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第2 讲 牛顿第二定律的基本应用
学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。 2.掌握动力学两类
基本问题的求解方法。 3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分
析。
1
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1.思考判断
(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，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 的物体一定处于完全失重状态。(×)
(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.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间
变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是( )
A.从20.0 s 到30.0 s
B.从30.0 s 到40.0 s
C.从40.0 s 到50.0 s
D.从50.0 s 到60.0 s
答案 A
考点一 瞬时问题的两类模型
两类模型
2
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例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1 所示，两小球1 和2 之间用轻弹簧B 相连，
弹簧B 与水平方向的夹角为30°，小球1 的左上方用轻绳A 悬挂在天花板上，绳
A 与竖直方向的夹角为30°，小球2 的右边用轻绳C 沿水平方向固定在竖直墙壁
上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则( )
图1
A.球1 和球2 的质量之比为1∶2
B.球1 和球2 的质量之比为2∶1
C.在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为g
D.在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2 的加速度大小为2g
答案 BC
解析 对小球1、2 受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得FB＝m1g，
FBsin 30°＝m2g，所以＝，故A 错误，B 正确；在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧
弹力未来得及变化，球2 的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球1，由牛顿
第二定律有F 合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝g，故C 正确，D 错误。
3
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方法总结 求解瞬时加速度的思路
→→
→
1.(2024·山东临沂模拟)如图2 所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A
连接，物体A 上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，
弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则( )
图2
A.此瞬间B 的加速度为0
B.此瞬间A 对B 的弹力大小为2mg
C.之后B 可能脱离A
D.之后B 对A 弹力的最小值为mg
答案 D
解析 初始三个物体受力平衡，弹簧弹力大小为F＝3mg，取走C 物体瞬间弹簧
弹力不变，对A、B 整体由牛顿第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝g，之后A、
B 一起做简谐运动，最大加速度为a＝g，选项A 错误；取走C 瞬间设B 受到的
弹力大小为FN，则有FN－mg＝ma，解得FN＝mg，选项B 错误；当A、B 运动
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到上方最大位移处时加速度a′向下，大小为a′＝g，此时B 对A 的弹力最小，对
B 物体有mg－FN′＝ma′，解得FN′＝mg，则B 不可能脱离A，选项C 错误，D 正
确。
考点二 动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.基本步骤
例2 (2024·福建厦门模拟)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，助推器脱落，经过一段时间落回
地面。已知助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的，取
g＝10 m/s2。求：
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；
5
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(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。
答案 (1)90 km (2)1 200 m/s 250 s
解析 (1)助推器脱落后，受到阻力f＝mg
上升过程，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1
代入数据解得a1＝12 m/s2，方向竖直向下，则助推器向上做匀减速直线运动，继
续上升的高度h2＝＝6×104 m＝60 km
所以助推器能上升到距离地面的最大高度为h＝h1＋h2＝90 km。
(2)助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2
代入数据解得a2＝8 m/s2
落回地面的速度大小为v＝＝1 200 m/s
助推器从脱离到最高点所用时间t1＝＝100 s
从最高点到落地点所用时间t2＝＝150 s
所以助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250 s。
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3 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(如图所示)，
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)：
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图3
(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) 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＝v，vB＝at
解得t＝3 s，a＝ 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＋a1t
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。
2.如图4 所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s 的速度滑过
坡道底端的O 点，经过1.0 s 向上滑过坡道上P 点时的速度为3.2 m/s。该坡道为
直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g 取
10 m/s2，下列说法正确的是( )
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图4
A.小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B.小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C.小海豚滑过P 点后还能继续向上滑3.2 m
D.小海豚下滑回到O 点时速度大小为10 m/s
答案 B
解析 设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A 错误；设小海
豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B 正确；小海豚滑
过P 点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C 错误；小海豚上滑的最
大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a′，则mgsin θ－Ff＝ma′，又v′2
＝2a′x，解得小海豚下滑回到O 点时的速度为v′＝v1≈8.7 m/s，D 错误。
考点三 超重与失重现象
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。
角度
超、失重现象的图像问题
例4 (2024·长沙雅礼中学一模)某教师用图5 甲所示装置研究电梯的运动。安装
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拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。
电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F 随时间t 的变化情况如图乙所示，
下列说法正确的是( )
图5
A.AB 阶段电梯处于失重状态，CD 阶段电梯处于超重状态
B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程
