第三章　第2讲　牛顿第二定律的应用 讲义 （教师版）

第2讲　牛顿第二定律的应用
一、超重与失重
1．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。
2．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。
3．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。
4．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。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
教材链接·想一想 人教版教材必修第一册P112航天员在天宫一号目标飞行器上展示水球的实验，为什么液滴呈球形？
提示：航天器内的物体处于完全失重状态，液滴在表面张力作用下呈球形。
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，具体逻辑关系如图所示。
1．失重说明物体的重力减小了。(　×　)
2．物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(　×　)
3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　×　)
4．研究动力学两类问题时，作受力分析和运动分析是关键。(　√　)
5．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。(　×　)
6．减速上升的升降机内的物体，对地板的压力大于物体所受的重力。(　×　)
7．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。(　√　)
考点一　瞬时加速度问题
　1．两种模型
(1)轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点
①不发生明显形变就能产生弹力的物体。
②求解瞬时加速度的问题中，剪断（或脱离）后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。
(2)弹簧、橡皮绳模型的特点
①当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
②在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
2．解题思路
【典例1】　如图所示，A、B两球的质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（重力加速度为g）(　B　)
A．图甲中A球的加速度不为0
B．图乙中两球的加速度均为g sin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍
【解析】　对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力大小等于有挡板时挡板对其的支持力大小，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度大小为aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma′，可得A、B的加速度大小均为a′＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为0。故选B。
1．（2024·湖南卷）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　A　)
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
解析：剪断前，对B、C、D分析得FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D分析得FCD＝mg，剪断B、C间细线后，对B分析FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C分析FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。
2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有(　C　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，即a3＝0，由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g。C正确。
考点二　超重与失重问题
1．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)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。
2．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0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（分）加速度时，物体处于超重状态；具有向下的（分）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。
【典例2】　（多选）（2025·山东聊城高三月考）某同学站在力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传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　)
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
【解析】　人的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F＜mg＝600 N，到达最大速度后再减速下降超重，有F＞mg＝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＝ma′m，对应图像有Fmax＝920 N，代入解得a′m≈5.3 m/s2，故C正确。
3．（2024·辽宁丹东一模）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 000 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2 m，人与装备总质量m＝80 kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　)
A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零
B．经过C点时，人处于超重状态
C．弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m
D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5 m/s2
解析：在B点时人与装备的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx＝mg，在A点未释放时，有kx′＝mg＋F，又x′－x＝2 m，联立解得k＝500 N/m，故A错误，C正确；在C点速度为零，有向下的加速度，人与装备处于失重状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5 m/s2，故D错误。
4．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度大小g取10 m/s2，由此可判断(　D　)
A．乘客处于超重状态
B．电梯可能加速上升，加速度大小为2.5 m/s2
C．电梯可能减速上升，加速度大小为5 m/s2
D．乘客对电梯地板的压力为375 N
解析：电梯静止时，对小球受力分析可得kx＝mg，电梯运行时，对小球由牛顿第二定律有F合＝mg－k·x＝mg＝ma，解得此时小球加速度a＝g＝2.5 m/s2，方向竖直向下，即电梯和乘客加速度都向下，处于失重状态。电梯可能加速下降或减速上升，加速度大小为2.5 m/s2，A、B、C错误；对乘客由牛顿第二定律有Mg－N＝Ma，由牛顿第三定律可知，乘客对电梯地板的压力N′＝N＝375 N，D正确。
考点三　动力学中的两类基本问题
1．把握“两类分析”“两个桥梁”
(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。
2．解题思路
【典例3】　（2022·浙江6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，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＝，货物可视为质点（取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度大小g取10 m/s2）。
(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。
【解析】　(1)根据牛顿第二定律可得
mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1，
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2，根据运动学公式可得v－v2＝－2a2l2，联立并代入数据解得l2＝2.7 m。
【答案】　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
5．（多选）（2025·河北衡水高三检测）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力大小为Ff2＝0.1 N，重力加速度大小g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　BD　)
A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为 m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为3 m/s
解析：依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于球筒向上运动，受到球筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，求得羽毛球的加速度大小为a1＝30 m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对球筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20 m/s2，负号表示球筒的加速度方向竖直向上，说明球筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时球筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，（vmint＋a2t2）－a1t2＝d，联立并代入数据解得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。
6．（2024·陕西榆林一模）如图所示，一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度大小g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。
(1)求拉力的大小；
(2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。
解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直线运动，有L＝at2，解得a＝＝10 m/s2，由牛顿第二定律有F＝ma＋μmg＝30 N。
(2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度减为0，有F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1，解得a1＝11.5 m/s2，撤去拉力后a2＝μg＝5 m/s2。由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2，其中t1＝1 s，箱子加速、减速的总位移L′＝a1t＋a2t，联立解得L′＝18.975 m。
