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微专题3 牛顿运动定律
对牛顿第二定律的理解
[例1] (2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m 的四个小球A、B、
C、D 通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O 点，处于静止状态，重力加速度
为g。若将B、C 间的细线剪断，则剪断瞬间B 和C 的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g
B．2g，1.5g
C．2g，0.5g
D．g，0.5g
A [细线剪断前，对B、C、D 整体受力分析，由力的平衡条件有A、B 间轻弹
簧的弹力FAB＝6mg，对D 受力分析，由力的平衡条件有C、D 间轻弹簧的弹力
FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B 由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C 由牛
顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A 正确。]
【变式训练】 若C、D 之间通过细线连接，将B、C 间的细线剪断，求剪断
瞬间C 的加速度以及C、D 之间细线的作用力。
[解析] 剪断细线，C、D 一起下落，把C、D 作为整体分析，只受重力，加速
度为重力加速度g，故C 的加速度也为重力加速度g，C、D 之间细线的作用力
为0。
[答案] aC＝g，方向竖直向下 0
规律方法：
[针对训练] (2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，
它们的一端分别固定于水平线上的M、N 两点，另一端均连接在质量为m 的小
球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN 连线的中点O，弹
簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P 点，并保持静止，此时拉力F 大小
为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
若撤去拉力，则小球从P 点运动到O 点的过程中( )
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g
D．加速度先增大后减小
A [将小球缓慢拉至P 点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F 与重力和两
弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P
点运动到O 点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速
运动，A 正确，B 错误；小球从P 点运动到O 点的过程中，弹簧形变量变小，
弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受到的合外力一直变小，加速度的最
大值为刚撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大
值为2g，C、D 错误。]
连接体问题
[例2] (2024·全国甲卷)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( )
A B
C D
D [设物块P 的质量为M，物块P 与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力
大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P 有T－μMg＝
Ma，可得a＝g－
(μ+1) Mg
m+ M
，结合图像可知D 正确。]
规律方法：注意三类连接体问题的解题结论
1．通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相等，注
意此时轻绳的拉力与悬挂物所受的重力大小不相等。
2．叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力。
3．靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
[针对训练] (2025·北京朝阳·二模)如图1 所示，质量相等的物块A、B 紧靠
在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与A 拴接，另一端固定在竖直墙壁
上。开始时弹簧处于原长，物块A、B 保持静止。t＝0 时刻，给B 施加一水平
向左的恒力F，使A、B 一起向左运动，当A、B 的速度为零时，立即撤去恒力。
物块B 的v-t 图像如图2 所示，其中t4至t5时间内图像为直线。弹簧始终在弹性
限度内，A、B 与地面间的滑动摩擦力大小恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是( )
A．t3时刻A、B 分离
B．改变水平恒力F 大小，t4～t5的时间不变
C．0～t4时间内图像满足同一正弦函数规律
D．0～t2和t2～t4时间内图2 中阴影面积相等
D [由题意结合题图2 可知，t4时刻弹簧刚好恢复原长，A、B 刚要分离，故A
错误；改变水平恒力F 大小，则弹簧压缩量变化，弹性势能改变，两物体分开
时B 的动能改变，则t4～t5的时间改变，故B 错误； 0～t2时间内整体受外力、
弹力、摩擦力做功，t2～t4时间内受弹力与摩擦力做功，根据功能关系可知动能
变化不相同，则0～t4时间内图像不满足同一正弦函数规律，故C 错误；t4时刻
弹簧刚好恢复原长，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，0～t2和t2～t4
时间内题图2 中阴影面积相等，故D 正确。故选D。]
动力学中的传送带模型
[例3] (2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所
示，以恒定速率v1＝0.6 m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距
L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s 从传送带顶端推下一件小包
裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩
擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹先在传送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
在传送带上滑动的距离为x1＝v1+ v2
2
t1＝1.6+0.6
2
×2.5 m＝2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos
θ>mg sin θ，所以小包裹与传送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＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
规律方法：传送带模型分析流程
[针对训练] (2024·安徽卷)倾角为θ 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0
时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中
间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过
程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是( )
A B
C D
C [0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受
重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故
物块做匀加速直线运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重
力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C 正确，A、B、
D 错误。]
动力学中的板块模型
[例4] (2024·辽宁卷)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦
因数为μ。t＝0 时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，
一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0 到t＝4t0的时
间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度大小。t
＝4t0时，小物块和木板的速度相同。下列说法中正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD [由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上
木板，A 正确；v-t 图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板
的加速度大小为a1＝
1
2 μgt0
t0
＝1
2μg，t＝3t0 时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝
3
2 μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以3
2μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝
4t0时小物块与木板共速，大小为1
2μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物
块的加速度大小a′＝
1
2 μgt0-(- 3
2 μgt0)
t0
＝2μg，设小物块的质量为m，小物块
与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解
得μ′＝2μ，B 正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定
律有F－μMg＝Ma1，解得F＝3
2μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝
3
2 μgt0- 1
2 μgt0
t0
＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝- M a2，解
得m∶M＝1∶2，C 错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小
物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F 和地面的摩擦力f 作用，
由于f＝μ(M＋m)g＝3
2μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，
假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D 正确。]
规律方法：板块模型的注意要点
1．明确各物体相对于地面的运动情况和物体间的相对运动情况，确定物体间的
摩擦力方向。
2．分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度。
3．当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静
摩擦力或者产生其他变化，因此速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
[针对训练] (2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板
的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F 作用在物块
上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F 的大小。
木板的加速度a1随时间t 的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦
因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑
动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
图(a)
图(b)
图(c)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝
m2(m1+m2)
m1
(μ2－μ1)g
C．μ2＞
m1+m2
m2
μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
BCD [分析可知，t1 时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋
m2)g，A 错误；t1～t2 时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋
m2)g＞0，故μ2＞
m1+m2
m2
μ1，C 正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2
时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋
m2)g＝m1am，F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝
m2(m1+m2)
m1
(μ2－μ1)g，
B、D 正确。]
