新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿第二定律的基本应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿第二定律的基本应用（含解析），共18页。试卷主要包含了超重与失重，两类动力学问题等内容，欢迎下载使用。

第三讲 牛顿第二定律的基本应用
Ø 知识梳理
一、超重与失重
1.视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较

超重
失重
完全失重
现象
视重大于物体重力
视重小于物体重力
视重等于
产生条件
物体的加速度向上
物体的加速度向下
物体的加速度等于
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以g加速下降或减速上升
原理方程
F－mg＝ma
mg－F＝ma
mg－F＝mg
二、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2.解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

Ø 知识训练
考点一、超重和失重
例1、如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是(　　)

A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
【答案】C
【解析】由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超重状态，故A、D错误；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，则当a＝1.5 m/s2时体重计的示数最大，故B错误，C正确。
Ø 课堂随练
训练1、(2020·北京高三二模)很多智能手机都有加速度传感器。小明把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示。以下实验中手机均无翻转。下列说法正确的是(　　)

A．若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，所得图像可能如图乙所示
B．若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图丙所示
C．若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，所得图像可能如图丁所示
D．手机屏幕上的图像出现正最大值时，表明手机处于失重状态
【答案】A
【解析】若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机先加速后减速，加速度先竖直向下，再竖直向上。由题图甲可知加速度竖直向下时为负值。若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，手机先竖直向上加速然后竖直上抛运动最后竖直向下减速，加速度方向先竖直向上然后竖直向下最后竖直向上，即先正然后负最后正，所得图像可能如题图乙所示，故A正确；若保持手托着手机，小明做下蹲动作，手机先竖直向下加速然后竖直向下减速，加速度方向先竖直向下然后竖直向上，即先负后正，整个下蹲过程所得图像不可能如题图丙所示，故B错误；若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，手机先竖直向上加速最后竖直向上减速，加速度方向先竖直向上最后竖直向下，即先正最后负，所得图像不可能如题图丁所示，故C错误；手机屏幕上的图像出现正最大值时，说明加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D错误。
训练2、(多选)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,则运动员(　 　)

A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态
【答案】CD
【解析】运动员刚接触床面时,重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;当弹力增大到等于重力时速度最大;继续下降,弹力大于重力,做减速运动,运动员处于超重状态,即在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态,A错误,C正确;在第二过程中运动员先向上加速运动,处于
超重状态,后减速运动,处于失重状态,B错误,D正确。
考点二、动力学的两类基本问题[
1.解题步骤

例1、(2021·高考全国卷甲，T14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)

A．逐渐增大　　　　　　　　 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。
例2、(2022·山东省实验模拟)假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30 km高空时，速度达到1.2 km/s，然后助推器脱落，向上减速运动后落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，且等于在地球表面时的重力，助推器脱落后运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2，g取10 m/s2，求：
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；
(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。
【答案】(1)9×104 m　(2)1 200 m/s　250 s
【解析】(1)火箭加速上升的高度h1＝3×104m，助推器脱落时的速度v1＝1.2×103 m/s，助推器脱落后向上做减速运动， f＝0.2mg，有mg＋f＝ma1，v＝2a1h2，v1＝a1t1
解得h2＝6×104m，t1＝100 s
助推器上升的最大高度为
h＝h1＋h2＝9×104 m(或90 km)。
(2)助推器从最高点下落过程中，有
mg－f＝ma2，v＝2a2h，v2＝a2t2
解得v2＝1 200 m/s，t2＝150 s
助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250 s。
例3、(2021·安徽芜湖检测)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv(g取10 m/s2,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)。求:

(1)打开降落伞前运动员下落的距离;
(2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向;
(3)每根绳能够承受的最小拉力。
【答案】(1)20 m (2)200 N·m/s　30 m/s2　方向竖直向上 (3)312.5 N
【解析】(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动,
根据速度与位移公式得h0==20 m
(2)由题图甲可知,当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，
则kv=2mg
k==200 N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得
a==30 m/s2
方向竖直向上。
(3)设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得
8Tcos 37°-mg=ma
解得T==312.5 N
所以每根绳能够承受的拉力至少为312.5 N。
例4、如图甲所示，质量m＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v­t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。
【答案】(1)0.5 m　1.5 m　 (2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
【解析】(1)物块上升的位移x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离x2＝×1×1 m＝0.5 m
位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
(2)由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度的大小a1＝ m/s2＝4 m/s2
无拉力F作用阶段加速度大小
a2＝ m/s2＝－4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得
0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2
联立解得F＝8 N。
例5、(多选)如图所示，Oa、Ob和da是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da分别到达a、b、a所用的时间。下列关系正确的是(　　)

