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第03 讲 牛顿运动定律
✡模型一 弹簧（蹦极、蹦床）模型
【典例1】【答案】B
【变式1-1】【答案】BC
【变式1-2】【答案】C
✡模型二 f =kv阻力运动模型
【典例1】【答案】AD
【变式1-1】【答案】AD
【变式1-2】【答案】AC
✡模型三 斜面模型
【典例1】【答案】AD
【变式1-1】【答案】B
【变式1-2】【答案】D
✡模型四 等时圆模型
【典例1】【答案】A
【变式1-1】【答案】D
【变式1-2】【答案】D
✡模型五 传送带模型
类型1 水平传送带模型
【典例1】【答案】BD
【变式1-1】【答案】(1)9 m/s (2)20
9 m (3)73
30 J
【详解】（1）B 从传送带进入右侧水平面上速度为vB1，弹簧的最大压缩量Δx =0.1m，
对B 有1
2 mB vB1
2 = 1
2 k (Δx)
2
得vB1=2m/s
第一次碰后，B 的速度为vB，B 进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
aB= μ2mB g
mB
=2.5m/ s
2
由运动学公式vB1
2 −vB
2 =−2aB L
由以上几式可得vB=3 m/s
A 与B 第一次碰撞，碰前物块A 的速度为v，碰后物块A 的速度为v A，则由动量守恒定律得
mA v =mA v A+mB vB
由能量守恒得1
2 mA v
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
解得v =9 m/s ，v A =−6 m/s
（2）第一次碰撞后A 以6 m/s 的速度返回斜面，又以等大速率返回第一次冲上传送带，A 开始做匀减速直
线运动，与B 发生第二次碰撞前，A 的速度为v A 1
，则aA = μ1mA g
mA
=5.5 m/s
2
由运动学公式得v A 1
2 −v A
2 =−2aA L
解得v A 1=5 m/s
物块B 刚好要第二次滑上传送带时与物块A 发生第二次碰撞，取水平向右方向为正，则由动量守恒定律得
mA v A 1+mB(−vB1)=mA v A 2+mB vB2
由能量守恒得1
2 mA v A 1
2 + 1
2 mB vB1
2 = 1
2 mA v A 2
2 + 1
2 mB vB2
2
解得v A 2=−20
3 m/ s
即碰后A 与传送带共速，第二次返回斜面能上升的最大高度h，由机械能定律得mA gh= 1
2 mA v A 2
2
解得h= 20
9 m
（3）摩擦力 f = μ1mA g=1.1 N。
A 第一次向右运动时间 t1= v A 1−v A 右
−aA
= 5−6
−5.5 = 2
11 s
这段时间传送带向左位移 s带= v0t1= 40
33 m
相对位移 Δ s1= L+ s带= 73
33 m。
A 第二次向左运动：速度与传送带相同，相对位移 Δ s2=0。
因此总热量 Q = f ⋅Δ s1=1.1× 73
33 = 73
30 J
【变式1-2】【答案】(1)14 m /s (2)16:1 (3)152J
【详解】（1）弹簧弹开物体的过程，由机械能守恒定律得Ep= 1
2 m v1
2
解得v1=16 m /s
物体从A 到B 的过程，由动能定理得−μmgx = 1
2 m vB
2 −1
2 m v1
2
解得vB=14 m /s
（2）假设物体滑上传送带后一直做匀减速直线运动，则由动能定理得−μmgL= 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
解得vC =10 m /s>v0
假设成立。由于CD段光滑，则物体在D 点的速度与C 点的速度相等，则物体在D 点时由牛顿第二定律得
F1−mg= mvC
2
R
解得F1= 80
3 N
由牛顿第三定律可知物体经过圆弧轨道D 点对轨道压力F
′
1= F1= 80
3 N
物体沿圆弧上升到最大高度时该点与圆心连线与竖直方向的夹角为α，则由机械能守恒定律得
mgR(1−cosα )= 1
2 m vC
2
物体在该点时的速度为0，则向心力为0，沿半径方向有F2=mgcosα
解得F2= 5
3 N
由牛顿第三定律可知物体在最高点对轨道的压力F
′
2= F2= 5
3 N
物体经过圆弧轨道D 点与沿轨道到最大高度处对轨道压力大小的比值F
′
1: F
′
2=16:1
（3）物体第一次在AB段运动时，因摩擦而产生的热量为Q1= μmgx =30J
物体在传送带上滑动时的加速度为a= μmg
m = 4 m /s
2
物体第一次在传送带上运动的时间为t1= vB−vC
a
=1s
物体相对传送带的位移为Δ x1= vB+ vC
2
t1−v0t1=6 m
该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为Q2= μmg× Δ x1=24 J
物体从圆弧的最高点返回，第二次滑上传送带，设物体运动到B 点的速度为v
′
B
，物体从C 到B 的过程由动
能定理得−μmgL= 1
2 m v
′
B
2−1
2 m vC
2
解得v
′
B=2m /s