C.AB 阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上
D.CD 阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上
答案 C
解析 AB 阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD 阶段拉力小于重力，电
梯处于失重状态，A 错误；AB 阶段加速度向上，CD 阶段加速度向下，电梯先后
经历了向上加速，向上匀速和向上减速的过程，B 错误；由图乙可知矿泉水瓶的
重力mg＝15 N，若重力加速度g 取10 m/s2，矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，
AB 阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C 正确；CD 阶段的
加速度大小a′＝m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D 错误。
角度
超、失重现象的分析和计算
例5 (2023·山东日照一模)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带
着钩码和便携式DIS 实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上
进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂
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上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS 实验系统的显示器上显示出拉力随时间变
化的关系图像如图6 所示。g 取10 m/s2，根据图中的数据，求：
图6
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
答案 (1)0.8 m/s2 (2)4.8 m/s (3)76.8 m
解析 (1)由题图可知钩码的重力mg＝50 N
则钩码的质量m＝5 kg
电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54 N
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得加速度大小a＝0.8 m/s2。
(2)由题图可知，电梯在2～6 s 的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大
小F′＝44 N
根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′
可得a′＝1.2 m/s2
最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s。
(3)电梯在2～6 s 的时间内加速的位移大小为h1＝a′(Δt1)2
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在6～17 s 的时间内匀速的位移大小为h2＝vΔt2
在17～23 s 时间内减速的位移大小为h3＝a(Δt3)2
电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，可得H＝76.8 m。
方法总结 判断超重和失重的方法
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
3.(2024·北京昌平高三期末)很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加
速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，
得到如图7 所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正
方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断出( )
图7
A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态
B.手机在t2时刻运动到最高点
C.手机在t3时刻改变运动方向
D.手机可能离开过手掌
答案 D
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解析 由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状
态，故A 错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相
同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B 错误；手机在t3时刻有竖直向上的
速度，不为零，故没有改变运动方向，故C 错误；由图可知，在t4时刻之后有一
段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能
离开过手掌，故D 正确。
A 级 基础对点练
对点练1 瞬时问题的两类模型
1.(2024·河南三门峡阶段考试)如图1 所示，质量为m＝3 kg 的木块在轻弹簧和轻
绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹
簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ
＝，重力加速度g 取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(
)
图1
A.14 m/s2
B.12 m/s2
C.10 m/s2
D.8 m/s2
答案 D
解析 剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝
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mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二
定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D 正确。
2.如图2 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2
A.aA＝aB＝g
B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝0
D.aA＝2g，aB＝0
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，静止时有FT＝Fsin
60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝2mAg，
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A 所受合力与FT等大反向，所
以aA＝＝2g，aB＝0，故D 正确。
3.如图3 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
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细线剪断，则细线剪断瞬间( )
图3
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，有F 弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力
不会发生突变，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，则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 共同的加速度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。
对点练2 动力学的两类基本问题
4.(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
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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v＝＝，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，由牛
顿第二定律有a＝－μg，又v2 － v＝2ax，整理有v＋2ax>0，联立可得μ <
0.2，故C、D 错误。
5.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图5 所示，螺旋桨工作时能产生恒
定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速
竖直向上起飞，上升36 m 时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质
量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10
m/s2。下列说法正确的是( )
图5
A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s
B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N
C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2
D.无人机上升的最大高度为42 m
答案 ACD
解析 由运动学公式v2－v＝2ax，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12
m/s，故A 正确；由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，解得F＝70 N，故B 错误；
