專題二牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)第1頁(yè)

牛頓運(yùn)動(dòng)定律是處理動(dòng)力學(xué)問(wèn)題基礎(chǔ)，是高中物理學(xué)基石，它應(yīng)用不但僅局限于力學(xué)范圍，在電磁學(xué)與其它范圍也有廣泛應(yīng)用，所以它一直是高考熱點(diǎn)內(nèi)容，在高考試題中以選擇題、計(jì)算題兩種題型出現(xiàn)，以中等難度為主，是高考必考內(nèi)容．直線運(yùn)動(dòng)是運(yùn)動(dòng)中特殊情景，主要有勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、非勻變速直線運(yùn)動(dòng)及往返直線運(yùn)動(dòng)等，是每年必考內(nèi)容之一．總結(jié)近年高考命題趨勢(shì)，考查方式靈活多樣，現(xiàn)有單獨(dú)命題，又有綜合命題，還常以實(shí)際問(wèn)題為背景命題，如以交通、體育、人造衛(wèi)星、天體物理和日常第2頁(yè)生活等方面問(wèn)題為背景，重點(diǎn)考查獲取并處理信息，去粗取精，把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化成物理問(wèn)題能力．復(fù)習(xí)時(shí)既要重視知識(shí)綜合利用，又要注意思維創(chuàng)新和方法靈活選?。暾憬?4題、19題包括了牛頓第二定律和直線運(yùn)動(dòng)，分別側(cè)重了整體法、隔離法應(yīng)用和電磁學(xué)結(jié)合.年要關(guān)注受力分析和過(guò)程分析，同時(shí)要注意牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力、電磁學(xué)綜合應(yīng)用．第3頁(yè)

與電磁場(chǎng)結(jié)合直線運(yùn)動(dòng)【例1】(·金華二中模擬)質(zhì)量為m，帶電量為+q小球以一定初速度v0與水平方向成

角射出，如圖2-1-1所表示，假如在某方向加上一定大小勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能確保小球仍能沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，則所加電場(chǎng)最小值為().A.

.

B.C.

D.圖2-1-1B類型一第4頁(yè)【解析】

(1)建如圖甲所表示坐標(biāo)系，設(shè)場(chǎng)強(qiáng)E與v0成

角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得：Eqsin

-mgcosq=0①Eqcos

-mgsinq=ma②由①式得：E=③【分析】由題意可知小球沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球重力與電場(chǎng)力合外力為F，判定小球重力與電場(chǎng)力合外力在v0所在直線上．第5頁(yè)Emin=選B.

(2)采取圖解法求解，如圖乙所表示：從圖中可得，過(guò)重力箭頭到速度反向延長(zhǎng)線垂直線段最短，這段線段表示所求最小電場(chǎng)力．，則E=

由式得：③選B.

第6頁(yè)

【評(píng)析】

帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，實(shí)質(zhì)是力學(xué)問(wèn)題，其解題普通步驟依然為：確定研究對(duì)象；進(jìn)行受力分析(注意重力是否能忽略)；依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)情況，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能量關(guān)系列出方程式求解．本題考查了力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系，難度較大，要善于挖掘題目標(biāo)隱含條件，依據(jù)“確保小球仍能沿方v0向做直線運(yùn)動(dòng)”條件，推測(cè)合外力情況，同時(shí)本題要能靈活利用圖解法求解，比較方便、簡(jiǎn)捷．第7頁(yè)【變式題】(·四川)如圖2-1-2所表示，圓弧虛線表示正點(diǎn)電荷電場(chǎng)等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間電勢(shì)差相等．光滑絕緣直桿沿電場(chǎng)方向水平放置并固定不動(dòng)，桿上套有一帶正電小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊經(jīng)過(guò)絕緣輕彈簧與固定點(diǎn)O相連，并以某一初速度從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，OM<ON.若滑塊在M、N時(shí)彈簧彈力大小相等，彈簧一直在彈性程度內(nèi)，則()AC第8頁(yè)A．滑塊從M到N過(guò)程中，速度可能一直增大B．滑塊從位置1到2過(guò)程中，電場(chǎng)力做功比從位置3到4小C．在M、N之間范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同兩個(gè)位置D．在M、N之間可能存在只由電場(chǎng)力確定滑塊加速度大小三個(gè)位置第9頁(yè)【例2】

