1、第3讲 牛顿运动定律适用学科物理适用年级高三适用区域全国课时时长（分钟）120知识点1：牛顿运动定律2：力与运动的关系3：力的独立作用原理4：知识拓展教学目标1：了解牛顿运动定律的考查特点2：掌握基本知识和解题方法。3：理解力的独立作用原理。教学重点1：力的独立作用原理2：力与运动的关系教学难点1：力的独立作用原理2：非惯性系【重点知识精讲和知识拓展】一、牛顿运动定律（1）牛顿第一定律：在牛顿运动定律中，第一定律有它独立的地位。它揭示了这样一条规律：运动是物体的固有属性，力是改变物体运动状态的原因，认为“牛顿第一定律是牛顿第二定律在加速度为零时的特殊情况”的说法是错误的，它掩饰了牛顿第一定律的
2、独立地位。物体保持原有运动状态（即保持静止或匀速直线运动状态）的性质叫做惯性。因此，牛顿第一定律又称为惯性定律。但二者不是一回事。牛顿第一定律谈的是物体在某种特定条件下（不受任何外力时）将做什么运动，是一种理想情况，而惯性谈的是物体的一种固有属性。一切物体都有惯性，处于一切运动状态下的物体都有惯性，物体不受外力时，惯性的表现是它保持静止状态或匀速直线运动状态。物体所受合外力不为零时，它的运动状态就会发生改变，即速度的大小、方向发生改变。此时，惯性的表现是物体运动状态难以改变，无论在什么条件下，都可以说，物体惯性的表现是物体的速度改变需要时间。质量是物体惯性大小的量度。（2）牛顿第二定律 物体的
3、加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向跟合外力方向相同，这就是牛顿第二定律。它的数学表达式为牛顿第二定律反映了加速度跟合外力、质量的定量关系，从这个意义上来说，牛顿第二定律的表达式写成更为准确。不能将公式理解为：物体所受合外力跟加速度成正比，与物体质量成正比，而公式的物理意义是：对于同一物体，加速度与合外力成正比，其比值保持为某一特定值，这比值反映了该物体保持原有运动状态的能力。力与加速度相连系而不是同速度相连系。从公式可以看出，物体在某一时刻的即时速度，同初速度、外力和外力的作用时间都有关。物体的速度方向不一定同所受合外力方向一致，只有速度的变化量（矢量差）的方向才同合
4、外力方向一致。牛顿第二定律反映了外力的瞬时作用效果。物体所受合外力一旦发生变化，加速度立即发生相应的变化。例如，物体因受摩擦力而做匀变速运动时，摩擦力一旦消失，加速度立即消失。刹车过程中的汽车当速度减小到零以后，不再具有加速度，它绝不会从速度为零的位置自行后退。 （3）牛顿第三定律：作用力与反作用力具有六个特点：等值、反向、共线、同时、同性质、作用点不共物。要善于将一对平衡力与一对作用力和反作用力相区别。平衡力性质不一定相同，且作用点一定在同一物体上。二、力和运动的关系物体所受合外力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态。物体所受合外力不为零时，产生加速度，物体做变速运动。若合外力恒定，则加速
5、度大小、方向都保持不变，物体做匀变速运动。匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线。物体所受恒力与速度方向处于同一直线时，物体做匀变速直线运动。根据力与速度同向或反向又可进一步分为匀加速运动和匀减速运动，自由落体运动和竖直上抛运动就是例子。若物体所受恒力与速度方向成角度，物体做匀变速曲线运动。例如，平抛运动和斜抛运动。物体受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直的外力作用时，物体做匀速圆周运动。此时，外力仅改变速度的方向，不改变速度的大小。物体受到一个与位移方向相反的周期性外力作用时，做机械振动。综上所述：判断一个物体做什么运动，一看受什么样的力，二看初速度与合外力方向的关系。三、力的独立作用
6、原理物体同时受到几个外力时，每个力各自独立地产生一个加速度，就像别的力不存在一样，这个性质叫做力的独立作用原理。物体的实际加速度就是这几个分加速度的矢量和。根据力的独立作用原理解题时，有时采用牛顿第二定律的分量形式 分力、合力及加速度的关系是 在实际应用中，适用选择坐标系，让加速度的某一个分量为零，可以使计算较为简捷。通常沿实际加速度方向来选取坐标，这种解题方法称为正交分解法。如图所示，质量为的物体，置于倾角为的固定斜面上，在水平推力的作用下，沿斜面向上运动。物体与斜面间的滑动摩擦为，若要求物体的加速度，可先做出物体的受力图（如图所示）。沿加速度方向建立坐标并写出牛顿第二定律的分量形式物体的加
7、速度 对于物体受三个力或三个以上力的问题，采用正交分解法可以减少错误。做受力分析时要避免“丢三拉四”。四知识拓展1.非惯性参照系凡牛顿第一定律成立的参照系叫惯性参照系，简称惯性系。凡相对于惯性系静止或做匀速直线运动的参照系，都是惯性系。在不考虑地球自转，且在研究较短时间内物体运动的情况下，地球可看成是近似程度相当好的惯性系。凡牛顿第一定律不成立的参照系统称为非惯性系，一切相对于惯性参照系做加速运动的参照系都是非惯性参照系。在考虑地球自转时，地球就是非惯性系。在非惯性系中，物体的运动也不遵从牛顿第二定律，需要加入惯性力。2.牛顿第二运动定律的动量表达式：F=ma=m=。即：物体所受的合外力等于物
8、体动量变化率。当质点的质量随时间变化时，F=ma已经不适用，而F=仍然成立。用动量形式表示的牛顿第二定律具有更大的普遍性。3.牛顿运动定律只适用于惯性参考系（相对于地面静止或匀速直线运动的参考系）。牛顿运动定律只适用于宏观（相对于分子、原子）、低速（相对于光速）运动的物体。 4.由牛顿第二定律求解瞬时加速度分析求解某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。求解瞬时加速度要注意应用两种基本模型：（1）轻绳（或刚性物体接触），可认为是不发生明显形变就能产生弹力的物体。若剪断轻绳（或刚性物体脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。（2）轻弹
