如圖所示，在動(dòng)摩擦因素μ=0.2的水平面AB上，水平恒力F推動(dòng)質(zhì)量為m=1kg的物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，接著又沖上光滑斜面（設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變），最高能到達(dá)C點(diǎn)．用速度傳感器測(cè)量物體的瞬時(shí)速度，并在表格中記錄了部分測(cè)量數(shù)據(jù)．求：（g取10m/s²）

t/s	0.0	0.2	0.4	…	2.2	2.4	2.6	…
v/m?s-1	0.0	0.4	0.8	…	3.0	2.0	1.0	…

（1）恒力F 的大��；
（2）在答題紙的坐標(biāo)上標(biāo)出記錄的數(shù)據(jù)點(diǎn)，并作v-t圖；
（3）求出物體到達(dá)交界面上B點(diǎn)時(shí)的速度和時(shí)間；
（4）若撤去推力F，在A處給物體一個(gè)水平向左的初速度v₀，恰能使物體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求此初速度v₀的大�。�

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如圖所示，在動(dòng)摩擦因素μ=0.2的水平面AB上，水平恒力F推動(dòng)質(zhì)量為m=1kg的物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，接著又沖上光滑斜面（設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變），最高能到達(dá)C點(diǎn)．用速度傳感器測(cè)量物體的瞬時(shí)速度，并在表格中記錄了部分測(cè)量數(shù)據(jù)．求：（g取10m/s²）

t/s	0.0	0.2	0.4	…	2.2	2.4	2.6	…
v/m?s-1	0.0	0.4	0.8	…	3.0	2.0	1.0	…

（1）恒力F 的大��；
（2）求出物體到達(dá)交界面上B點(diǎn)時(shí)的速度和時(shí)間；
（3）若撤去推力F，在A處給物體一個(gè)水平向左的初速度v₀，恰能使物體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求此初速度v₀的大�。�

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如圖所示，在光滑水平面AB上，水平恒力F推動(dòng)質(zhì)量為1kg的物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，接著又沖上光滑斜面（設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變，最高能到達(dá)C點(diǎn)，用速度傳感器測(cè)量物體的瞬時(shí)速度，表中記錄了部分測(cè)量數(shù)據(jù)，（g=10m/s²）求：

t（s）	0.0	0.2	0.4	…	2.2	2.4	2.6	…
V（m/s）	0.0	0.4	0.8	…	3.0	2.0	1.0	…

（1）恒力F的大小；
（2）斜面的傾角；
（3）t=2.1s時(shí)物體的速度．

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如圖所示，在光滑水平面AB上，水平恒力F推動(dòng)質(zhì)量為m=1kg的物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，接著又沖上光滑斜面（設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變，最高能到達(dá)C點(diǎn)，用速度傳感器測(cè)量物體的瞬時(shí)速度，表中記錄了部分測(cè)量數(shù)據(jù)），求：

t（s）	0.0	0.2	0.4	…	2.2	2.4	2.6	…
v（m/s）	0.0	0.4	0.8	…	3.0	2.0	1.0	…

（1）恒力F的大�。�
（2）斜面的傾角α．
（3）t=1.8s時(shí)物體的速度．

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（2010?奉賢區(qū)一模）如圖所示，在動(dòng)摩擦因素μ=0.2的水平面AB上，水平恒力F推動(dòng)質(zhì)量為m=1kg的物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，接著又沖上光滑斜面（設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變），最高能到達(dá)C點(diǎn)．用傳感器測(cè)量物體的瞬時(shí)速度，并在表格中記錄了部分測(cè)量數(shù)據(jù)．求：

t/s	0.0	0.2	0.4	…	2.2	2.4	2.6	…
v/m?s-1	0.0	0.4	0.8	…	3.0	2.0	1.0	…

（1）恒力F的大小；
（2）斜面的傾角α；
（3）若在A處撤去推力F，給物體一個(gè)水平向左的初速度v₀，恰能使物體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求此初速度v₀的大�。�

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高考真題

1．【解析】物體從阻力很小的斜面從靜止開(kāi)始滾下時(shí)，由牛頓第二定律可得加速度a=gsinθ

是一個(gè)定值，再由勻變度直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度公式可得v=at

【答案】B

2．【解析】依題意，若兩物體依然相對(duì)靜止，則a的加速度一    

定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向，N－mgcosθ=ma_y，即支持力N大于mgcosθ，與都靜止時(shí)比較，a與b間的壓力增大；沿著斜面方向，若加速度a過(guò)大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即a物塊可能相對(duì)b向上滑動(dòng)趨勢(shì)，甚至相對(duì)向上滑動(dòng)，故A錯(cuò)，B、C正確；對(duì)系統(tǒng)整體，在豎直方向，若物塊a相對(duì)b向上滑動(dòng)，則a還具有向上的分加速度，即對(duì)整體的牛頓第二定律可知，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和，D錯(cuò)。

【答案】BC

3．【解析】如圖所示，設(shè)繩中張力為T(mén)，A、B、C共同的加速度為a，與C相連部分的繩與豎直線(xiàn)夾角為α，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)A、B、C 組成的整體有

F=3ma …①

對(duì)B有     F-T=ma ②   對(duì)C有     Tcosα=mg ③

           Tsinα=ma  ④

聯(lián)立①②式得：T=2ma…⑤

聯(lián)立③④式得： T²=m²(g²+a²) ⑥

聯(lián)立⑤⑥式得：⑦

利用①⑦式得  ……   

_【答案】

4．【解析】這是一個(gè)物體的受力和時(shí)間關(guān)系的圖像，從圖像可以看出在前兩秒力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，物體經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，2少末速度達(dá)到最大，從2秒末開(kāi)始到4秒末運(yùn)動(dòng)的方向沒(méi)有發(fā)生改變而力的方向發(fā)生了改變與運(yùn)動(dòng)的方向相反，物體又經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的減速的和前2秒運(yùn)動(dòng)相反的運(yùn)動(dòng)情況，4秒末速度為零，物體的位移達(dá)到最大，所以D正確。

_{【答案】D}

5．【解析】（1）從圖中可以看郵，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   

m/s²=8m/s²

設(shè)此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－f＝ma   

得           f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N

（2）從圖中估算得出運(yùn)動(dòng)員在14s內(nèi)下落了

                     39.5×2×2m＝158

根據(jù)動(dòng)能定理，有

所以有    ＝（80×10×158－×80×6²）J≈1.25×10⁵J

（3）14s后運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

              s＝57s

運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間

              t_總＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s

_{【答案】（1）160N （2） （3）71S ）}

6．【解析】因?yàn)槭艿阶枇�，不是完全失重狀態(tài)，所以對(duì)支持面有壓力，A錯(cuò)。由于箱子阻力和下落的速度成二次方關(guān)系，最終將勻速運(yùn)動(dòng)，受到的壓力等于重力，最終勻速運(yùn)動(dòng)，BD錯(cuò)，C對(duì)。

_{【答案】C}

7．【解析】對(duì)小球受力分析，當(dāng)N為零時(shí)，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車(chē)可能向右加速運(yùn)動(dòng)或向左減速運(yùn)動(dòng)，A對(duì)C錯(cuò)；當(dāng)T為零時(shí)，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車(chē)可能向右減速運(yùn)動(dòng)或向左加速運(yùn)動(dòng)，B對(duì)D錯(cuò)。解題時(shí)抓住N、T為零時(shí)受力分析的臨界條件，小球與車(chē)相對(duì)靜止，說(shuō)明小球和小車(chē)只能有水平的加速度，作為突破口。

_{【答案】AB}

8．【解析】由牛頓第二定律得：mg－f＝ma

        拋物后減速下降有：

                          Δv＝a^/Δt

                    解得：

_{【答案】101kg}

9．【解析】由機(jī)械能守恒定律得，；

物塊先在傳送帶上作勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，

通過(guò)的位移為；                   

物塊再在傳送帶上作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其末速度由得，

則勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，通過(guò)的位移為，然后再作勻速運(yùn)動(dòng)，其位移為通過(guò)的位移為，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，

所以物塊在傳送帶上第一次往返所用的時(shí)間為.