如圖2-2-1所表示，一個(gè)彈簧臺(tái)秤秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，盤內(nèi)靜止放置一個(gè)物體P，P質(zhì)量m=12kg，彈簧勁度系數(shù)k=300N/m.現(xiàn)在給P施加一個(gè)豎直向上力F，使物體P從靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在t=0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2.求：(1)物體P勻加速運(yùn)動(dòng)加速度；(2)F最小值和最大值各是多??？彈簧類問(wèn)題類型二第10頁(yè)【分析】本題關(guān)鍵是找到t=0.2s時(shí)刻，物體P位置，因?yàn)楸绢}彈簧臺(tái)秤秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，則t=0.2s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)到原長(zhǎng)．第11頁(yè)

【解析】(1)因?yàn)樵趖=0.2s內(nèi)F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時(shí)，P離開(kāi)秤盤．此時(shí)P受到盤支持力為零，因?yàn)楸P和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，所以此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)．在0～0.2s這段時(shí)間內(nèi)P向上運(yùn)動(dòng)距離：X==0.4m因?yàn)?，所以P在這段時(shí)間加速度a=20m/s2(2)當(dāng)P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)對(duì)物體P有，又所以時(shí)N=mg，所以有=240N當(dāng)P與盤分離時(shí)拉力F最大，=360N.第12頁(yè)

【評(píng)析】中學(xué)階段，普通包括彈簧不計(jì)其質(zhì)量，稱之為“輕彈簧”，是一個(gè)理想化模型．彈簧類問(wèn)題要注意以下幾點(diǎn)：(1)彈簧彈力遵照胡克定律，在題目中要注意先確定原長(zhǎng)位置、現(xiàn)長(zhǎng)位置、形變量x與空間位置改變關(guān)系．分析形變所對(duì)應(yīng)彈力大小、方向，以此來(lái)分析計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性．(2)彈簧形變發(fā)生及改變需要一段時(shí)間，在瞬間內(nèi)形變量可認(rèn)為不變．所以在分析瞬時(shí)改變時(shí)，認(rèn)為彈力不變．(3)彈簧彈力做功，因?yàn)閺椓κ亲兞?，但形變是線性改變，可用平均力爭(zhēng)解．彈力做了多少功，一定有對(duì)應(yīng)彈性勢(shì)能發(fā)生了改變．第13頁(yè)

【變式題】如圖2-2-2所表示，質(zhì)量為m小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離瞬間，小球加速度為()A．0B．大小為g，方向豎直向下C．大小為g，方向垂直于木板向下D．大小為g，方向水平向右圖2-2-2C第14頁(yè)

【解析】未撤離木板前，小球受到重力G，彈簧拉力F，木板支持力FN，如圖所表示，三力平衡，于是有：FNcosq=mg，F(xiàn)N=當(dāng)撤離木板瞬間，G和F保持不變(彈簧彈力不能突變)，木板支持力FN馬上消失，小球受G和F協(xié)力大小等于AB撤離之前FN(三力平衡)，方向與FN方向相反，故加速度方向?yàn)榇怪蹦景逑蛳?，大小為：a===g.第15頁(yè)皮帶類問(wèn)題

【例3】一水平淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止．現(xiàn)讓傳送帶以恒定加速度a0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度到達(dá)v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)．求此黑色痕跡長(zhǎng)度．

【分析】本題關(guān)鍵是對(duì)皮帶與煤塊隔離分析，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律判斷得出各自運(yùn)動(dòng)情況，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)情況不一樣，軌跡長(zhǎng)度不等，正是形成黑色痕跡原因．類型三第16頁(yè)

依據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，煤塊加速度a小于傳送帶加速度a0.依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，可得a=μg.設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t，傳送帶由靜止開(kāi)始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，v0=a0t，v=at因?yàn)閍<a0，故v<v0，煤塊繼續(xù)受到滑動(dòng)摩擦力作用．再經(jīng)過(guò)時(shí)間t′，煤塊速度由v增加到v0，有v0=v+at′今后，煤塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度相同，相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，不再產(chǎn)生新痕跡．