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向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C 正确；由
运动学公式v2－v＝2ax 可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上
升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D 正确。
对点练3 超重和失重现象
6.一质量为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6 所
示。其中t1～t2段为直线，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6
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，可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，
选项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，选项B 错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v 减小，
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加速度方向向上，乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C 错误，D 正
确。
7.(2024·广东揭阳高三期末)我国建设的落塔及塔内的落仓如图7 所示。某次实验
时，t＝0 时刻落仓由静止开始自由下落，t＝2 s 时开始减速，t＝4 s 时落仓速度
变为0。已知2～4 s 内落仓做匀变速直线运动，忽略空气阻力，下列说法正确的
是( )
图7
A.0～2 s 内落仓内的物体不受重力的作用
B.0～2 s 内落仓内的物体处于完全失重状态
C.与0～2 s 内相比，2～4 s 内落仓下落的位移更小
D.t＝1.5 s 和t＝2.5 s 两时刻落仓的加速度相同
答案 B
解析 0～2 s 内落仓做自由落体运动，落仓内的物体只受重力的作用，加速度为
重力加速度，处于完全失重状态，故A 错误，B 正确；设2 s 时落仓的速度为
v，则0～2 s 内落仓下落的位移为x1＝t1，2～4 s 内落仓下落的位移x2＝t2，由于
t1＝t2＝2 s，则0～2 s 内落仓下落的位移等于2～4 s 内落仓下落的位移，故C 错
误；0～2 s 内落仓向下做匀加速直线运动，2～4 s 内落仓向下做匀减速直线运动，
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根据对称性可知，t＝1.5 s 和t＝2.5 s 两时刻落仓的加速度大小相等，方向相反，
故D 错误。
8.如图8 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8
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L2<L0，因此L2<L1＝L0，C 正确。
B 级 综合提升练
9.(多选)(2024·河南郑州模拟)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9 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
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恒为飞机重力的。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9
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－mg＝ma2，解得a2＝
4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由
v＝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－mg＝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。
10.(多选)(2023·重庆巴蜀中学阶段考试)图10 为鲁能巴蜀中学“水火箭”比赛现
场，假设水火箭从地面以初速度10 m/s 竖直向上飞出，在空中只受重力与空气
阻力，水火箭质量为1 kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5
N，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
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图10
A.水火箭运动过程中，经过同一高度时(除最高点外)，上升时的速率大于其下落
时的速率
B.水火箭所能上升的最大高度为 m
C.水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6 s
D.当水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m 时，速度大小为3 m/s
答案 AD
解析 运动过程中空气阻力一直做负功，使得水火箭机械能减小，则同一高度处
下落阶段动能较小，速度较小，故A 正确；水火箭向上运动时，空气阻力向下，
加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，则上升的最大高度为hm＝＝4 m，故B 错误；从地面
到最高点的时间为t＝＝0.8 s，水火箭下落时空气阻力向上，加速度a2＝g－＝
7.5 m/s2，所以下落时间大于上升时间，运动总时间大于1.6 s，故C 错误；水火
箭位于地面上方1 m，即下落h＝3 m 时，v＝＝3 m/s，故D 正确。
11.(2024·福建莆田高三月考)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为
60 kg 的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运
动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后
脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直
线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2，则( )
A.运动员起跳过程属于失重状态
B.起跳过程中加速度大小为16 m/s2
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C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D.起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
答案 B
解析 运动员起跳过程中，向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，
故A 错误；运动员脚离地之后做竖直上抛运动，由v2＝2gh 可得，脚离地时，运
动员的速度为v＝ m/s＝4 m/s，由v2＝2ax 可得，起跳过程中加速度大小为a＝
＝ m/s2＝16 m/s2，故B 正确；由v＝v0＋at 可得，运动员离地的时间为t1＝＝
0.25 s，运动员离地到最高点的时间为t2＝＝0.4 s，则从开始起跳到离地上升到
最高点的时间为t＝t1＋t2＝0.65 s，故C 错误；由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，
解得FN＝1 560 N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为FN′
＝FN＝1 560 N，故D 错误。
C 级 培优加强练
12.(2024·江苏镇江模拟)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 m 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 m 着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测
器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s 后开启发动机，探测器开始
沿竖直方向匀减速下落，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
探测器：
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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(保留3 位有效数字)。
答案 (1)8 m/s (2) 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
探测器5 s 末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为v＝＝8 m/s。
(2)探测器加速下落过程中，由h1＝a1t
代入数据得h1＝40 m
则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。
(3)设探测器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
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代入数据解得F＝2.67×104 N。
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