_【答案】

10．【解析】此題以直升機(jī)取水救火為背景，考查力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系中的勻速和加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因直升機(jī)沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，所以水箱受力平衡，由平衡條件可得 

所以；直升機(jī)返回時(shí)，由牛頓第二定律得

。聯(lián)立兩式得，水箱中水的質(zhì)量M=

_【答案】M=

名校試題

1．【解析】（1）小球從離開(kāi)平板車(chē)開(kāi)始至落到地面所用的時(shí)間

    （2）   小球放到平板車(chē)后相對(duì)地面靜止，小車(chē)的加速度為

    小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)的距離為            

   小于4m，所以小球不會(huì)從車(chē)的左端掉下．小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為                    

    小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的加速度為

     小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的距離為             

    小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為              

  （3） 小球剛離開(kāi)平板車(chē)瞬間，小車(chē)的速度方向向左，大小為

小球離開(kāi)車(chē)子后，車(chē)的加速度為              

     車(chē)子向左運(yùn)動(dòng)的距離為      

     從小球輕放上平板車(chē)到落地瞬間，平板車(chē)的位移大小X= x₁ + x₂+ x₃ =5.175m

_【答案】5.175m                                 

2．【解析】(1)當(dāng)f=mg時(shí)，雨點(diǎn)達(dá)到最終速度，則

得                            

 (2）由牛頓第二定律得，               

 則                              

解得，即。                    

_【答案】

3．【解析】①

　　　�、诼涞貢r(shí)速度     

_【答案】

4．【解析】對(duì)薄板由于Mgsin37?m(M+m)gcos37故滑塊在薄板上滑動(dòng)時(shí)，薄板靜止不動(dòng). 對(duì)滑塊：在薄板上滑行時(shí)加速度a=gsin37=6m/s，至B點(diǎn)時(shí)速度V==6m/s。

滑塊由B至C時(shí)的加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s,滑塊由B至C用時(shí)t,由L=Vt+at即t+6t-7=0  解得t=1s

對(duì)薄板：滑塊滑離后才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s，滑至C端用時(shí)t==s

故滑塊、平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差是△t= t-t=-1=1.65s

_【答案】1.65s

5．【解析】（1）到由動(dòng)能定理

解得                                                                               

（2）滑塊沿BC段向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小                                       滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，速度為0時(shí)所用的時(shí)間                                     對(duì)滑塊受力分析：

                                    所以后滑塊靜止在斜面上

              由             得   

【答案】

6．【解析】（1）由圖像可知：物體所受摩擦力f=3N

由牛頓第二定律F-f=ma；可得

   （2）N=mg=10N,μ                                 

【答案】1kg  

7．【解析】(1)米袋在AB上加速時(shí)的加速度

米袋的速度達(dá)到=5m／s時(shí)，滑行的距離，因此米加速

一段后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度v₀=5m／s，設(shè)米袋在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得

  代人數(shù)據(jù)得a=10m／s²

  所以，它能上滑的最大距離…

  (2順斜部分傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，米袋速度減為4m／s之前的加速度為

  …………

  速度減為4m / s時(shí)上滑位移為

  米袋速度等于4m／s時(shí)，滑動(dòng)摩擦力方向改變，由于，故米繼續(xù)向上減速運(yùn)動(dòng)…

    米袋速度小于4m／s減為零前的加速度為-

    …

    速度減到0時(shí)上滑位移為…

    可見(jiàn)，米袋速度減速到0時(shí)，恰好運(yùn)行到D點(diǎn)。

    米袋從C運(yùn)動(dòng)到D所用的時(shí)間

【答案】

8．【解析】（1）板在摩擦力作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)直至與物塊速度相同，此時(shí)物塊剛到達(dá)板的中點(diǎn)，設(shè)木板加速度為a₁，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，

對(duì)木板有 μ₁mg = Ma、v = a₁t₁                        ∴t₁ =          

設(shè)在此過(guò)程中物塊前進(jìn)位移為s₁，板前進(jìn)位移為s₂，則

s₁ = vt₁、  s₂ = t₁    又因?yàn)閟₁ － s₂ = ，-

由以上幾式可得

物塊與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁= 、板的位移s₂ = ．

（2）設(shè)板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂，物塊在板上滑行的時(shí)間為t₂，木板的加速度為a₂，對(duì)板有 μ₁mg ― μ₂(m + M) g  = Ma₂，  

且v = a₂t₂  解得t₂ =

又設(shè)物塊從板的左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間為t₃，則

vt₃ ―t₃ = l，    t₃ =      --

為了使物塊能到達(dá)板的右端，必須滿(mǎn)足 t₂ ≥ t₃ ?