物体第二次在传送带上运动的时间为t2= vC−v
′
B
a
=2s
物体第二次在传送带上运动的相对位移为Δ x2= v
′
B+ vC
2
t2+ v0t2=24 m
该过程物体与传送带因摩擦而产生的热量为Q3= μmg× Δ x2=96J
假设物体第二次滑上AB段后做匀减速直线运动，最终停止，由动能定理得−μmg x
′ =0−1
2 m v
′
B
2
解得x
′ =0.5 m < x
假设成立，物体第二次滑上AB段后，最终停在距B 点0.5m 处，物体第二次在AB段因摩擦而产生的热量
为Q4= μmg x
′ =2J
则整个过程因摩擦而产生的热量为Q =Q1+Q2+Q3+Q4
解得Q =152J
类型2 倾斜传送带模型
【典例2】【答案】C
【变式2-1】【答案】CD
【变式2-2】【答案】(1)2❑√2m/s (2)1.16s
【详解】（1）货物在与传送带甲共速前，有mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
解得a1=10 m /s
2
达到共速所用时间t1= v0
a1
=0.2s
通过的位移x1= 1
2 a1t1
2=0.2m
则从共速点到B 点的距离x2= L−x1=1.0 m
共速后，由于μ<tan37°，则有mgsin37°−μmgcos37° =ma2
解得a2=2m /s
2
设货物滑行到B 点所需时间为t2，有x2= v0t2+ 1
2 a2t2
2
解得t2=(❑√2−1)s=0.4s
货物滑行到B 点的速度vB= v0+a2t2=2❑√2m /s
（2）滑上水平传送带后有μmg=ma3
解得a3=5 m /s
2
设货物减速到与传送带共速所通过的距离x3= vB
2 −v0
2
2a3
=0.4 m
所用时间t3= vB−v0
a3
= 2(❑√2−1)
5
s=0.16s
最后货物被匀速传送到C 点所用时间t 4= L−x3
v0
=0.4s
则货物从A端传送到C端所用的时间t =t1+t2+t3+t 4=1.16s
✡模型六 板块（滑块 - 木板）模型
【典例1】【答案】(1)①2m/s2，1m/s2；②6m (2)(1+ ❑√7)s
【详解】（1）①A 刚获得初速度时，对A，根据牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=2m/s
2
对B，根据牛顿第二定律得μmg= M a2
解得a2=1m/s
2
②设经过时间t1 时A、B 达到共同速度，有v共1= v1−a1t1=a2t1
这段时间内，A、B 的位移分别为xA1= v1+ v共1
2
t1=8 m，xB1= v共1
2 t1=2m
B 的长度为L= xA1−xB1=6 m
（2）A、B 开始运动后，对A 根据牛顿第二定律，得F + μmg=ma3
设经过时间t2 时A、B 达到共同速度，则有v共2=a3t2= v2−a2t2
这段时间内，A、B 的位移分别为xA2= v共2
2 t2=3 m，xB2= v2+ v共2
2
t2=6.5 m
A 相对于B 滑行的距离Δ x = xB2−xA2=3.5 m
此后，A、B 都做匀加速直线运动，对A 根据牛顿第二定律，得F −μmg=ma4
设从A 、B 共速到分离经历的时间为t3 ，这段时间内xA3= v共2t3+ 1
2 a4t3
2，xB3= v共2t3+ 1
2 a2t3
2，
Δ x = xA3−xB3
解得t3= ❑√7s
A 从开始运动到从B 上滑下来所用的总时间t =t2+t3=(1+ ❑√7)s
【变式1-1】【答案】D
【变式1-2】【答案】(1)0.1 (2)1.4s (3)7.6 m
【详解】（1）根据速度时间图像的斜率表示加速度，可知A 加速的加速度大小为a1= 1
0.4 m /s
2=2.5 m /s
2
B的加速度大小为a2= Δv
Δt = 6−4
0.4 m /s
2=5 m /s
2
对B，根据牛顿第二定律有μ2⋅5mg=5ma2
解得μ2=0.5
对A，根据牛顿第二定律有μ2⋅5mg−μ2mg−μ1⋅10mg= 4 ma1
联立解得A 与地面间的动摩擦因数μ1=0.1
（2）设A、B经时间t1达到共速v1，根据运动学公式有v1=a1t1，v1= v0−a2t1
A、B共速后一起减速，C继续做匀变速直线运动，设再经过时间t2，三者达到共速v2。设A、B共速后一起
减速时的加速度大小为a3
，对A、B根据牛顿第二定律有μ2mg+ μ1⋅10mg=9ma3
解得a3= 5
3 m /s
2< μ2 g
根据运动学公式有v2= v1−a3t2，v2=−v1+a2t2
又t1+t2=t
联立解得t =1.4s
（3）三者共速后，一起减速到零，设一起减速时的加速度大小为a4，减速的时间为t3，对A、B、C根据牛
顿第二定律有μ1⋅10mg=10ma4
根据运动学公式有v2=a4t3
联立解得t3=1s
因为B、C刚好不相碰，说明木板长度为B、C相对A 的位移大小之和。由A、B、C三者的速度时间图像，
板长为0∼1.4s内图像与坐标轴所围成的面积。
可得L= S梯形+ S△=(
(4+12)×0.8
2
+ 4×0.6
2 )m =7.6 m
✡模型七 连接体模型
【典例1】【答案】B
【变式1-1】【答案】A
【变式1-2】【答案】B
