新高考物理一轮复习讲义第3章 运动和力的关系 第2讲 牛顿第二定律的基本应用 (含解析)

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eq \a\vs4\al(1.,,)
eq \a\vs4\al(2.)
eq \a\vs4\al(3.)
eq \a\vs4\al(4.,,)
1.思考判断
(1)已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√)
(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(×)
(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)
(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)
(5)加速上升的物体处于超重状态。(√)
(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)
(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)
2.奥运会上，跳水运动员从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
A.上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
B.上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态
C.全过程中一直处于超重状态
D.全过程中一直处于失重状态
答案 D
考点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
2.解题思路
eq \x(\a\al(分析瞬时变化前、,后物体的受力情况))⇒eq \x(\a\al(列出变化后牛顿,第二定律方程))⇒eq \x(\a\al(求瞬时,加速度))
例1 (2023·山东邹平一中质检)如图1所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45°，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图1
A.此时物体一定受四个力作用
B.若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动
C.突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为14.1 m/s2
D.若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用
答案 D
解析 由题意可知，此时物体对光滑地面的压力恰好是零，对物体受力分析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹簧的弹力，共三个力作用，A错误；若突然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变，物体受到重力、地面的支持力，共两个力作用，处于静止状态，B错误；在没有剪断轻绳前，对物体，由共点力于衡条件可得
F弹＝mgtan 45°＝mg，突然剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律可得F弹＝ma，解得a＝10 m/s2，C错误，D正确。
跟踪训练
1.如图2所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
图2
A.B对A的压力大小为12 N
B.弹簧弹力大小为50 N
C.B的加速度大小为10 m/s2
D.A的加速度为零
答案 A
解析 原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有FT＝mAg＝20 N，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
考点二 动力学的两类基本问题
1.基本思路
2.基本步骤
角度 已知物体受力，分析物体运动情况
例2 (2022·浙江6月选考，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图3所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝
10 m/s2)。
图3
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有veq \\al(2,max)－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
跟踪训练
2.(2023·湖南岳阳一中月考)2021年西双版纳“断鼻家族”十几头亚洲象北上“远足”引发人们关注。为保障人民群众生命财产安全，同时有效保护亚洲象群，当地有关部门派出无人机不间断跟踪监测，采取多种措施引导象群逐步返回普洱或西双版纳原栖息地。现要让监测所用的无人机从地面竖直起飞，最终悬停在某一高度的空中，如图4所示。已知无人机质量M＝1.8 kg，动力系统能提供的最大升力F＝28 N，上升过程中能达到的最大速度为v＝6 m/s，竖直飞行时所受空气阻力大小恒为f＝4 N；固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m＝0.2 kg，其所受空气阻力不计，g取10 m/s2。
图4
(1)无人机以最大升力竖直起飞，求达到最大速度时所上升的高度h1；
(2)无人机以最大升力竖直起飞时，求摄像头对铁杆的作用力大小；
(3)无人机从地面竖直起飞，要求在t＝7 s内实现悬停，求其能上升的最大高度H。
答案 (1)9 m (2)2.4 N (3)31.5 m
解析 (1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有
F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1
代入数据解得a1＝2 m/s2
达到最大速度时所上升时的高度h1＝eq \f(v2,2a1)
代入数据解得h1＝9 m。
(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，有
FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4 N
由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力
FT′＝FT＝2.4 N。
(3)无人机开始以最大升力匀加速运动的时间
t1＝eq \f(v,a1)，代入数据解得t1＝3 s
无人机最后关闭动力系统后匀减速运动，
则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2
代入数据解得a2＝12 m/s2
根据公式，依题意有t3＝eq \f(v,a2)，h3＝eq \f(v,2)t3
代入数据解得t3＝0.5 s，h3＝1.5 m
无人机匀速运动时间t2＝t－t1－t3
代入数据解得t2＝3.5 s
匀速运动的位移h2＝vt2
代入数据解得h2＝21 m
所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3，代入数据解得H＝31.5 m。
角度 已知物体运动情况，分析物体受力
例3 (2022·浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图5所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图5所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
图5
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案 (1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
解析 (1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有
2alAB＝veq \\al(2,B)、vB＝at
解得t＝3 s、a＝eq \f(8,3) m/s2。
(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小
为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝vBt1＋eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s。
(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有
mgsin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N。
跟踪训练
3.(多选)(2023·贵州模拟)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图6所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的eq \f(1,5)。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是( )
