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热点4 牛顿运动定律
[分值：42 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.(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。
4.(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。
5.(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。
6.(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。
7.(2025·重庆市模拟)如图所示，一固定斜面倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑轻质定滑轮。跨过定滑轮的
轻质细线，一端连接质量为m 的木箱A(内装质量为3m 的沙)，细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖直悬
挂质量为m 的小桶B。给木箱A 一个沿斜面向下的初速度，木箱A 恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系
统静止后将木箱A 中2.5m 的沙转移到小桶中，由静止释放木箱A，已知重力加速度为g。下列说法正确的
是( )
A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg
B.木箱与斜面间的动摩擦因数为√3
4
C.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3.5mg
D.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为19
40g
答案 D
解析 木箱匀速运动时细线拉力FT=mg，根据平行四边形定则可知，木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用
力大小为2FTcos 30°=√3mg，故A 错误；对木箱，由平衡条件有FT=mg=4mgsin 30°-μ4mgcos 30°，解得μ=
√3
6 ，故B 错误；让系统静止后将木箱A 中2.5m 的沙转移到小桶中，设细线拉力为FT'。对A 有
FT'-1.5mgsin 30°-μ1.5mgcos 30°=1.5ma，对B 有3.5mg-FT'=3.5ma，联立解得a=19
40g，FT'=147
80 mg，故D 正
确，C 错误。
8.(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。
9.(多选)(2025·山西太原市模拟)如图甲所示，倾角为θ 的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。
t=0 时，将质量m=1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v-t 图像如图乙所示。设沿传
送带向下为正方向，重力加速度g 取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2 s 内物体在传送带上留下的痕迹长度为6 m
答案 AC
解析 由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t=1 s 时刻)，由于
重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从题图乙可知传送带的速度为
v0=10 m/s，故A 正确；在0~1 s 内，物体受摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1=
mgsinθ+ μmgcosθ
m
=gsin θ+μgcos θ，由题图乙知a1= Δv1
Δt1
=10 m/s2，在1~2 s，物体的加速度为a2=
mgsinθ - μmgcosθ
m
=gsin θ-μgcos θ，由题图乙知a2= Δv2
Δt2
=2 m/s2，联立解得μ=0.5，θ=37°，故B 错误，C
正确；根据v-t 图像与t 轴所围面积表示位移，可知0~1 s 物体相对于地的位移x1=v0
2 t1=10
2 ×1 m=5 m，传
送带的位移为x2=v0t1=10×1 m=10 m，物体相对传送带的位移为Δx1=x1-x2=-5 m，方向沿斜面向上；1~2 s 物
体相对于地的位移x3=12+10
2
×1 m=11 m，传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m，物体相对传送带的位移
为Δx2=x3-x4=1 m，方向沿斜面向下，故留下的痕迹长度为5 m，故D 错误。
10.(2025·海南海口市模拟)如图所示，一圆柱形横梁水平固定(阴影为其截面)，可视为质点的小球A、B 用
足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知A、B 的质量分别为2m、m，重力加速度为g。横梁粗糙，且轻绳
与横梁间摩擦力满足Ff=k(FTA+FTB)，其中FTA、FTB分别为左右悬绳中的张力，向下拉动A 球后松手，A、
B 球恰做匀速运动。现将A 球质量增大为5m，再从静止释放两球，A 球下降时的加速度大小为( )
A.a=2g
7
B.a=3 g
7
C.a=4 g
7
D.a=5 g
7
答案 B
解析 小球A、B 匀速运动时，由平衡条件有FTA=2mg，FTB=mg，则摩擦力大小Ff=k(FTA+FTB)=3kmg，由
于系统平衡，故Ff=mg，解得k=1
3，当A 球质量变为5m 时，从静止释放，对A 有5mg-FTA1=5ma0，对B 有
FTB1-mg=ma0，因为此时Ff1=k(FTA1+FTB1)，且FTA1-FTB1=Ff1，联立解得a0=3 g
7 ，故选B。
