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第三章
牛顿运动定律
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
知识梳理·双基自测
核心考点·重点突破
2年高考·1年模拟
知识梳理·双基自测
知识点1
连接体问题
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的____________称为连接体。
2．外力与内力
(1)外力：系统______的物体对系统的作用力。
(2)内力：系统___各物体间的相互作用力。
物体系统
之外
内
3．整体法和隔离法
(1)整体法：把_________相同的物体看作一个整体来研究的方法。
(2)隔离法：求_________物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。
加速度
系统内
知识点2
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，即表明题述的过程存在着______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”，而这些起止点往往对应______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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
临界
临界
2．四种典型的临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是_______________。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是___________________________。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于_____________________，绳子松弛的临界条件是_________。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是_________。
弹力FN＝0
静摩擦力达到最大值
它所能承受的最大张力
FT＝0
a＝0
一、堵点疏通
1．整体法和隔离法是确定研究对象时常用的方法。( )
2．应用牛顿第二定律进行整体分析时，需要分析内力。( )
3．轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。( )
4．相互接触的物体分离时的临界状态是两者没有共同的加速度。( )
√
×
√
×
二、对点激活
1．(2023·天津市西青区高三阶段练习)如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的物体1、2，紧靠在一起放在光滑水平地面上，作用在物体1上的外力F使两个物体一起向右作加速运动，已知两个物体之间的相互作用力的大小为6 N，则外力F的大小为( )
A．9 N B.12 N
C.15 N D.18 N
[解析]对物体2分析，根据牛顿第二定律得FN＝m2a，解得a＝3 m/s2。对整体分析，根据牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，解得外力F的大小为F＝9 N，故A正确，BCD错误，故选A。
A
2．(多选)(2022·海南高三模拟)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时。下列说法正确的是( )
A．Q对P的摩擦力方向水平向右
B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N
C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N
D．P与Q发生相对滑动
AC
[解析]P的加速度水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误；假设当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2。以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误。
核心考点·重点突破
考点一
应用整体法与隔离法处理连接体问题
1．连接体的类型
(1)物体叠放连接体
(2)弹簧连接体
(3)轻绳(杆)连接体
2．连接体的运动特点
(1)轻绳——在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
(2)轻杆——平动时，连接体具有相同的平动速度；转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度相等。
3．处理连接体问题的方法：
整体法、隔离法或“先整体求加速度，后隔离求连接体之间作用力”。
(2023·陕西宁强县高三模拟)如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接。若用恒力向左拉物体A，两物体运动的加速度大小为a1、绳中的张力为F1；若用大小相等的恒力向右拉物体B，两物体运动的加速度大小为a2、绳中的张力为F2。则( )
A．a1＝a2，F1>F2 B.a1＝a2，F1
例1
A
[解析]对整体分析，根据牛顿第二定律F－2μmg＝2ma1，F－2μmg＝2ma2，故a1＝a2。设细线与水平方向夹角为θ，向左拉物体A，对B分析F1cos θ－μ(mg＋F1sin θ)＝ma1，向右拉物体B，对A分析F2cos θ－μ(mg－F2sin θ)＝ma2，因为a1＝a2，则F1(cos θ－μsin θ)＝F2(cos θ＋μsin θ)，故F1>F2。故选A。
整体法、隔离法的使用技巧
名师点拨
(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来。解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法。
(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法。若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法。但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离。先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度。
〔变式训练1〕 (多选)(2023·福建高三模拟)某研究小组为游乐场设计一座新型安全滑梯，简化为如图所示的斜面，其中AB段和BC段用两种不同的材料制成且AB>BC。要求小孩从滑梯顶端A无初速出发后能沿斜面下滑，最多能滑到C点，整个过程中滑梯保持静止状态。某小孩从A点出发后刚好能到达C点，对于这一过程，下列正确说法的是( )
AD
A．小孩与AB段的动摩擦因数小于与BC段的动摩擦因数
B．小孩在AB段的运动时间小于在BC段的运动时间
C．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右、后水平向左
D．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小孩和滑梯的总重力
[解析]设小孩的质量为m，由题意可知，小孩在AB段是加速下滑，在BC段是减速下滑，规定斜向下为正方向，在AB段，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1>0，因此μ1
整体为研究对象，小孩在AB段做匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向左和向下的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向左的摩擦力，且地面对滑梯的支持力小于小孩和滑梯的总重力。当小孩在BC段做匀减速运动时，加速度方向沿斜面向上，加速度有向右和向上的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向右的摩擦力，且地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，故C错误，D正确。
