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第 2 讲 牛顿第二定律的基本应用
目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、
瞬时加速度问题进行分析计算．
考点一 动力学两类基本问题
1．动力学问题的解题思路
2．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
已知受力求运动情况
例1 (2020·湖南长沙中学月考)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机
起飞，其示意图如图1所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L ＝160 m的水平跑道
1
上运动，然后在长度为L ＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量 m＝
2
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，飞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飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并
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，且飞机起飞的
过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求：
图1(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)飞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)设飞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
1 阻
动的末速度大小为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)设飞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
飞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
飞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
已知运动情况求受力
例2 (2020·四川天府大联考)某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板
斑马线配上了新型电子警察．一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道
路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过 0.5 s的
反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住．重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达
到54 km/h，求牵引力的大小．
答案 (1)1.0×104 N (2)4.0×103 N
解析 (1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x ，制动过程中行驶的距离为x ，加速度大小
1 2
为a，所受的合力大小为F .
1 f1
初速度v＝54 km/h＝15 m/s，
0
反应时间t＝0.5 s，
0
由牛顿第二定律有F ＝ma
f1 1
由匀速和匀变速直线运动规律有x＝vt
1 00
x＝x－x
2 1
v2＝2ax
0 1 2
联立解得F ＝1.0×104 N.
f1
(2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a ，牵引力
2
大小为F，由牛顿第二定律有F－F ＝ma ，F ＝0.05mg
f2 2 f2
由匀变速直线运动规律有v＝at
0 2 加
联立解得F＝4.0×103 N.
1．(已知运动情况求受力)(多选)(2020·辽宁六校协作体开学考试)如图2甲所示，物块的质
量m＝1 kg，初速度v＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右
0
运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系
图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
图2
A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
答案 ABD
解析 0～5 m内，由v2－v2＝2ax ，得v2＝2ax ＋v2，由题图乙知，2a ＝－20 m/s2，则
1 0 1 1 1 1 1 0 1
a ＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v ＝10 m/s，恒
1 0
力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，
B正确；5～13 m内，由v2＝2ax 得物块的加速度a ＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律
2 2 2 2
得－F－μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．
1 2
2．(已知受力求运动情况)(2020·山东等级考模拟卷·15)如图3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，
0
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，取
重力加速度大小g＝10 m/s2.图3
(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，结果保留两位有效数字．)
答案 (1)tan θ≤0.30 (2)57 m
解析 (1)若货车在避险车道停下后不发生溜滑现象，则有F ≥mgsin θ
fm
货车所受的最大静摩擦力F ＝μF ＝μmgcos θ
fm N
联立解得tan θ≤0.30
(2)货车在避险车道上行驶时mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
得a＝5.51 m/s2
货车的初速度v＝90 km/h＝25 m/s
0
tan 15°<0.30，则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝≈57 m.
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如
图4甲所示；
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所
示 ；
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑
到下端所用时间相等，如图丙所示．
图4
例3 (多选)如图5所示，Oa、Ob和ad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点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t 、
1t、t 分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间．下列关系正确的是( )
2 3
图5
A．t＝t B．t>t
1 2 2 3
C．ta ，由x＝at2可知，t>t ，故选项A错误，B、C、D均正确．
ca Ob 2 ca
考点二 超重与失重问题
基础回扣
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
4．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不
等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．
技巧点拨
1．判断超重和失重的方法
(1)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．(2)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．
2．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即
“视重”变大或变小了)．
(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关．
(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.