第17頁(yè)

【評(píng)析】本題從實(shí)際出發(fā)，從生活中提煉，創(chuàng)設(shè)了一個(gè)新情景，學(xué)生經(jīng)過(guò)構(gòu)建傳送帶模型，以隔離法為處理方法，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行求解，也能夠巧妙利用v—t圖象快速處理．傳送帶上留下黑色痕跡長(zhǎng)度l=x0-x，由以上各式得L=x0=a0t2+v0t′，設(shè)在煤塊速度從0增加到v0整個(gè)過(guò)程中，傳送帶和煤塊移動(dòng)距離分別為x0和x，有第18頁(yè)

【變式題】(·金華二中月考)如圖2-3-1所表示，傳送帶與地面傾角q=37°，從A端到B端長(zhǎng)度為16m，傳送帶以v0=10m/s速度沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶上端A處無(wú)初速地放置一個(gè)質(zhì)量為0.5kg物體，它與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，求物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需時(shí)間是多少？(sin37°=0.6，cos37°=0.8)圖2-3-1第19頁(yè)

【解析】物體放在傳送帶上后，開(kāi)始階段，傳送帶速度大于物體速度，傳送帶施加給物體一沿斜面向下滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開(kāi)始加速下滑，受力分析如圖(a)所表示；當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，因?yàn)棣蹋紅anq，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，今后物體速度大于傳送帶速度，傳送帶給物體沿傳送帶向上滑動(dòng)摩擦力，但協(xié)力沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，受力分析如圖(b)所表示．綜上可知，滑動(dòng)摩擦力方向在取得共同速度瞬間發(fā)生了“突變”．第20頁(yè)開(kāi)始階段由牛頓第二定律，得mgsinq+μmgcosq=ma1，a1=gsinq+μgcosq=10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)需要時(shí)間為t1=v0/a1=1s，發(fā)生位移為x==5m＜16m，可知物體加速到10m/s時(shí)仍未抵達(dá)B點(diǎn)．第二階段受力分析如圖(b)所表示，應(yīng)用牛頓第二定律，有mgsinq-μmgcosq=ma2所以a2=2m/s2設(shè)第二階段物體滑動(dòng)到B端時(shí)間為t2，則LAB-x=v0t2+=11m解得t2=1s，t2′=-11s(舍去)故物體經(jīng)歷總時(shí)間t=t1+t2=2s第21頁(yè)連接體問(wèn)題若干個(gè)物體經(jīng)過(guò)一定方式連接在一起，就組成了連接體，其連接方式普通經(jīng)過(guò)細(xì)繩、輕桿等物體來(lái)實(shí)現(xiàn)．連接體常會(huì)處于某種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如處于平衡狀態(tài)或以相同加速度運(yùn)動(dòng)．求解連接體加速度或內(nèi)部物體間相互作用力，是力學(xué)中能力考查主要內(nèi)容，在高考中也經(jīng)常出現(xiàn)，處理上述問(wèn)題有效方法是綜合利用整體法與隔離法．類型四第22頁(yè)

【例4】如圖2-4-1所表示，質(zhì)量M=8kg小車放在水平光滑平面上，在小車左端加一水平恒力F=8N，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)速度到達(dá)1.5m/s時(shí)，在小車前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m=2kg小物塊，物塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，小車足夠長(zhǎng)．求從小物塊放上小車開(kāi)始，經(jīng)過(guò)t=1.5s小物塊經(jīng)過(guò)位移大小為多少？(取g=10m/s2)．圖2-4-1

【分析】這類題求解關(guān)鍵是利用整體、隔離法受力分析，再利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解第23頁(yè)

【解析】開(kāi)始一段時(shí)間，物塊相對(duì)小車滑動(dòng)，二者間相互作用滑動(dòng)摩擦力大小為：Ff=μmg=4N物塊在Ff作用下加速，加速度為am==2m/s2，