考点二
动力学中的临界值或极值问题
1．基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
2．思维方法
极限法 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
假设法 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
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
(2023·陕西西安市高三月考)某同学用力拖动桌子沿水平地面匀速运动时发现，斜向上与水平方向成30°时拉力最小，已知桌子总质量为10 kg，重力加速度为g＝10 m/s2，该同学认真思考推算了一下，得出( )
例2
D
〔变式训练2〕 (多选)(2022·海南一模)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是( )
BD
〔变式训练3〕 如图所示，质量为M＝2 kg的光滑斜面倾角为α＝37°，斜面上用细线拴着一个质量为m＝1 kg的小球，系统静止时细线与斜面平行。现在给斜面一个水平向左的拉力F，使斜面沿光滑水平面运动(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)拉力F为多大时，小球与斜面间刚好无弹力？
(2)当小球的加速度为a＝20 m/s2时，细线上的拉力是多大？
2年高考·1年模拟
1.(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
AD
[解析]设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长
时－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为－μg＝maP2，解得aP2＝－μg。撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
2．(多选)(2023·四川高三模拟)卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°，重力加速度为g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则( )
AD
3．(多选)(2023·湖南高三模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
CD
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
4．(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。
[解析](1)设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
UI＝I2R＋T1v，解得T1＝7 400 N。
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有T2＝m0g＝400 N，
设斜面倾角为θ，对小车匀速有T1＋T2＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g，
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有m1gsin θ＝m0g＋ km1g，
联立各式解得sin θ＝0.5，k＝0.1。练案[9] 第3讲 牛顿运动定律的综合应用
一、选择题(本题共9小题，1～6题为单选，7～9题为多选)
1．(2023·北京模拟预测)如图所示，物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力Ff，下列说法正确的是( C )
A．当传送带匀速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向下
B．当传送带减速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向上
C．当传送带加速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向上
D．当传送带加速向下运动时，Ff的方向一定沿传送带向下
[解析]物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止，当传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与沿斜面向下的重力的分力等大反向，Ff的方向一定沿传送带向上，故A错误；当传送带减速向上运动或加速向下运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得Ff＋mgsin θ＝ma，当a＝gsin θ时，静摩擦力为零；当a＞gsin θ时，静摩擦力沿斜面向下；当a＜gsin θ时，静摩擦力沿斜面向上；故BD错误；当传送带加速向上运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得Ff－mgsin θ＝ma，Ff的方向一定沿传送带向上，故C正确。
2．(2023·重庆高三阶段练习)一列火车由牵引车头和20节完全相同的车厢组成，在车头牵引下正沿足够长的平直轨道加速前进，运动过程中每一节车厢所受阻力相等。某时刻第5节对第6节车厢的作用力为F，则此时车头对第1节车厢的作用力为( B )
A．F B.F
C.F D.4F
[解析]对后15节车厢整体，根据牛顿第二定律F－15Ff＝15ma，对20节车厢整体，根据牛顿第二定律F0－20Ff＝20ma，解得F0＝F，故选B。
3. (2022·辽宁辽阳二模)如图所示，一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点，且A、B两球的质量相等)，系统保持静止，此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳，则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)( A )
A.h B.h
C.h D.h
[解析]初态系统静止，所以C球质量为2m，剪断绳子瞬间，设AC间绳子拉力为T，对A球有T－mg＝ma，对C球有2mg－T＝2ma，解得a＝。当C球落地时，A球具有的速度为v＝2××h，解得v1＝。之后A球做竖直上抛运动，根据v＝2gh′，解得h′＝。A球能上升的最大高度H＝h＋h′＝h，故A正确，BCD错误。
4．(2022·安徽合肥三模)如图所示，A、B两端距离为L的水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是( D )
A．增大传送带速度v，划痕长度一定变长
B．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
C．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
D．一定条件下可使l>L
[解析]若石墨块到达B时速度小于v，说明石墨块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝μg，所用时间为t＝＝，则划痕长度为l＝vt－L＝v－L，若t＝>，可得vt－L>2L，说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度v，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；若石墨块到达B端前速度已经等于v，则有t＝＝，则划痕长度为l＝vt－＝，可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；若石墨块到达B端前速度已经等于v，划痕长度为l＝，若石墨块到达B时速度小于v，划痕长度为l＝v－L(当>时，l＝2L)可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误。
