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热点 3 牛顿运动定律
［分值：50分］
1~4题每题5分，5~9题每题6分，共50分
1.(2024·广东佛山市质检)某同学体重50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速
度如图所示。竖直向上为电梯加速度的正方向。重力加速度g=10 m/s2。关于该段时间下列说法正确的是(
)
A.3~5 s该同学处于失重状态
B.9~11 s电梯向下加速运动
C.该同学受到的最小支持力约为30 N
D.该同学受到的最大支持力约为530 N
答案 D
解析 由题图可知，3~5 s的加速度为正，方向是竖直向上，则该同学处于超重状态，故A错误；由题图
可知，9~11 s的加速度为负，方向是竖直向下，9 s时的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，故B错
误；由题图可知，9.8 s时，a =-0.6 m/s2，该同学受到的支持力最小，由F -mg=ma ，解得F =470 N，
1 Nmin 1 Nmin
故C错误；由题图可知，4 s时，a =0.6 m/s2，该同学受到的支持力最大，由F -mg=ma ，解得F =530
2 Nmax 2 Nmax
N，故D正确。
2.(2024·内蒙古赤峰市一模)如图所示，一根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱内放有一个
质量m=0.1 kg的物块，物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与木箱左壁相连，此时弹簧处于伸长状态，
弹簧的弹力为0.5 N，物块保持静止状态。取重力加速度g=10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间，物块的加
速度大小是( )
A.a=0 B.a=5 m/s2
C.a=10 m/s2 D.a=5√5 m/s2
答案 D解析 用剪刀把细线剪断的瞬间，物块有竖直方向的加速度a=g=10 m/s2，因物块完全失重，物块对木箱
y
F
压力为零，则水平方向不受摩擦力，只受弹簧的拉力，则a= =5 m/s2，可知物块的加速度大小a=
x m
√a 2+a 2=5√5 m/s2，故选D。
x y
3.(2024·北京卷·4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量
分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为( )
M m
A. F B. F
M+m M+m
M m
C. F D. F
m M
答案 A
解析 根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a，对空间站分析有F'=Ma，解得飞船和空间站之
M
间的作用力F'= F，故选A。
M+m
4.(2024·江苏南通市模拟)如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静
止释放后一直做加速运动。则( )
A.滑块受到的摩擦力方向保持不变
B.滑块的加速度保持不变
C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
答案 C
解析 设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，
由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma ，滑块向下做匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如
1
果mgsin θ>μmgcos θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos
θ=ma ，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，当滑块与传送
2
带达到共同速度时，若mgsin θ≤μmgcos θ，此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动
后做匀速运动，故C正确；传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，滑块不能向下运动，若mgsin
θ>μmgcos θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。5.(2024·全国甲卷·15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存
在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速
度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是( )
答案 D
解析 设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为F；以P为研究对象，
f
根据牛顿第二定律可得F -F=Ma
T f
以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-F =ma
T
F
mg-F g- f
联立可得a= f= m ·m
M+m
M+m
可知当砝码的总重力大于F 时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度大小趋近于g。
f
故选D。
6.(2024·吉林白城市一模)平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱
子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(
)
答案 C
解析 箱子以一定的水平初速度v 从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车
0
v
做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共速v ，此过程平板车的位移为x = 共t，箱子的位
共 车 2v +v v +v v v v
移为x = 0 共t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx=x -x = 0 共t- 共t= 0t，可得Δx= 0t>x
箱 2 箱 车 2 2 2 2
v
= 共t，故选C。
车 2
7.(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以
木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻
力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是
( )
答案 B
解析 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg
当木块接触弹簧后
合外力F=mg-kx，
其中x为压缩量且x=y-H
F-y图像如图甲所示
故B正确，A错误；
1
在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y= gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误；
2
在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速
度继续增大，
所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分
析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。
8.(2024·广东省部分学校二模)图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆
时针运行。现将一质量为0.5 kg的货物(可视为质点)，轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB
段的数控设备记录的货物的速度—时间图像，1.2 s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平
传送带C端。已知CD段的长度L=6 m，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间
的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取g=10 m/s2。下列说法不正确的是( )
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B.倾斜传送带与水平面间的夹角为30°
C.货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为0.4 s
D.货物从C端运动到D端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量为1 J
答案 B
Δv 2
解析 0~0.2 s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为a =
1
= m/s2=10 m/s2，0.2~1.2 s内，货物在倾
1 Δt 0.2
1
Δv 4-2
2
斜传送带上的加速度大小为a = = m/s2=2 m/s2，根据牛顿第二定律，0~0.2 s内，有mgsin
2 Δt 1.2-0.2
2
θ+μmgcos θ=ma ，0.2~1.2 s内，有mgsin θ-μmgcos θ=ma ，解得sin θ=0.6，μ=0.5，故A正确，B错误；结
1 2
μmg
合题图乙知，传送带的速率v=2 m/s，货物在水平传送带上运动的加速度大小为a= =μg=5 m/s2，货物
m
v -v
在水平传送带上做匀减速运动的时间t = 2 =0.4 s，货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为x=
3 a
v +v
2 t ，解得x=1.2 m，由于x