图6
A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2
B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s
C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N
D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的
答案 AC
解析 根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－veq \\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20eq \r(2) m/s，由veq \\al(2,1)＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。
考点三 超重与失重现象
1.对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2.判断超重和失重的方法
例4 (2020·山东卷)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7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( )
图7
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FNC.t2～t3时间内，v增大，FND.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，由牛顿第二定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。
跟踪训练
4.(多选)(2023·广西柳州模拟)某跳伞运动员从悬停在空中的直升飞机上由静止自由下落(空气阻力不计)，下落一段距离后打开降落伞，降落伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv，k为阻力系数。从打开降落伞开始计时运动员的速度随时间变化的图像如图8所示。已知人和降落伞总质量为100 kg，g取10 m/s2，下列说法中正确的是( )
图8
A.运动员自由下落的距离为10 m
B.打开降落伞瞬间运动员的加速度大小a＝30 m/s2
C.从打开降落伞到速度为5 m/s过程中运动员处于失重状态
D.阻力系数k＝200 N·s/m
答案 BD
解析 根据题目分析可知打开降落伞时速度为20 m/s，自由下落过程中v2＝2gh，代入速度可得h＝20 m，故A错误；从打开降落伞到速度为5 m/s过程中，阻力一直大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故C错误；当速度为
5 m/s时，运动员进入匀速运动状态，根据平衡方程mg＝kv，可得k＝200 N·s/m，故D正确；结合牛顿第二定律可得kv－mg＝ma，可得a＝30 m/s2，故B正确。
A级 基础对点练
对点练1 瞬时问题
1.两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，如图1所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
图1
A.aA＝0 aB＝eq \f(1,2)g B.aA＝eq \f(1,2)g aB＝0
C.aA＝eq \f(1,2)g aB＝eq \f(1,2)g D.aA＝g aB＝g
答案 C
解析 细线烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mgsin θ，细线烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为FA＝mgsin θ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为aA＝eq \f(FA,m)＝eq \f(1,2)g，小球B受的合力沿斜面向上，大小为FB＝
F－mgsin θ＝mgsin θ，小球B的瞬时加速度为aB＝eq \f(FB,m)＝eq \f(1,2)g，故C正确，A、B、D错误。
2.如图2所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态，重力加速度为g，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )
图2
A.地面对木箱的支持力不变
B.地面对木箱的支持力减小了eq \f(mg,cs θ)
C.地面对木箱的摩擦力不变
D.地面对木箱的摩擦力增加了mgtan θ
答案 D
解析 设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为FN、FN′，地面对木箱的摩擦力大小分别为Ff、Ff′，剪断细线前，细线上的拉力大小T＝eq \f(mg,cs θ)，弹簧弹力大小F＝Tsin θ＝mgtan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知FN＝(m＋M)g，Ff＝0。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有FN′＝Mg，地面对木箱的支持力减小了mg，A、B错误；对木箱分析，水平方向有Ff′＝F＝mgtan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mgtan θ，C错误，D正确。
对点练2 动力学的两类基本问题
3.假设飞机起飞前做初速度为零的匀加速直线运动，飞机起飞时的速度与质量成正比，甲、乙两飞机的质量分别为m1和m2，甲、乙两飞机起飞前所受合外力相等，则甲、乙两飞机起飞前在跑道上滑行的距离之比为( )
A.1∶1 B.m1∶m2
C.meq \\al(2,1)∶meq \\al(2,2) D.meq \\al(3,1)∶meq \\al(3,2)
答案 D
解析 设飞机质量为m，发动机推力为F，根据牛顿第二定律可知飞机加速度a＝eq \f(F,m)，根据题意可知飞机起飞速度v＝km，其中k为比例系数，则滑行距离x＝eq \f(v2,2a)，解得x＝eq \f(k2m3,2F)∝m3，故D正确。
4.(2021·全国甲卷，14)如图3，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θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图3
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P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq \f(l,cs θ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由x＝eq \f(1,2)at2，得eq \f(l,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，得t＝eq \r(\f(4l,gsin 2θ))，当2θ＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,4)时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。
5.(2022·辽宁卷，7)如图4所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，
g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( )
图4
A.v0＝2.5 m/s B.v0＝1.5 m/s
C.μ＝0.28 D.μ＝0.25
答案 B
解析 物块水平沿中线做匀减速直线运动，则eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0＋v,2)，由题意知x＝1 m，
t＝1 s，v>0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v2 － veq \\al(2,0)＝2ax，整理有veq \\al(2,0)＋2ax>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。
6.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图5所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为( )
图5
A.eq \f(5F,8g) B.eq \f(F,g) C.eq \f(3F,8g) D.eq \f(F,2g)
答案 A
解析 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝eq \f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－eq \f(1,2)g(2t)2，联立解得a＝eq \f(3,5)g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq \f(5F,8g)，A正确。