5．(2023·宁夏银川高三模拟)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则恒力F的大小为( D )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
[解析]设绳的张力为T，斜面的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象，由牛顿第二定律可得T＝ma，物体C受力分析如图所示以C为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得FNsin θ－Tcos θ＝ma，竖直方向根据受力平衡可得FNcos θ＋Tsin θ＝mg，联立解得a＝。以A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F＝4ma，解得F＝mg。D正确，ABC错误。
6．(2023·湖南省高三模拟预测)如图所示，台秤上有一质量为M，倾角为θ的粗糙斜面体，现将一质量为m的滑块放上斜面体同时施加一与竖直方向成α角的向下的恒力F，使物块沿斜面向下加速，则台称的示数为( B )
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g＋Fcos α－masin θ
C．(M＋m)g＋Fcos α－macos θ
D．(M＋m)g＋Fsin α－macos θ
[解析]方法一：对滑块受力分析如图，
由牛顿第二定律知，沿斜面向下有mgsin θ＋Fsin (θ＋α)－Ff1＝ma，垂直斜面方向滑块处于平衡状态，则FN1＝mgcos θ＋Fcos (θ＋α)。
对斜面体受力分析如下图
由平衡条件知竖直方向有FN2＝Mg＋F′N1cos θ＋F′f1sin θ，联立各式得FN2＝(M＋m)g＋Fcos α－masin θ。台秤的示数等于台秤受到的压力，根据牛顿第三定律，也等于台秤给斜面体的支持力FN2。
方法二：视重＝总重力＋外力的下压分力－失重量，即(M＋m)g＋Fcos α－masin θ，ACD错误，B正确。
7．(2023·广东模拟预测)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则( AD )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度为2gsin θ－
[解析]若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A正确；滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图可知a1＝，则μ＝－tan θ，故B错误；经过分析，由图可知，传送带的速度等于v0，C错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，故D正确。
8．(2023·海南高三阶段练习)如图甲所示是建筑工地的塔吊，图乙为一光滑圆柱形货物A被放在由一斜面插上竖直挡板构成的物体B中。物体B水平固定在吊箱里。若竖直挡板与A之间的弹力为F1，斜面与A之间的弹力为F2，吊箱运动过程中，A和B始终保持相对静止，下列说法正确的是( CD )
A．吊箱匀速竖直上升时，F1可能为零
B．吊箱水平匀速移动时，F2可能为零
C．吊箱水平向左加速移动时，F1可能为零
D．吊箱减速竖直上升时，F1、F2可能同时为零
[解析]吊箱不管匀速上升还是匀速水平移动，合外力为零，以A为研究对象，在竖直方向有F2cos θ＝mAg，水平方向F1＝F2sin θ，F1、F2都不可能为零，故AB错误；吊箱水平向左加速移动时，加速度方向向左，只要满足mAa＝mAgtan θ，就有F1＝0，故C正确；吊箱竖直减速上升时，加速度方向向下，在竖直方向有mAg－F2cos θ＝mAa，水平方向F1＝F2sin θ，当a＝g时，F1、F2同时为零，故D正确。
9．(2023·安徽蚌埠市高三模拟)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( CD )
A．当F>2μmg时，A相对B开始滑动
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＝3μmg时，A的加速度为μg
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
[解析]A刚相对B开始滑动时，有F－×3mg＝3ma，F－2μmg＝2ma，解得F＝3μmg，a＝μg，所以当F>3μmg时，A相对B开始滑动，A错误，C正确；当F＝μmg时，二者没有相对滑动，整体有F－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B错误；当A与B相对滑动时，B的加速度最大，最大为μg，D正确。
二、非选择题
10．(2023·山东模拟预测)如图所示，汽车上面静置一个箱子A，t＝0时刻起，汽车B由静止启动，做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动。已知箱子A的质量为200 kg，汽车B的质量为4 000 kg，箱子A与汽车B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，汽车B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)若箱子A不滑下，则2 s时箱子A的速度是多少？
(2)若1 s时箱子A恰好从汽车B上掉落，但汽车B的牵引力保持不变，则2 s时汽车B的速度为多少？
[答案] (1)8 m/s (2)10.25 m/s
[解析](1)箱子A在水平方向上受到向左的摩擦力，由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA，
代入数据解得aA＝4 m/s2。
t＝2 s时，箱子A的速度大小为vA＝aAt＝8 m/s。
(2)1 s时，汽车B的速度大小为vB＝aBt1＝5 m/s，
设汽车B所受牵引力为F，对汽车B，由牛顿第二定律有F－μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，
箱子A滑下后，对汽车B，由牛顿第二定律有F－μ2mBg＝mBa′B，v′B＝vB＋a′Bt2，
代入数据解得2 s时汽车的速度v′B＝10.25 m/s。
11．(2023·河北衡水高三阶段练习)如图所示，水平传送带以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向转动。质量m＝1.5 kg的物块静止放上传送带的左端，同时给物块施加与水平方向成θ＝37°角的恒力F作用，其大小F＝5 N，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。经过t＝0.6 s后，由于机器故障，传送带立即停止转动，最终物块没有滑落传送带，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8。求：传送带长度的最小值。
[答案] 5.6 m
[解析]物块开始时做加速运动，根据牛顿第二定律可得Fcos 37°＋μ(mg－Fsin 37°)＝ma1，
代入数据，解得a1＝10 m/s2。
由于水平传送带以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向转动，则物块与传送带达到共速需要的时间为t1＝＝0.4 s，
这段时间内，物块的位移为x1＝a1t＝0.8 m，
物块达到共速后，在传送带停止运动之前，物块做匀速运动，匀速的位移为x2＝vt2＝4×0.2 m＝0.8 m，
当传送带停止运动后，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma2，
代入数据，解得a2＝－2 m/s2。
则物块减速为零需要的时间为t3＝＝2 s，
减速这段时间内物块的位移为x3＝t3＝4 m，
故传送带长度的最小值为L＝x1＋x2＋x3＝5.6 m。