即，則μ₂ ≥ -

所以為了使物塊能到達(dá)板的右端，板與桌面間的摩擦因數(shù)μ₂ ≥-

【答案】

9．【解析】對(duì)于啟動(dòng)狀態(tài)有：          得         

對(duì)于制動(dòng)狀態(tài)有：                 得                               

（2）電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度          

從圖中讀得，電梯勻速上升的時(shí)間t₂=26s，電梯運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=28s

所以總位移         層高                                 

【答案】

10．【解析】(1)電梯在最初加速階段0～3.0S內(nèi)加速度為，重物受到的支持力為，根據(jù)牛頓第二定律，得：

最后減速階段13.0～19.0s內(nèi)，重物加速度大小為，重物受到的支持力為，根據(jù)牛頓第二定律，得：

(2)在三秒末重物的速度：ｍ／ｓ                      

     (3)設(shè)在全程內(nèi)電梯的位移為，電梯加速、勻速、減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為、、,得：

代入數(shù)據(jù)得：ｍ                                              

       則平均每層樓高為ｍ=3。16ｍ                            

【答案】（1）  （2）ｍ／ｓ（3）3。16ｍ

考點(diǎn)預(yù)測(cè)題

1．【解析】設(shè)斜面C的傾角為，以A?B整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求得整體的加速度為a=gin。假設(shè)A。B之間有摩擦力，且為f，再隔離物體B，由牛頓第二定律得： f +mgin=ma    代入a得f=0  所以選項(xiàng)C正確。

_{【答案】C}

2．【解析】很顯然，求加速度用整體法，求張力用隔離法

(1)以物體和繩整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：

F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).

(2)以物體和靠近物體x長(zhǎng)的繩為研究對(duì)象，如圖20所示。根據(jù)牛頓第二定律可得：F_x=(M+mx/L)a=(M+) .

由此式可以看出：繩中各處張力的大小是不同的，當(dāng)x=0時(shí)，繩施于物體M的力的大小為

_【答案】a=F/(M+m) 

3．【解析】此題在電梯上探究物體的失重與超重，通過(guò)圖象表示彈簧彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系，由圖可知，內(nèi)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)；從時(shí)刻t₁到t₂ 內(nèi)，因彈力小于10N，鉤碼的合力方向向下，即加速度向下，所以處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)A正確，同理，選項(xiàng)B對(duì)；   

綜合全過(guò)程，若物體開(kāi)始在15樓，由圖可知，t₁到t₂合力向下，則加速向下，t₂到t₃合力為零，勻速向下，t₃到合力向上，但速度向下，所以減速向下，最后合力為零，物體靜止。故選項(xiàng)C也正確。顯然D項(xiàng)錯(cuò)。

_{【答案】AC}

4．【解析】本題是一道與交通有關(guān)的力學(xué)綜合試題，考查學(xué)生創(chuàng)新應(yīng)用能力。近年來(lái)，此類(lèi)以實(shí)際問(wèn)題為背景的試題出現(xiàn)的較為頻繁。此類(lèi)試題考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析解決物理問(wèn)題的能力，體現(xiàn)了以能力立意的高考命題指導(dǎo)思想。本題的情景是學(xué)生比較熟悉的，涉及到力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、運(yùn)動(dòng)學(xué)、牛頓定律、物理圖象等知識(shí)點(diǎn)，雖然綜合了較多知識(shí)點(diǎn)，但難度不大，更加突出“雙基”和“主干”，符合近年來(lái)高考命題的趨勢(shì)和要求．               

（1）設(shè)汽車(chē)的質(zhì)量為m，輪胎與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，

由牛頓第二定律得，    由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，   

故        即剎車(chē)痕跡與剎車(chē)前車(chē)速的平方成正比。

（2）汽車(chē)相撞時(shí)的速度為40km/h，從這個(gè)速度減到零，汽車(chē)還要向前滑行10m，撞前汽車(chē)已經(jīng)滑行20m，所以，如果汽車(chē)不相撞，滑行30m停下�；�行30m對(duì)應(yīng)的初速度如圖中的A點(diǎn)對(duì)應(yīng)速度。汽車(chē)剎車(chē)前的速度為68km/h

_{【答案】（1）}    （2）68km/h

5．【解析】完成起飛時(shí),升力的大小等于重力的大小,即

        飛機(jī)的加速度

    根據(jù)牛頓第二定律得:

_【答案】

6．【解析】（1）在離地面高于時(shí),座艙做自由落體運(yùn)動(dòng),處于完全失重狀態(tài),所以鉛球?qū)κ譀](méi)有作用力.

