s=5 s，
加速运动的位移x = 1
2 at
2=5m;之后匀速运动t2= L−x
v
= 6m−5m
2m/ s =0.5 s，
故从A到B的总时间为5.5 s，故B 正确
7．【答案】ABD
⏳题型02 板块模型
8．【答案】(1)1m/ s
2，0.5m/ s
2
(2)5m
【知识点】无外力接触面粗糙的板块模型
【详解】（1）物块与长木板共速前，假设小物块的质量为m，可得μ1mg =ma1，可得a1=1m/ s
2
物块与长木板共速后，物块与长木板一起匀减速，假设长木板的质量为M ，可得
μ2( M +m)g=( M +m)a2，则a2=0.5m/ s
2
（2）假设共速时物块和长木板的速度为v，所需时间为t，则v = v0−a1t
根据物块恰好到达木板的最右端，可得v0+ v
2
t −v
2 t = L
根据木板沿地面运动的距离等于木板长度的2.4 倍，可得v
2 t + v
2
2a2
=2.4 L
根据以上方程联立得t =2s，L=5m。
9【答案】(1)2
3 m/ s
2
(2)aA =1m/ s
2，aB=3m/ s
2
(3)1
3 s
【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型
【详解】（1）由题知，当对B 施加水平向右的力F = 4 N时，A、B 保持相对静止，则A、B 加速度相
等，根据牛顿第二定律，对A、B 组成的整体有F =(mA+mB)a1
解得a1= 2
3 m/ s
2
（2）由题知，当F =10 N时，A、B 发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A 有μmB g=mA aA
解得aA =1m/ s
2
对B 有F −μmB g=mBaB
解得aB=3m/ s
2
（3 ）F =10 N的力作用0.5s 后撤去，则此时A 、B 的速度分别为v A =aAt1=0.5m/ s，
vB=aBt1=1.5m/ s
撤去F 后，A 所受力的情况不变，则A 的加速度仍为aA =1m/ s
2，而B 在水平方向上只受到向左的滑
动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmB g=mBaB
'
解得aB
' =2m/ s
2
设经时间t2，两者共速，则有v A+aAt2= vB−aB
' t2
解得t2= 1
3 s
10．【答案】BD
11．【答案】CD
12．【答案】【答案】(1)3m/ s
2，2m/ s
2
(2)5m/ s
(3)2.5m，18.75m
【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时可得两者不发生相对滑动的最大拉力，
以木板为对象，
根据牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+ M )g= Ma
解得a=2m/ s
2
以物块为对象，根据牛顿第二定律有F −μ1mg =ma
解得F =12 N
即12N为不发生相对滑动的临界条件，因为F =15 N >12 N，所以物块与木板各自加速，设物块加速
度为a1，根据牛顿第二定律有F −μ1mg=ma1
代入数据解得a1=3m/ s
2
设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+ M )g= M a2
解得a2=2m/ s
2
（2）作用t1=2s后，撤去F 时物块的速度为v1，木板的速度为v2，则物块的速度为v1=a1t1=6m/ s，
木板的速度为v2=a2t1= 4 m/ s
撤去F 后，物块减速，设物块加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma3
解得a3=2m/ s
2
撤去F 后，木板加速，长木板加速度a4=a2=2m/ s
2，设经时间t2两者共速，当两者第一次共速时，
则有v共= v1−a3t2= v2+a4t2
解得v共=5m/ s，t2=0.5 s
（3）撤去F 时，物体位移为x1= v1
2 t1=6m
长木板位移为x2= v2
2 t1= 4 m
撤去F 后，到两者共速，物体位移为x3= v1+ v共
2
t2= 11
4 m
长木板位移为x4= v2+ v共
2
t2= 9
4 m
由于μ1> μ2，共速后两者一起减速，不存在相对位移，则长木板长度L= x1−x2+ x3−x4=2.5m
共速后两者一起减速，其加速度大小为a共，根据牛顿第二定律有μ2(m+ M )g=(m+ M )a共
解得a共=1m/ s
2
则再减速位移为x5= v
2
2a共
= 25
2 m
全程长木板运动距离为x = x2+ x4+ x5= 75
4 m=18.75
13．【答案】BD
14．【答案】C
重难·创新演练
1．【答案】D
2．【答案】【答案】(1)1s
(2)4 m/s
2，8 m/s
2
(3)5
6 m
【知识点】无外力接触面光滑的板块模型
【详解】（1）以B 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ =ma
解得a=6 m/s
2
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得S = 1
2 at
2
解得t =1s
（2）碰撞前，A、B 整体相对静止一起下滑，碰撞后，分别以A、B 为研究对象进行分析。
以小物块A 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ−μmgcosθ =maA
解得A 的加速度大小aA = 4 m/s
2
以长木板B 为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ+ μmgcosθ =maB
解得B 的加速度大小aB=8 m/s
2
（3）B 第一次碰撞前，以A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，得2mgsinθ =2ma
'
解得a
' =6 m/s
2
B 第一次碰撞时，A、B 具有相同的速度，根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有v0
2=2a
' S
'
B 每次撞击挡板时间间隔Δt = v0
aB
×2
A 一直向下匀加速下滑，在B 碰第三次时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有
L= v0 Δt ×2+ 1
2 aA (Δt ×2)
2
联立解得S
' = 5
6 m
3．【答案】A
4．【答案】ACD
真题·实战演练
1．【答案】BD
2【答案】ABD
3．【答案】BCD
4．【答案】【答案】（1）v A = ❑√2 μgL；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）vB=2❑√2 μgL
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得v A = ❑√2 μgL
（2）设A、B 的质量均为m
对齐前，B 所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B 所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
x A = 1
2 aAt
2，xB= vBt −1
2 aBt
2
且xB–xA=L
解得vB=2❑√2 μgL．
5．【答案】(1)5.0 (2) 失重 1.0
6．【答案】【答案】（1）0.4 m/s
2；（2）4.5 s
【详解】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，
根据牛顿第二定律可知
μmgcosθ−mgsinθ =ma
解得
a=0.4 m/s
2
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
t1= v2−v1
a
= 1.6−0.6
0.4
s=2.5 s
在传动带上滑动的距离为
x1= v1+ v2
2
t1= 1.6+0.6
2
×2.5=2.75m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与
传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2= L−x1
v1
= 3.95−2.75
0.6
s=2s
所以小包裹通过传送带的时间为