(4)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，如天平失效、浸在水
中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．
例4 (2020·黑龙江哈尔滨市第一中学高三开学考试)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．
某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图6中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最
低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过
程中( )
图6
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
答案 C
解析 在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在 ab段绳
的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的
拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，
C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，
处于超重状态，故D错误．
例5 (2020·山东青岛市高三一模)如图7是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作
时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该
同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息( )图7
A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于下蹲静止状态
C．0～4 s内该同学做了2次下蹲－起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
答案 B
解析 人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，
最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故
下蹲过程中人先失重后超重，选项 D错误；在1 s时人向下的加速度最大，故此时人并没
有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2 s时人已经历了失重和超重两个过程，故此
时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2 s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，
所以共做了1次下蹲－起立的动作，选项C错误．
3．(超、失重的理解和判断)(2020·山东卷·1)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8所示．乘客所受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示．
N
重力加速度大小为g.以下判断正确的是( )
图8
A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t～t 时间内，v减小，F mg
2 3 N
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t～t 时间内v减小，t～t
1 2 3 1 2
时间内v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，
1则F mg，故D正确．
N
4．(超、失重的理解)(多选)(八省联考·广东·9)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹
性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小．根据传感器收集
到的数据，得到如图9所示的“速度—位移”图像．若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，
根据图像信息，下列说法正确的有( )
图9
A．弹性绳原长为15 m
B．当运动员下降10 m时，处于失重状态
C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
答案 BD
解析 15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长
状态，原长小于15 m，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，加速
度竖直向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度最大，运动员继续向
下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员
向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确．
考点三 瞬时加速度问题
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所
受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变．2．解题思路
→→
→
例6 (多选)(2020·福建厦门市外国语学校月考)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在
光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图 10甲、乙，A、B
质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ.在突然撤去挡板的瞬间( )
图10
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
答案 CD
解析 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突
变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，
B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受
合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误．
5.(瞬时加速度问题)(多选)如图11，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相
同的轻弹簧S 和S 相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现
1 2
将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a ，S 和S 相对于原长的伸长分别记为Δl 和
1 1 2 1
Δl，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间( )
2
图11
A．a＝3g B．a＝0
1 1
C．Δl＝2Δl D．Δl＝Δl
1 2 1 2答案 AC
解析 细线剪断前，a受细线向上的拉力F ＝3mg，还受重力mg以及弹簧S 向下的拉力F
1 1 2
＝2mg.细线剪断瞬间，线的拉力F 突然消失，但弹簧S 对其拉力不能突变．此时，a受的
1 1
合力F＝3mg，方向向下，由F＝ma知，其加速度大小a ＝3g，故A正确，B错误．此瞬
1
间因弹簧形变未来得及发生改变，此时仍有Δl ＝，Δl ＝，所以Δl ＝2Δl ，故C正确，D
1 2 1 2
错误．
课时精练
1．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a随时间t变化的图线如图1所示，
以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图1
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案 AD
解析 人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有
F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的
支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错
误．
2．(2017·海南卷·3)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面
上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面
之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加
速度g取10 m/s2)( )
A．10 m/s B．20 m/s
C．30 m/s D．40 m/s
答案 B
解析 由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8 m/s2，由v2－v2＝－2ax得v ＝＝ m/s＝20
0 0
m/s，故选项B正确．3.(2020·浙江“山水联盟”返校考)2019年11月，在温州翔宇中学举行的浙江省中学生田径
锦标赛中，某校高二学生王鑫宇以2米的成绩获得冠军，如图2所示．则下列说法正确的
是(不计空气阻力)( )
图2
A．王鑫宇在上升阶段重力变大了
B．王鑫宇在空中跨越过程处于失重状态
C．王鑫宇起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力
D．王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力做正功
答案 B
解析 王鑫宇在上升阶段只受重力，处于失重状态，且重力大小不变，所以B正确，A错
误；王鑫宇起跳时地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方
向相反，所以C错误；王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力与运动方向垂直，不做功，
所以D错误．
4.(多选)(2020·甘肃白银市靖远县第二中学高三月考)如图3，木箱内有一竖直放置的弹簧，
弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块与箱顶间有作用力．若在某一段
时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )
图3
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
答案 BD
解析 木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无
压力时，物块受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，超重，木箱可能是向上加
速，也可能是向下减速，所以B、D正确．
5．(2018·浙江4月选考·8)如图4所示，小芳在体重计上完成下蹲动作．下列F－t图象能反
映体重计示数随时间变化的是( )图4
答案 C
解析 体重计的读数为小芳所受的支持力大小，下蹲过程小芳的速度从 0开始最后又回到
0，因此小芳先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支
持力先小于重力，后大于重力，因此选C.