(2)設(shè)座艙自由下降高度為時(shí)的速度為,制動(dòng)時(shí)的加速度為,制動(dòng)高度為,由       得:

聯(lián)立解得:  根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得:

代入數(shù)據(jù)解得:.

_【答案】

7．【解析】解此題的關(guān)鍵有點(diǎn)：一是把米尺抽象為質(zhì)點(diǎn)模型，其重心在其幾何中心；二是正確分析米尺的物理過(guò)程，米尺的運(yùn)動(dòng)可以分為兩個(gè)階段，先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：三是能正確地理解、分析一個(gè)臨界狀態(tài)，，即米尺恰好掉離桌邊的臨界條件是速度為零。。有較多的同學(xué)沒(méi)有考慮到這一臨界狀態(tài)，認(rèn)為米尺運(yùn)動(dòng)到桌邊，且具有向前的速度，實(shí)際上這樣求的不是最小力，錯(cuò)解反映出學(xué)生在把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為物理問(wèn)題的能力欠缺，無(wú)法建立正確的物理圖景，分析綜合能力有待提高，

 由牛頓第二定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解

設(shè)拉力停止作用時(shí)的速度為V，米尺先勻加速度后勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，加速階段：  為加速階段的加速度）

           減速階段：    （為減速度階段的加速度）

          由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何條件得：

  聯(lián)立以上三式得：至少為。

_【答案】    至少為    

8．【解析】（1）物體從 A 到 B 過(guò)程中：

∴　F＝ma₁＝ 2N 。                                         　　

（2）物體從 B 到 C 過(guò)程中：

     ∴　                        　　

（3）設(shè)B點(diǎn)的速度為v_B，在0.4～2.2s時(shí)間段內(nèi)，從v＝0.8m/s到 B 點(diǎn)過(guò)程，                 　　

從B點(diǎn)到v＝3m/s 過(guò)程，                   　　　

   解得：　　 　　所以，當(dāng) t =2s時(shí)物體剛好達(dá)到 B 點(diǎn)�！　　　　　　　　　　　　�

當(dāng) t＝2.1s時(shí)，物體在斜面上向上運(yùn)動(dòng)，則                                      　　　　　　　

_{【答案】（1）2N   （2）}   （3）

9．【解析】1）設(shè)人跳起后重心離地高度為，為完成空中動(dòng)作，必須滿(mǎn)足以下條件：

，

（2）設(shè)人跳起后從的高度下落，下蹲過(guò)程受力情況如圖，        

人在地面的作用力和重力的作用下作勻變速運(yùn)動(dòng)，由第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得以下幾式：           

解得：    所以H的范圍是：＞＞

_【答案】＞＞

10．【解析】（1）該同學(xué)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程可分為兩個(gè)階段：先是做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間很短，僅為0.45S；對(duì)該同學(xué)在第二階段中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可求得兩階段交界時(shí)刻的速度vm/s

該同學(xué)在第一階段中的加速度為a=m/s

設(shè)地面對(duì)該同學(xué)的支持力，由牛頓第二定律有mg=ma

得N由牛頓第三定律知，他蹬地的力的大小

N

（2）該問(wèn)中的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程可分為四個(gè)階段：第一階段是下落高度為1.0m的自由下落階段；第二階段是減速時(shí)間為0.25S的勻減速至停下的緩沖階段（此階段人腿彎曲，重心下降）；第三階段是用力蹬地使身體由彎曲站直的勻加速上升階段（此階段重心升高的高度與第二階段重心下降的高度相等）；第四個(gè)階段是離地后豎直向上的勻減運(yùn)動(dòng)階段，上升高度為0.5m。

第一階段下落1.0m的末速度m/s

第二階段重心下降的高度=m

第三、四階段交界時(shí)刻的速度m/s m/s

從而可計(jì)算出在第三階段中身體重心上升的加速度

設(shè)地面對(duì)該同學(xué)的支持力為,由牛頓第二定律有

解得NN

由牛頓第二定律知，該同學(xué)蹬地的作用力的大小N

_{【答案】（1）}N   _（2）N