A．t1＝t2　　　　　　　　 B．t2>t3
C．t1 【答案】　BCD
【解析】设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，选项B、C、D均正确。
l 课堂随练
训练1、如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)

A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
【答案】A
【解析】因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
训练2、(多选)如图a，质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11 m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图b显示物块与小车第1 s内运动的v­t图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．物块与小车间的相对位移x相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移为xmax＝7.7 m
【答案】ABD
【解析】根据v­t图象可知，在第1 s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，a2＝＝ m/s2＝－9 m/s2；对小车根据牛顿第二定律有：μm2g＝m1a1，对小物块根据牛顿第二定律有：－(F＋μm2g)＝m2a2，代入数据解得：μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确。根据图象可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m1<μm2g，所以此后两者不再发生相对运动；在第1 s内小车发生的位移为x1＝a1t2＝1 m，小物块发生的位移为x2＝v0t＋a2t2＝6.5 m，所以物块与小车间的相对位移x相对＝x2－x1＝5.5 m，故C错误。当小车与小物块的速度相等后，小车和小物块组成的整体在外力F的作用下先一起向右做匀减速直线运动，其加速度大小为a3＝＝ m/s2，当速度减小到0时，整体发生的位移为x3＝＝ m＝1.2 m，所以小物块向右滑动的最大位移为xmax＝x2＋x3＝7.7 m，故D正确。
训练3、如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中，其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h。假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：

(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。
【答案】(1)2　(2)2∶3　(3)9∶7
【解析】(1)由v2＝2gH，得v＝2。
(2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝。
(3)v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1
得F1＝3mg，同理得F2＝mg，
所以＝。
训练4、中国航母舰载机“歼­15”采用滑跃式起飞，主要靠甲板前端的上翘来帮助舰载机起飞，其示意图如图所示，舰载机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知舰载机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，舰载机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为舰载机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，舰载机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且舰载机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10 m/s2。

(1)求舰载机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)求舰载机从开始运动到起飞经历的时间t。
【答案】(1)40 m/s　(2)8.5 s
【解析】(1)设舰载机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1
F阻＝0.2mg
v12＝2a1L1
联立以上三式并代入数据解得
a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s。
(2)设舰载机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2
舰载机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F阻－mg＝ma2
代入数据解得a2＝4 m/s2
由v22－v12＝2a2L2
代入数据解得v2＝42 m/s
舰载机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s
则t＝t1＋t2＝8.5 s。
训练5、如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2)

【答案】1 s和1.8 s
【解析】撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，
解得a1＝2 m/s2，
由匀变速直线运动规律得x1＝a1t2＝4 m，
v1＝a1t＝4 m/s，
撤去F后，
由牛顿第二定律得μmg＝ma2，
解得a2＝μg＝2 m/s2，
d－x1＝v1t1－a2t12，
解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)，
第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s，
之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma3，
解得a3＝gsin θ＝5 m/s2，
物体再经t2＝2＝0.8 s第二次到达B点，
故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点．
Ø 同步训练
1、(2021·江西抚州期末)(多选)在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动。传感器屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(N-t)图像，如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　)

A．电梯在启动阶段经历了4 s的加速上升过程
B．电梯的最大加速度是 m/s2
C．重物在0到4 s的时间里,先超重后失重
D．在整个过程中，重物所受重力先变大，后不变，再变小，最后又不变
【答案】AB
【解析】在0～4 s的时间里,重物对台秤的压力大于重力,处于超重状态,电梯加速上升,由图像可知电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程,故A正确,C错误;由题图可知4～18 s内电梯做匀速直线运动,N=G=30 N,重物的质量为m=3 kg,当压力N=50 N或10 N时,重物受到的合力最大,加速度最大,由牛顿第二定律得N-mg=ma,代入解得最大加速度为|a|= m/s2,故B正确;在整个过程中,重物所受重力保持不变,故D错误。
2、(2020·高考山东卷，T1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用 FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
【答案】D
【解析】根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错误，D正确。
3、(2021·广西柳州市高三下三模)将重40 N的物体放在竖直升降电梯的地板上。某段时间内，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图象如图所示，由此可以判断(　　)