6．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度
无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
答案 C
解析 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根
据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联
立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
7.(2019·河北衡水中学第一次调研)如图5所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一
端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方
向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不
动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，
A、B两球的加速度分别为( )图5
A．a ＝a ＝g B．a ＝2g，a ＝0
A B A B
C．a ＝g，a ＝0 D．a ＝2g，a ＝0
A B A B
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，F ＝Fsin 60°，Fcos 60°＝m g＋F，F＝F′＝m g，又m ＝m
T A 1 1 1 B A B
解得F ＝2m g
T A
水平细线被剪断瞬间，F 消失，其他各力不变，A所受合力与F 等大反向，所以a ＝＝
T T A
2g，a ＝0，D正确．
B
8.如图6所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O点，O点恰好是下半圆
的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分
别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为 α>β>θ.现让一小物块先后从三条
轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(
)
图6
A．t ＝t ＝t B．t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C．t t >t ，B项正确．
AB CD EF
9.(2020·浙江宁波市鄞州中学初考)如图7所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在
水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小
球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，
如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为( )
图7
A．a＝0.5g B．a＝g
C．a＝1.5g D．a＝2g
答案 D
解析 弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大
小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速
度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻
杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故D正确，
A、B、C错误．
10．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图8(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长
的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F
的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板
的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取
10 m/s2.由题给数据可以得出( )图8
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f
在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平
外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度
大小为a ＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F＝ma ，在4
1 f 1
～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a ＝ m/s2＝0.2 m/s2，F＝ma ，另外由于物块静止
2 f 2
不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力 F＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝
f
0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦
因数，选项D错误．
11.(2020·上海市青浦区一模)如图9所示，跳伞员常常采用“加速自由降落”的方法跳伞．
如果一个质量为50 kg的运动员在3 658 m的高度从飞机上跳出(初速度为零)，降落40 s时，
竖直向下的速度达到50 m/s，假设这一运动是匀加速直线运动，取g＝10 m/s2.则：
图9
(1)运动员受到的平均空气阻力为多大？
(2)降落40 s时打开降落伞，此时他离地面的高度是多少？
(3)打开降落伞后，运动员受的阻力f大于重力，且f与速度v成正比，即f＝kv(k为常数)．
请简述运动员接下来可能的运动情况．
答案 见解析
解析 (1)加速下落过程中的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1.25 m/s2
根据牛顿第二定律得：mg－f＝ma
解得：f＝mg－ma＝500 N－50×1.25 N＝437.5 N
(2)加速降落的位移大小为x＝at2＝×1.25×402 m＝1 000 m距离地面的高度：h＝3 658 m－1 000 m＝2 658 m
(3)打开伞后阻力f大于重力G，则合外力方向向上，与向下的速度方向相反，所以运动员
的速度将减小．由牛顿第二定律有f－mg＝ma′
其中f＝kv，整理得：a′＝－g，因为速度在逐渐减小，所以a将变小．
①若下落的高度足够高，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动．
②若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地．
12．(2018·浙江4月选考·19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图10所示，有一企鹅在
倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔
跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏
(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
图10
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at2，
解得x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是
从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
2
解得：a＝8 m/s2，a＝4 m/s2.
1 2
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t′，位移大小为
x′，则有
t′＝，x′＝at′2，
1
解得：x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v，初速度为0，则有：
t
v2－02＝2a(x＋x′)
t 2
解得：v＝2 m/s.
t
13．(2021·辽宁大连市四十八中模拟)如图11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)
图11
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，t＝3 s(舍去)，
1 1
第一次到达B点的速度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时物体经过B点．