对点练3 超重和失重现象
7.下列处于失重状态的物体是( )
A.匀速下落的雨滴 B.向下减速运动的电梯
C.斜向上抛出的小球 D.摆动到最低点时的摆球
答案 C
解析 匀速下落的雨滴，加速度为零，既不处于失重状态也不处于超重状态，故A错误；向下减速运动的电梯，具有向上的加速度，电梯处于超重状态，故B错误；斜向上抛出的小球，具有向下的加速度，小球处于失重状态，故C正确；摆动到最低点时的摆球，具有向上的加速度，摆球处于超重状态，故D错误。
8.(2023·北京师大附中模拟)体育课上某同学做引体向上。如图6所示，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是( )
图6
A.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大
B.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变
C.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
D.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力
答案 B
解析 人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A错误，B正确；人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误。
9.如图7所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则( )
图7
A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0
C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0
答案 C
解析 当圆筒竖直向下做加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒竖直向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2B级 综合提升练
10.(2022·四川成都模拟)如图8，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则( )
图8
A.a的质量可能小于2msin θ
B.剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θ
C.剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θ
D.剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大
答案 B
解析 根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T＝2mgsin θ，对a受力分析可得mag＝2mgsin θ＋FN，可知ma≥2msin θ，故A错误；弹簧的弹力为kx＝mgsin θ，剪断细线弹簧弹力不突变，此时对b物体kx＋mgsin θ＝ma，则加速度为2gsin θ，故B正确；剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0，故C错误；剪断竖直绳后的一小段时间内，物体b的加速度大于c的加速度，则b、c的距离变小，故D错误。
11.(多选)(2023·重庆高三月考)某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F随时间t变化的情况，如图9所示。已知该同学质量m＝60 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
图9
A.0～4 s完成了一次下蹲过程
B.0～8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2
C.0～8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2
D.1.8 s该同学向下速度达到最大
答案 AC
解析 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有Fmg＝600 N，故0～4 s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图像知，在1.8 s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图像有Fmin＝280 N，代入解得am＝5.3 m/s2，故B、D错误；0～8 s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝mam′，对应图像有Fmax＝920 N，代入解得am′＝5.3 m/s2，故C正确。
12.(2022·福建莆田模拟)机动车礼让行人是一种文明行为。如图10所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v＝27 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝11.25 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝3 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，且忽略驾驶员的反应时间。
图10
(1)求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度大小v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s1＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
答案 (1)3 s 2.5×103 N (2)15 s (3)5eq \r(5) m/s
解析 (1)汽车速度为v＝27 km/h＝7.5 m/s
匀减速至停止的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝3.75 m/s
根据平均速度公式，有t1＝eq \f(s,\(v,\s\up6(－)) )
解得汽车开始刹车到停止所用的时间t1＝3 s
汽车刹车时的加速度大小a＝eq \f(v,t1)＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律有f＝ma
解得f＝2.5×103 N。
(2)小朋友过马路的时间t2＝eq \f(l＋L,v0)＝18 s
汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间为
t＝t2－t1＝15 s。
(3)根据速度位移公式得v2－veq \\al(2,2)＝－2as1
解得v＝5eq \r(5) m/s。
13.(2023·江苏镇江第一中学模拟)2021年5月22日，我国首次火星探测器“天问一号”成功着陆火星。在着陆的最后阶段，探测器到达距火星表面100米的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图11为探测器在火星表面最后100米着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始做竖直匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始做竖直匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求
图11
(1)全程的平均速度大小；
(2)减速下落过程中的加速度大小；
(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小。
答案 (1)8 m/s (2)eq \f(32,15) m/s2 (3)2.67×104 N
解析 (1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，
其中f＝0.2mg火
解得a1＝3.2 m/s2
5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝8 m/s。
(2)加速下落过程中，由h1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
代入数值得h1＝40 m
减速下落过程中通过的位移为h2＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝eq \f(v2,2h2)＝eq \f(32,15) m/s2。
(3)设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
有F＋f－mg火＝ma2
代入解得F＝2.67×104 N。
从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重