A．t＝1 s时刻电梯只可能向上减速运动
B．t＝6 s时刻电梯一定处于静止状态
C．t＝11 s时刻电梯不可能正在向上运动
D.t＝11 s时刻电梯的加速度方向一定竖直向下
【答案】D
【解析】t＝1 s时刻，物体受到电梯地板的支持力大于重力，加速度方向竖直向上，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故A错误；t＝6 s时刻，物体受到电梯地板的支持力等于重力，电梯可能静止，也可能做匀速运动，故B错误；t＝11 s时刻，物体受到电梯地板的支持力小于重力，加速度方向竖直向下，电梯可能向上减速运动，也可能向下加速运动，故C错误，D正确。
4、(多选)为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是(　　)

A．甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B．甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C．乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D．乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
【答案】BC
【解析】甲图中，设斜面与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝gsinθ，设斜面的高度为h，则斜面的长度为L＝，小球运动的时间为t＝ ＝ ＝ ，可知甲图中小球在斜面2上运动的时间较长；小球下滑至斜面底端时的速度大小为v＝at＝，v与斜面的倾角无关，只与h有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故A错误，B正确。乙图中，设斜面体底面的长度为d，斜面与竖直面的夹角为α，则斜面的长度为s＝，小球的加速度a＝＝gcosα，根据s＝at2得小球在斜面上运动的时间t＝ ＝ ＝，可知α＝60°和30°时，小球在斜面上运动的时间相等，即小球在斜面3、4上运动的时间相等；小球下滑至斜面底端时的速度大小为v＝at＝，可知速度大小仅仅与斜面的高度h有关，与其他因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故C正确，D错误。
5、(2020·河南郑州中原联盟3月联考)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
【答案】D
【解析】滑块受重力G、斜面支持力FN和摩擦力Ff作用，将重力分解为沿斜面向下的分力G1和垂直于斜面向下的分力G2，则滑块所受摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos37°＝0.4mg，当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝＝＝10 m/s2；由于μ 6、(2020·河南六市4月第一次联合调研)(多选)如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速向下运动到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上运动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　)

A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16
B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3
C．va∶vb＝4∶3
D．两小球不可能同时达到圆周上
【答案】BC
【解析】a、b小球均能沿各自斜轨道匀速向下运动，则对小球a有：magcos37°＝μamagsin37°，对小球b有：mbgcos53°＝μbmbgsin53°，解得：μa∶μb＝16∶9，故A错误；a、b小球沿斜面向上运动时，对a：magcos37°＋μamagsin37°＝maaa，对b：mbgcos53°＋μbmbgsin53°＝mbab，解得：aa∶ab＝4∶3，故B正确；两小球速度同时减为零，运动时间相等，则由v＝at可得：va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，C正确；因为两小球的加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；根据几何关系，两小球到达圆周上时位移大小之比xa∶xb＝4∶3，根据x＝t可知两小球可同时到达圆周上，D错误。
7、(2021·6月浙江选考，T20)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。

(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s
【解析】(1)汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，
刹车过程中汽车的平均速度
＝＝18 km/h＝5 m/s
开始刹车到汽车停止所用的时间t1＝＝4 s
刹车过程中汽车的加速度大小a＝＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律可得刹车过程中汽车所受阻力的大小f＝ma＝2.5×103 N。
(2)小朋友全部通过斑马线所用的时间t2＝＝24 s
汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间
t＝t2－t1＝20 s。
(3)设汽车到斑马线时的速度为v，根据匀变速直线运动公式有v－v2＝2as，解得v＝5 m/s。
8、(2022·山东等级考模拟卷)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度大小g取10 m/s2。


(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
【答案】(1)tan θ≤0.3　(2)57 m
【解析】(1)对货车进行受力分析，可得
货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有f＝μmgcos θ
而货车重力沿斜面的分量为F＝mgsin θ
若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要f≥F
即mgsin θ≤μmgcos θ
解得tan θ≤μ
即当tan θ≤0.3时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
根据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax
代入数据，解得x＝≈57 m。
9、滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
(2)求运动员到达B处时的速度大小；
(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。
【答案】(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
【解析】(1)动摩擦因数发生变化之前，由牛顿第二定律得
mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1
解得a1＝g sin θ－μ1g cos θ＝4 m/s2
运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)动摩擦因数发生变化之后，由牛顿第二定律得mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2
解得a2＝g sin θ－μ2g cos θ＝5 m/s2
由v－v2＝2a2(l－x1)
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)在水平地面上时，根据牛顿第二定律得
a3＝＝μ3g＝5 m/s2
在水平地面运动的距离x3＝＝22.5 m。