第三讲 牛顿第二定律的基本应用
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
以g加速下降或减速
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升
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：
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/s2C．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。
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h ＝3×104m，助推器脱落时的速度v ＝1.2×103 m/s，助推器脱落后向上做
1 1
减速运动， f＝0.2mg，有mg＋f＝ma ，v＝2ah，v＝at
1 1 2 1 11
解得h＝6×104m，t＝100 s
2 1
助推器上升的最大高度为
h＝h＋h＝9×104 m(或90 km)。
1 2
(2)助推器从最高点下落过程中，有
mg－f＝ma ，v＝2ah，v＝at
2 2 2 22
解得v＝1 200 m/s，t＝150 s
2 2
助推器从脱离到落地经历的时间t＝t＋t＝250 s。
1 2
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h= =20 m
0
(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a、a 和拉力大小F。
1 2【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x＝×2×1 m＝1 m
1
物块下滑的距离x＝×1×1 m＝0.5 m
2
位移x＝x－x＝1 m－0.5 m＝0.5 m
1 2
路程L＝x＋x＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
1 2
(2)由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度的大小a＝ m/s2＝4 m/s2
1
无拉力F作用阶段加速度大小
a＝ m/s2＝－4 m/s2
2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F，根据牛顿第二定律得
f
0～0.5 s内F－F－mgsin θ＝ma
f 1
0．5～1 s内－F－mgsin θ＝ma
f 2
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t 、t 、t 分别表示滑环沿Oa、Ob、da分别到达a、b、a所用
1 2 3
的时间。下列关系正确的是( )
A．t＝t B．t>t
1 2 2 3
C．t<t D．t＝t
1 2 1 3
【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t ＝t ＝t ；而由c→a
ca 1 3
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a >a ，由x＝at2可知，
ca Ob
t>t ，故选项A错误，选项B、C、D均正确。
2 ca
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m ＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量 m ＝0.1 kg的小物
1 2
块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v ＝11 m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的
0
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 ＝6.5 m
相对
D．小物块向右滑动的最大位移为x ＝7.7 m
max
【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a ＝＝ m/s2＝2 m/s2，a ＝＝ m/s2＝－9 m/s2；对小车根据牛顿第二定律有：μm g
1 2 2
＝ma ，对小物块根据牛顿第二定律有：－(F＋μm g)＝ma ，代入数据解得：μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B
1 1 2 2 2
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，
m<μm g，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x ＝at2＝1 m，小物块发生的位
1 2 1 1
移为x＝vt＋at2＝6.5 m，所以物块与小车间的相对位移x ＝x－x＝5.5 m，故C错误。当小车与小物块
2 0 2 相对 2 1
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a ＝＝ m/s2，当速度减小到0时，整体发生的位移为x ＝＝ m＝1.2 m，所以小物块向右滑动的最大位
3 3移为x ＝x＋x＝7.7 m，故D正确。
max 2 3
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h ＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h ＝1.5h。
1 2
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t∶t；
1 2
(3)鱼两次受到水的作用力之比F∶F。
1 2
【答案】(1)2 (2)2∶3 (3)9∶7
【解析】(1)由v2＝2gH，得v＝2。
(2)因h＝t，h＝t，得＝。
1 1 2 2
(3)v2＝2ah，F－mg＝ma
1 1 1 1
得F＝3mg，同理得F＝mg，
1 2
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L ＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L ＝20.5 m
1 2
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a ，阻力大小为F ，在水平跑道上运动的末速度
1 阻
大小为v，由牛顿第二定律得F－F ＝ma
1 阻 1
F ＝0.2mg
阻
v2＝2aL
1 1 1
联立以上三式并代入数据解得
a＝5 m/s2，v＝40 m/s。
1 1
(2)设舰载机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a，在倾斜跑道末端的速度大小为v
2 2
舰载机在水平跑道上的运动时间t＝＝8 s
1
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F －mg＝ma
阻 2
代入数据解得a＝4 m/s2
2
由v2－v2＝2aL
2 1 2 2
代入数据解得v＝42 m/s
2
舰载机在倾斜跑道上的运动时间t＝＝0.5 s
2
则t＝t＋t＝8.5 s。
1 2
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＝ma ，
1
解得a＝2 m/s2，
1
由匀变速直线运动规律得x＝at2＝4 m，
1 1
v＝at＝4 m/s，
1 1
撤去F后，
由牛顿第二定律得μmg＝ma ，
2
解得a＝μg＝2 m/s2，
2
d－x＝vt－at2，
1 11 21
解得第一次到达B点的时间t＝1 s，或t′＝3 s(舍去)，