答案：(1)30 N　(2)18.975 m
课时作业15
1．（5分）两个质量均为m的小球A、B，用一根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系于天花板上，整体处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则(　A　)
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：由于轻绳拉力可以突变，所以剪断轻绳1后小球A、B都只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故A正确。
2．（5分）一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是(　C　)
A．t1～t2时间内，乘客处于超重状态
B．t2～t3时间内，乘客的速度一直增大
C．0～t1时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力
D．0～t1时间内，乘客对电梯的压力小于电梯对乘客的作用力
解析：由图像可知，图像上某点的切线斜率的大小等于该点对应的运动物体的速度大小，则在t1～t2时间内，乘客的速度一直不变，乘客处于平衡状态，加速度为0，故A错误；t2～t3时间内，乘客的速度变小，做减速运动，故B错误；0～t1时间内，乘客的速度变大，做加速运动，加速度向上，乘客处于超重状态，乘客对电梯的压力大于乘客的重力，故C正确，D错误。
3．（5分）如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，箱子上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。重力加速度大小g取10 m/s2。若下底板压力传感器示数不变，上顶板压力传感器示数是下底板压力传感器示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　B　)
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
解析：当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，m＝＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板传感器示数是下底板传感器示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知F′N上＋mg－F′N下＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5 m/s2的加速度匀减速上升，故A、C、D错误，B正确。
4．（5分）（2025·八省联考陕西卷）如图所示，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　C　)
A．L1的拉力大小为mg
B．L2的拉力大小为3mg
C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g
D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
解析：对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小为T2＝＝4mg，A、B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合力仍为零，加速度为零，对小球甲受力分析，由牛顿第二定律可得加速度大小为a＝＝g，C正确，D错误。
5．（5分）（多选）一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，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，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　)
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36 m
解析：由运动学公式v2－v＝2a1x1，可得无人机失去升力时的速度大小v＝＝12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，解得螺旋桨工作时产生的升力大小F＝70 N，故B错误；由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得无人机向上减速时的加速度大小a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式v－v2＝2a2x2可得，无人机减速上升的高度x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度H＝x1＋x2＝42 m，故D错误。
6．（5分）（2022·辽宁卷）如图所示，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。小物块与桌面间动摩擦因数为μ，重力加速度大小g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　B　)
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：物块沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，A错误，B正确；对物块受力分析有a＝－μg，由运动学公式v2－v＝2ax，整理有v＋2ax>0，联立可得μ<0.2，C、D错误。
7．（5分）（2025·辽宁重点中学高三联考）一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则(　C　)
A．t＝4 s时地板对该同学的支持力最小
B．t＝7 s时地板对该同学的支持力为零
C．6～8 s内电梯上升的高度约为4 m
D．6～8 s内电梯上升的高度约为9 m
解析：t＝4 s时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；t＝7 s时，加速度为0，根据受力平衡可知，地板对该同学的支持力等于同学的重力，故B错误；根据a－t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，0～6 s内围成的面积大约有4个小方格，则t＝6 s时的速度约为v6＝Δv＝4×0.5×1 m/s＝2 m/s，由图像可知，6～8 s内电梯的加速度为0，电梯做匀速运动，上升的高度约为h＝v6t＝2×2 m＝4 m，故C正确，D错误。
8．（5分）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。重力加速度为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(　D　)
A．吊篮A的加速度大小为g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为g
D．A、C间的弹力大小为0.5mg
解析：将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，A、C错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律有FAC＋mg＝maAC，解得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，D正确。
9．（5分）（多选）（2024·河北邯郸高三质检）随着科技的发展，我国的航空母舰上已安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，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大小恒为飞机所受重力的。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且飞机在弹射区发动机正常工作，重力加速度大小g取10 m/s2）。下列说法正确的是(　AC　)
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
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＝5.0 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A、C正确，B错误；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．（5分）（多选）（2022·湖南卷）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动时，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　BC　)
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5 m/s的速度匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析：飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s的速率匀速下落时，有Mg＝kv＝k×100 m2/s2，飞行器以v2＝5 m/s的速率向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv＝Mg＋k×25 m2/s2，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；飞行器以v3＝5 m/s的速率匀速水平飞行时，F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，F′阻＝＝Mg＝kv，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力方向向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，有Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。
11．（15分）2024年5月15日，我国首次火星探测器“天问一号”成功着陆火星刚好3周年。如图所示为探测器在火星表面最后100米着陆的模拟示意图。探测器到达距火星表面100米的时候，进入悬停阶段，某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始竖直匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始竖直匀减速下落，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，火星表面的重力加速度大小取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：
(1)全程的平均速度大小；
(2)减速下落过程中的加速度大小（结果保留两位有效数字）；
(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小（结果保留两位有效数字）。
解析：(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－Ff＝ma1，其中Ff＝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＝＝8 m/s。
(2)加速下落过程中，由h1＝a1t，代入数值得h1＝40 m，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＝≈2.1 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＋Ff－mg火＝ma2，解得F≈2.7×104 N。
答案：(1)8 m/s　(2)2.1 m/s2　(3)2.7×104 N