小車在推力F和Ff作用下加速，加速度為aM=初速度為v0=1.5m/s=0.5m/s2，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，二者到達(dá)共同速度v，則有：v=amt1=v0+aMt1代入數(shù)據(jù)可得：t1=1s，v=2m/s在這t1時(shí)間內(nèi)物塊向前運(yùn)動(dòng)位移為

第24頁(yè)以后二者相對(duì)靜止，相互作用摩擦力變?yōu)殪o摩擦力．將二者作為一個(gè)整體，在F作用下運(yùn)動(dòng)加速度為a，則F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下時(shí)間t2=t-t1=0.5s時(shí)間內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)位移為x2=vt2+可見(jiàn)小物塊在總共1.5s時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)位移大小為，得x2=1.1m.

【評(píng)析】對(duì)于有共同加速度連接體問(wèn)題，普通先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再依據(jù)題目要求，將其中某個(gè)物體進(jìn)行隔離分析和求解．對(duì)于加速度不一樣連接體應(yīng)對(duì)每個(gè)物體分別隔離分析受力和運(yùn)動(dòng)．x=x1+x2=2.1m.第25頁(yè)【變式題】

(·全國(guó)Ⅰ)如圖2-4-2，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后瞬間，木塊1、2加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有()A．a(chǎn)1=g，a2=gB．a(chǎn)1=0，a2=gC．a(chǎn)1=0，a2=gD．a(chǎn)1=g，a2=g圖2-4-2c第26頁(yè)【解析】在抽出木板瞬時(shí)，彈簧對(duì)1支持力和對(duì)2壓力并未改變．木塊1受重力和支持力，mg=F，a1=0.木塊2受重力和壓力，依據(jù)牛頓第二定律：a2==g.第27頁(yè)臨界問(wèn)題處理臨界問(wèn)題，必須在改變中去尋找臨界條件，即不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而是要研究改變過(guò)程、改變物理量，尋找臨界條件，處理臨界問(wèn)題基本思緒是：

(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中改變過(guò)程(包含分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)；(2)尋找過(guò)程中改變物理量(自變量與因變量)；(3)探索因變量隨自變量改變時(shí)改變規(guī)律，要尤其注意相關(guān)物理量改變情況；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系．顯然分析改變過(guò)程、確定因變量隨自變量改變規(guī)律，是處理問(wèn)題關(guān)鍵．類型五第28頁(yè)【例5】一圓環(huán)A套在一均勻圓木棒B上，A高度相對(duì)B長(zhǎng)度來(lái)說(shuō)能夠忽略不計(jì)．A和B質(zhì)量都等于m，A和B之間滑動(dòng)摩擦力為f(f<mg)．開(kāi)始時(shí)B豎直放置，下端離地面高度為h，A在B頂端，如圖2-5-1所表示．讓它們由靜止開(kāi)始自由下落，當(dāng)木棒與地面相碰后，木棒以豎直向上速度反向運(yùn)動(dòng)，而且碰撞前后速度大小相等．設(shè)碰撞時(shí)間很短，不考慮空氣阻力，問(wèn)：在B再次著地前，要使A不脫離B，B最少應(yīng)該多長(zhǎng)？圖2-5-1第29頁(yè)【解析】釋放后A和B相對(duì)靜止一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，B著地前瞬間速度為v1=B與地面碰撞后，A繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，B豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)．它們加速度大小分別為aA=，aB=B與地面碰撞后向上運(yùn)動(dòng)到再次落回地面所需時(shí)間為t=在此時(shí)間內(nèi)A位移為x=v1t+要在B再次著地前A不脫離B，木棒長(zhǎng)度L必須滿足條件L≥x，聯(lián)立以上各式，aAt2解得L≥

第30頁(yè)

【評(píng)析】臨界狀態(tài)是從一個(gè)物理現(xiàn)象(狀態(tài)、過(guò)程)到另一個(gè)物理現(xiàn)象(狀態(tài)、過(guò)程)時(shí)所出現(xiàn)轉(zhuǎn)折點(diǎn)．臨界問(wèn)題錯(cuò)綜復(fù)雜，臨界條件千變?nèi)f化，有臨界條件較為顯著，輕易判斷，但更多臨界條件是隱含．第31頁(yè)