9、簧（或橡皮筋），由于形变量较大，形变恢复需要较长时间。在瞬时性问题中，可认为弹力不变。做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化（大小变化或方向变化或大小、方向都变化度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，加速度是由合外力决定的，即有什么样的合外力就有什么样的加速度相对应，当合外力恒定时，加速度也恒定，合外力随时间变化时，加速度也随时间改变，且瞬时力决定瞬时加速度，可见，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力。5、质点组的牛顿第二定律若研究对象是质点组，牛顿第二定律的形式可以表述为：在任意的方向上，设质点组受的合外力为，质点组中的个物体的质量分别为，方向上的加速度分别为，则有上式为在任意方向上的质点组
10、的牛顿第二定律公式。如图所示，质量为，长为的木板放在光滑的斜面上。为使木板能静止在斜面上，质量为的人应在木板上以多大的加速度跑动？（设人的脚底与木板间不打滑）运用质点组的牛顿第二定律可以这样求解：选取人和木板组成的系统为研究对象，取沿斜面向下的方向为正，则该方向上的合外力为，故因为，所以。的方向与合外力方向相同，故人跑的加速度方向应沿斜面向下。【典例精析】例1如图（a）所示，木块A、B用轻弹簧相连，放在悬挂的木箱C内，处于静止状态，它们的质量之比是1：2：3。当剪断细绳的瞬间，各物体的加速度大小及其方向？【答案】：见解析【解析】。设A的质量为m，则B、C的质量分别为2m、3m，在未剪断细绳时，
11、A、B、C均受平衡力作用，受力如图（b）所示。剪短绳子的瞬间，弹簧弹力不发生突变，故F1大小不变。而B与C的弹力怎样变化呢？首先、间的作用力肯定要变化，因为系统的平衡被打破，相互作用必然变化。我们设想一下、间的弹力瞬间消失。此时做自由落体运动，；而B受力F1和2mg，则aB=F1+2mg/2mg，即B的加速度大雨C的加速度，这是不可能的。因此B、C之间仍然有作用力存在，具有相同的加速度。设弹力为N，共同加速度为a，则有：F1+2mg-N=2mg 3mg+N=3ma F1=mg 解答a=1.2，N=0.6mg 所以剪断细绳的瞬间，A的加速度为零；B、C加速度相同，大小均为1.2g，方向竖直向下。
12、例2：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s2。下列说法不正确的是（ ） A滑动时受的摩擦力大小是3NB物块的质量为1.5kgC物块在69s内的加速度大小是2m/s2D物块前6s内的平均速度大小是4.5m/s【答案】A【解析】有速度-时间图像可知，在3-6s内，物体处于匀速直线运动状态，即物体所受摩擦力大小应该与推理F大小相等，F滑=F推=6N，故A错误；在0-3s内，物体做匀加速直线运动，a=2m/s2，F合=ma=F推-F滑=3N，得出m=1.5kg，故B正
13、确；在69s内，F推=3N，F滑=6N，F合=ma=F滑-F推=3N，得a=2m/s2，故C正确；由速度时间图像面积可知，0-6s内物体的位移X=123+66m=27m，物块前6s内的平均速度大小v=xt=4.5m/s，故D正确。例3：如图所示，A、B两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上，A和B的质量之比为13，用一自然长度为1m的轻弹簧将两环相连，在 A环上作用一沿杆方向的、大小为20N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角为53。（cos53=0.6）（1）求弹簧的劲度系数；（2）若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a，a与a之比为多少？【答案】：见解析【
14、解析】。（1）先取A+B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律F=(mA+mB)a 再取B为研究对象F弹cos53=mBa 联立求解得，F弹=25N由几何关系得，弹簧的伸长量x=l1sin53-1=0.25m由F弹=kx=100Nm 。（2）撤去F力瞬间，弹簧弹力不变，A得加速度a=F弹cos53/mA由式得a=F弹cos53/mB所以a:a=mB:mA=3:1 。例4：.一足够长水平浅色传送带以V0匀速运动，现将一可视为质点的小煤块轻放在其上方，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为。经过一定时间后达到共同速度。令传送带突然停下，以后不再
15、运动，到最后煤块也停下。已知重力加速度为g。求：（1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度。【答案】：见解析【解析】。（1）煤块的加速度a=g达到v0所用时间t=v0a=v0g （2）在煤块与传送带达到共同速度的过程中， 传送带运动的距离x1=v0t=v02g煤块运动的距离x2=12at2=v022g 此过程中划出的痕迹长度为x1=x1-x2=v022g传送带突然停下后，煤块继续做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块向前运动的距离为x3=v02g考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为x=v02g例5：从地面发射质量为m的导弹，导弹上的喷气发动机可产生恒定的推力
