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热点4 牛顿运动定律
[分值：46 分]
[1~7 题，每题4 分，8~10 题，每题6 分]
1.(2025·甘肃卷·3)2025 年4 月24 日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征
二号F 遥二十运载火箭。若在初始的1 s 内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500 吨且认
为在1 s 内基本不变，则火箭在初始1 s 内的加速度大小约为(重力加速度g 取10 m/s2)( )
A.2 m/s2
B.4 m/s2
C.6 m/s2
D.12 m/s2
答案 A
解析 根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma，代入数据解得a=6×10
6-5×10
6
5×10
5
m/s2=2 m/s2，故选A。
2.(2025·河南安阳市一模)静止在粗糙水平面上的小物块，在受到水平拉力作用后，获得大小为3 m/s2的加
速度；若仅将水平拉力的大小加倍，则该物块的加速度大小可能为( )
A.8 m/s2
B.6 m/s2
C.4 m/s2
D.2 m/s2
答案 A
解析 设小物块的质量为m，则由牛顿第二定律可得F-Ff=ma，当F 加倍后，有2F-Ff=ma'，代入数据解得
a'=2a+ Ff
m >2a=6 m/s2，故选A。
3.(2025·北京海淀区二模)如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与
木箱连接。木箱与物块A 做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A 突然相对木箱底面向左移动，则
木箱可能( )
A.突然向下加速运动
B.突然向下减速运动
C.突然向左加速运动
D.突然向右减速运动
答案 A
解析 开始木箱和物块A 均保持静止，根据平衡条件知，弹簧对物块向左的弹力等于物块受到的向右的静
摩擦力。若木箱突然向下加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可
能小于弹力，合力可能向左，物块A 可能突然相对木箱底面向左移动，故A 正确；木箱突然向下减速运动，
物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A 不可能突然相对木箱底面向左
移动，故B 错误；当木箱突然向左加速运动，竖直方向受力平衡，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律
知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A 相对木箱底面
可能向右移动，故C 错误；木箱突然向右减速运动，竖直方向受力平衡，最大静摩擦力不变，根据牛顿第
二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度时，物块A 相对木箱底面可能向右
移动，故D 错误。
4.(2024·湖南卷·3)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
答案 A
解析 剪断前，对B、C、D 整体受力分析：
A、B 间轻弹簧的弹力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
对D 受力分析：C、D 间轻弹簧的弹力FCD=mg
剪断后，对B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向竖直向上
对C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。
5.(2025·湖北省十一校联考)将等质量的长方体A、B 置于粗糙水平地面上，长方体A 和B 与地面间的动摩
擦因数分别为μ1和μ2(μ1>μ2)，如图甲所示。对A 施加水平向右的恒力F 时，A、B 一起向右加速运动，A、
B 间的弹力大小为F1。如图乙所示，将A、B 置于斜面上，A、B 与斜面的动摩擦因数未变，对A 施加大
小相同的沿斜面向上的力F 时，A、B 一起沿斜面向上加速运动，A、B 间的弹力大小为F2，则( )
A.F1<F<F2
B.F1<F2<F
C.F1=F2<F
D.F2<F1<F
答案 B
解析 题图甲过程，对长方体A，根据牛顿第二定律有F-μ1mg-F1=ma1，对长方体B，根据牛顿第二定律有
F1-μ2mg=ma1，整理解得2F1=F-(μ1-μ2)mg，题图乙过程，设斜面倾角为θ，对长方体A，根据牛顿第二定律
F-F2-mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2，对长方体B，根据牛顿第二定律F2-mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2，整理解得2F2=F-
(μ1-μ2)mgcos θ，已知μ1>μ2，可得F1<F2<F，故选B。
6.(2025·湖南卷·5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A 用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B 用
固定的绝缘轻杆连接。A 球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系
统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.A 球静止时，轻绳上拉力为2mg
B.A 球静止时，A 球与B 球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B 球的作用力变小
答案 C
解析 A 球静止时，对A 球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F 库=FTcos 30°+mgcos 30°，FTsin
30°=mgsin 30°，解得FT=mg，F 库=√3mg，A、B 错误；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A 所受库仑
力与重力均不变，则小球A 所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得剪断瞬间小球A 的加速度大小为g，C