【變式題】如圖2-5-2所表示，在光滑水平面上放著緊靠在一起AB兩物體，B質(zhì)量是A2倍，B受到向右恒力FB=2N，A受到水平力FA=(9-2t)N，(t單位是秒)．從t=0開(kāi)始計(jì)時(shí)，則()A．A物體在3s末時(shí)刻加速度是初始時(shí)刻倍B．t>4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．t=4.5s時(shí)，A物體速度為零D．t＞4.5s后，A、B加速度方向相反

圖2-5-2ABD第32頁(yè)當(dāng)t=4s時(shí)N=0，A、B兩物體開(kāi)始分離，今后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而A做加速度逐步減小加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t=4.5s時(shí)A物體加速度為零而速度不為零．t＞4.5s后，A所受合外力反向，即A、B加速度方向相反．當(dāng)t<4s時(shí)，A、B加速度均為a=.總而言之，選項(xiàng)A、B、D正確．-FB

=

對(duì)于A、B整體據(jù)牛頓第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，設(shè)A、B間作用為N，則對(duì)B據(jù)牛頓第二定律可得：N+FB=mBa解得N=mBN【解析】第33頁(yè)多過(guò)程問(wèn)題圖2-6-1

【例6】一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌水平面中央．桌布一邊與桌

AB邊重合，如圖2-6-1所表示．已知盤與桌布間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，盤與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平且垂直于AB邊．若圓盤最終未從桌面掉下，則加速度a滿足條件是什么？(以g表示重力加速度)

類型六第34頁(yè)

(1)小圓盤運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：一是在桌布上以μ1g加速度向前勻加速運(yùn)動(dòng)一段距離x1，取得速度v1；二是在桌子上以μ2g加速度向前勻減速運(yùn)動(dòng)，滑行距離為x2，則x1+x2≤(2)桌布以a加速度向前加速運(yùn)動(dòng)距離x=at2；同時(shí)圓盤向前運(yùn)動(dòng)x1距離，二者相對(duì)位移大小恰好為.【分析】第35頁(yè)

【解析】設(shè)圓盤質(zhì)量為m，桌長(zhǎng)為l，在桌布從圓盤下抽出過(guò)程中，盤加速度為a1，有：μ1mg=ma1桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，以a2表示加速度大小，有μ2mg=ma2設(shè)盤剛離開(kāi)桌布時(shí)速度為v1，移動(dòng)距離為x1，離開(kāi)桌布后在桌面上在運(yùn)動(dòng)距離x2后便停下，有v=2a1x1v=2a2x2盤沒(méi)有從桌面上掉下條件是x2≤l-x1第36頁(yè)x1=2a1t2由以上各式解得x=at2而x=l+x1設(shè)桌布從盤下抽出時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)桌布移動(dòng)距離為x，有t=a≥第37頁(yè)

【評(píng)析】本題包括圓盤與桌布兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)，且圓盤運(yùn)動(dòng)又分勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合性很強(qiáng)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．對(duì)于這類物理情景相對(duì)比較復(fù)雜、隱蔽，而物理量之間關(guān)系比較難找問(wèn)題，要經(jīng)過(guò)“讀題”、“畫情景圖”“規(guī)范列式”等活動(dòng)，在主動(dòng)聯(lián)想、類比等交互中尋求答案，提升綜合分析和處理問(wèn)題能力．第38頁(yè)

【變式題1】總質(zhì)量為80kg跳傘運(yùn)動(dòng)員從離地500m直升機(jī)上跳下，經(jīng)過(guò)2s拉開(kāi)繩索開(kāi)啟降落傘，如圖2-6-2所表示，是跳傘過(guò)程中v-t圖，試依據(jù)圖象求：(g取10m/s2)

(1)t=1s時(shí)運(yùn)動(dòng)員加速度和所受阻力大?。?2)估算14s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員下落高度及克服阻力做功．(3)估算運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地總時(shí)間．第39頁(yè)(1)從圖中能夠看出，在t=2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a=m/s2=8m/s2=設(shè)此過(guò)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到阻力大小為f，依據(jù)牛頓第