16、，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向，导弹起飞时发动机推力大小为Fmg，导弹沿和水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行经过时间t后，遥控导弹上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60，导弹依然可以沿原方向匀减速直线飞行(不计空气阻力和喷气过程中导弹质量的变化)求：(1)t时刻导弹的速率及位移是多少；(2)旋转方向后导弹还要经过多长时间到达最高点；(3)导弹上升的最大高度是多少？【答案】：见解析【解析】。刚开始时，导弹受推力和重力的作用，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设推力F与合力Fh的夹角为，如图甲所示：由正弦定理得: mgsin=3mgsin120解
17、得：=30所以合力Fh=mg由牛顿第二定律得导弹的加速度为：a1=Fhm=gt时刻的速率：v=a1t=gtt时刻的位移大小：s1=12gt2（2）推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平成30斜向下，推力F跟合力Fh垂直，如图乙所示此时合力大小为：Fh=mgsin30导弹的加速度大小为：a2导弹到最高点的时间为：t1=va2=gt0.5g=2t（3）导弹的总位移为：s=12a1t2+12a2t12=12gt2+gt2=32gt2导弹上升最大高度为：hm=ssin30=34gt2例6：如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做
18、匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2.（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【答案】：见解析【解析】。（1）设物块加速度大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得：L=v0t+12at2 v=v0+at 联立式，带入数据解得： a=3m/s2 v=8ms （2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为 。受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：Fcos-mgsin-Ff=m
19、a Fsin-FN-mgcos=ma 又Ff=FN 联立解得：F=mgsin+cos+macos+sin 由数学知识得：cos+sin=sin(60+)， 由式可知对应的F最小值的夹角=30 联立式，代入数据得F的最小值为：Fmin=N。例7：质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。 求此状态下杆的加速度大小a； 为保持这种
20、状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【答案】：见解析【解析】。（1）如图1，设平衡时绳子拉力为T，有：2Tcos-mg=0，由图可知，cos=。联立解得：T=mg。（2）此时，对小铁环受力分析如图2，有：T sin=ma，T+T cos-mg=0，由图知，=60，代入上述二式联立解得：a=g。 如图3，设外力F与水平方向成角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcos=(M+m)aFsin-(M+m)g=0联立解得：F=(M+m)g，tan=（或=60）例8：一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等
21、，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数。（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。 【答案】：见解析【解析】。本题主要考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律、速度图像、叠加体及相关知识，意在考察考生灵活运用相关知识解决问题的能力。解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，次过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1=0.5s时，物块与木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内