正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B 球受力不变且状态不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B 球的作用力不变，
D 错误。
7.(多选)(2025·湖南省长沙市一模)如图所示，质量mB=2 kg 的水平托盘B 与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘
上放一质量mA=1 kg 的小物块A，整个装置静止。现对小物块A 施加一个竖直向上的变力F，使其从静止
开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600 N/m，重力加速度g 取10 m/s2。以
下结论正确的是( )
A.变力F 的最小值为2 N
B.变力F 的最小值为6 N
C.小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为√5
5 m/s
答案 BC
解析 对A、B 整体受力分析有F+F 弹-(mA+mB)g=(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-F 弹，当F 弹最大
时，F 最小，即刚开始施力时，F 弹最大且等于A 和B 的重力之和，则Fmin=(mA+mB)a=6 N，故A 错误，B
正确；刚开始，弹簧的压缩量为x1=mA g+mB g
k
=0.05 m，A、B 分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由
牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa，解得x2=0.04 m，物块A 在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01 m，由运动学
公式可知v2=2aΔx，代入数据得v=0.2 m/s，故C 正确，D 错误。
8.(2024·江西省部分学校二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0=3
m/s 的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知
物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，取重力加速度大小g=10 m/s2，则
木板的长度为( )
A.1.0 m
B.1.5 m
C.2.0 m
D.2.5 m
答案 B
解析 设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共同速度的时间为t1，加速度大小
分别为a1、a2，有 a1=μ1mg
m
=2 m/s2，a2=μ1mg- μ2( M +m)g
M
，v0-a1t1=a2t1=v
木板的位移为x1=v
2t1
两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度大小为a3，
有 a3=μ2(m+ M )g
m+ M
=0.5 m/s2
木板的位移为 x2= v
2
2a3
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即 L=x1+x2
最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L=v0+ v
2
t1-x1
联立各式解得t1=1 s，L=1.5 m，故选B。
9.(2025·山东淄博市一模)如图所示，光滑水平面上放置质量均为m 的两块木板，其上分别有质量均为2m
的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F 拉其中一块木板，使两机器人和两木板
以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为( )
A.3μmg
B.6 μmg
5
C.3 μmg
4
D.3 μmg
5
答案 B
解析 设轻绳拉力最大值为Fmax，对左边的木板和机器人受力分析，由牛顿第二定律Fmax=3ma，绳子拉力
最大时，右边木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力，对右边机器人受力分析有μ·2mg-Fmax=2ma，即
μ·2mg=5ma，联立解得绳子拉力最大值Fmax=6 μmg
5
，故选B。
10.(多选)(2025·宁夏石嘴山市一模)如图所示，传送带与地面的夹角为37°，其顶端A 到底端B 的距离为4
m，传送带始终以5 m/s 的速率逆时针转动。在传送带顶端A 轻放一小煤块，已知煤块与传送带间的动摩擦
因数为0.5，sin 37°=0.6，重力加速度大小g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.煤块下滑过程中先加速后匀速
B.煤块下滑过程中先加速后减速
C.煤块从传送带顶端A 运动到底端B 所用的时间为1 s
D.煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25 m
答案 CD
解析 煤块刚放上传送带时受到的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得mgsin 37°+μmgcos
37°=ma1，解得a1=10 m/s2，煤块加速到与传送带共速所用时间为t1=v0
a1
=0.5 s，通过的位移大小为x1=v0
2
t1=1.25 m<4 m，共速后，由于μmgcos θ<mgsin θ，可知煤块继续向下加速运动，加速度大小为a2=
mgsin37° - μmgcos37°
m
=2 m/s2，根据运动学公式可得x2=v0t2+1
2a2t2
2，其中x2=4 m-1.25 m=2.75 m，解得
t2=0.5 s，故煤块从传送带顶端A 运动到底端B 所用的时间为t=t1+t2=1 s，故A、B 错误，C 正确；共速前，
煤块相对于传送带向上滑动的位移为Δx1=x 传1-x1=v0t1-x1=1.25 m，共速后，煤块相对于传送带向下滑动的位
移为Δx2=x2-x 传2=x2-v0t2=0.25 m，由于Δx2<Δx1，可知煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25 m，故D 正确。