1 1第一次到达B点时的速度v＝v－at＝2 m/s，
2 1 21
之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma ，
3
解得a＝gsin θ＝5 m/s2，
3
物体再经t＝2＝0.8 s第二次到达B点，
2
故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点．
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 F 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( )
NA．0～t 时间内，v增大，F ＞mg
1 N
B．t～t 时间内，v减小，F ＜mg
1 2 N
C．t～t 时间内，v增大，F ＜mg
2 3 N
D．t～t 时间内，v减小，F ＞mg
2 3 N
【答案】D
【解析】根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方
1
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 F ＜mg，A错误；t ～t 时间内，图像斜
N 1 2
率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力F ＝mg，B错误；t～t 时间内，图像斜率减小，速
N 2 3
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 F ＞mg，C错误，D
N
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v ＝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，
0
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F 和摩擦力F 作用，将重力分解为沿斜面向下的分力G 和垂直于斜
N f 1
面向下的分力G ，则滑块所受摩擦力F＝μF ＝μmgcos37°＝0.4mg，当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速
2 f N直线运动，加速度大小为a ＝＝＝10 m/s2；由于μ<tan37°，所以滑块减速到零后会沿斜面向下运动，当滑
1
块沿斜面向下运动时，加速度大小为a ＝＝＝2 m/s2，所以整个运动过程中滑块不是一直做匀变速直线运
2
动，A错误；滑块沿斜面向上运动的时间为t ＝＝1 s，即t＝1 s时，滑块速度减为零，由A项分析可知，
1
之后滑块不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，B错误；滑块上滑的位移大小为x＝
at＝5 m，则从最高点沿斜面向下运动回到出发点的时间为t ＝ ＝ s，即滑块在t＝(1＋) s时，恰好又回到
1 2
出发点，C错误；由前面分析知，t＝3 s时滑块在沿斜面向下运动，速度大小为 v＝at ＝2×(3－1) m/s＝4
23
m/s，D正确。
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v 、v 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
a b
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μ∶μ＝9∶16
a b
B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比a∶a＝4∶3
a b
C．v∶v＝4∶3
a b
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：mgcos37°＝μmgsin37°，对小球b
a a a
有：mgcos53°＝μmgsin53°，解得：μ∶μ ＝16∶9，故 A 错误；a、b 小球沿斜面向上运动时，对 a：
b b b a b
mgcos37°＋μmgsin37°＝ma ，对b：mgcos53°＋μmgsin53°＝ma ，解得：a∶a ＝4∶3，故B正确；两小
a a a a a b b b b b a b
球速度同时减为零，运动时间相等，则由v＝at可得：v∶v ＝a∶a ＝4∶3，C正确；因为两小球的加速度之比
a b a b
a∶a ＝4∶3，初速度之比v∶v ＝4∶3，由v＝v －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
a b a b 0
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x∶x ＝4∶3，根据x＝vt可知两小球可同时到达
a b
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
v＝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
1
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v＝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；
0
(3)假设驾驶员以v＝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。
2
【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
v＝＝18 km/h＝5 m/s
开始刹车到汽车停止所用的时间t＝＝4 s
1
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t＝＝24 s
2
汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间
t＝t－t＝20 s。
2 1
(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
v ＝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
0
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 ＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
合
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 μ ＝0.25变为μ ＝
1 2
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μ＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。
3
【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－μmg cos θ＝ma
1 1
解得a＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2
1 1运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t＝＝2 s
1
位移x＝at＝8 m。
1 1
(2)动摩擦因数发生变化之后，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma
2 2
解得a＝g sin θ－μg cos θ＝5 m/s2
2 2
由v－v2＝2a(l－x)
2 1
代入数据解得v ＝15 m/s。
B
(3)在水平地面上时，根据牛顿第二定律得
a＝＝μg＝5 m/s2
3 3
在水平地面运动的距离x＝＝22.5 m。
3