22、，物块和木板的加速度分别为a1和a2，则：a1=v1/t1 a2=v0-v1/t1 式中 v0=5ms，v1=1ms 分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。设物块与木板的质量为m，物块与木板间、模板与地面之间的动摩擦因数分别为1、2，有牛顿第二定律得：1mg=ma1 1+22mg=ma2 联立式解得：1=0.20 2=0.30 （2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动。物块与木板间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得：f=m a1， 22mg-f=ma2 假设f1mg，与假设矛盾，故f=1mg 由式可知，物
23、块加速度大小a1=a1，物块的v-t图像如图中点划线所示。有运动学公示可推知，物块与木板相对于地面运动的距离分别为：s1=2v122a1 s1=v0+v12t1+v122a2 11物块相对于木板位移的大小为s=s2-s1 (12)联立（11）（12）解得：s=1.125m【方法技巧】解答叠加体的运动要隔离物体受力分析，对某个物体应用牛顿第二定律列出相关方程联立解得。例9：一物体置于水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为，如图。试问作用于物体上的拉力F与水平面之间的夹角为多大时，该力能使物体获得最大的加速度？最大的加速度为多大？【答案】：见解析【解析】。物体受到重力mg、支持力FN、滑动摩擦力
24、f和拉力F，由牛顿第二定律，得Fcos-f=ma，FN+Fsin-mg=0f=FN。联立解得：a=(cos+sin)-g。cos+sin=1+211+2cos+11+2sin若设 sin=11+2，cos=11+2代入上式得：cos+sin=1+211+2cos+11+2sin=1+2sincos+cossin=1+2sin+当+=90时，加速度a具有最大值。即tan=tan90-=cot= 时，加速度a具有最大值。最大加速度a=Fm1+2-g例10：如图所示，水平传送带A、B两端相距S3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数=0.1。工件滑上A端瞬时速度VA4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB
25、。(1)若传送带不动，vB多大？(2)若传送带以速度v(匀速）逆时针转动，vB多大？(3)若传送带以速度v(匀速）顺时针转动，vB多大？【答案】：见解析【解析】。（1）传送带不动，工件滑上传送带后，受到向左得滑动摩擦力（Ff=mg）作用，工件向左做减速运动，初速度为vA，加速度大小为a=g=1ms2，达到B端的速度vB=vA2-2aS=3ms。（2）传送带逆时针转动时，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力仍为Ff=mg，工件向左做初速vA，加速度大小为a=g=1ms2 减速运动，到达B端的速度vB=3ms。（3）传送带顺时针转动时，根据传送带速度v的大小，有下列五种情况：若v=vA，工件滑上
26、传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速运动，工件到达B端的速度vB=vA。若vvA2+2aS，工件由A到B，全程做匀加速运动，到达B端的速度vB=vA2+2aS=5msvA2+2aSvvA，工件由A到B，先做匀加速运动，当速度增加到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达B端的速度vB=v.若vvA2+2aS 时，工件由A到B，全程做匀减速运动，到达B端的速度vB=vA2-2aS=3ms若vAvvA2-2aS，工件由A到B，先做匀减速运动，当速度减小到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达B端的速度vB=v。说明：（1）解答“运动和力”问题的关键是要
27、分析清楚物体的手里情况和运动情况，弄清所给问题的物理情景。（2）审题时注意由题给条件作必要的定性分析或半定量分析。（3）通过此题可进一步体会到，滑动摩擦力的方向并不是总阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动，它可能是阻力，也可能是动力。【经典练习】1: 如图所示滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1m2十m3，这时弹簧秤的读数为T，若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将（ ）m1m3m2A.增大； B.减小； C.不变； D.无法判断【答案】：B【解析】解法1：移m2后，系统左、右的加速度大小相同方向相反，由于ml十m2m3，故系统的重心加速下降，系统处于失重状态，
28、弹簧秤的读数减小，B项正确。解法2：:移后设连接绳的拉力为T/，系统加速度大小为a。 对（mlm2）：（m1m2)g一T/（mlm2)a； 对m3：T/一m3gm3a消去a，可解得。对滑轮稳定后平衡：弹簧秤的读数T2T/，移动前弹簧秤的读数为2(m1m2m3)g，比较可得移动后弹簧秤的读数小于2(m1m2m3）g。故B项正确。2：如图所示，有一个装有水的容器放在弹簧台秤上，容器内有一只木球被容器底部的细线拉住浸没在水中处于静止，当细线突然断开，小球上升的过程中，弹簧秤的示数与小球静止时相比较有 A.增大； B.不变； C.减小； D.无法确定【答案】：C【解析】：当细线断后小球加速上升时处于超
29、重状态，而此时将有等体积的“水球”加速下降处于失重状态；而等体积的木球质量小于“水球”质量，故总体体现为失重状态，弹簧秤的示数变小3：如图，一杯中装满水，水面浮一木块，水面正好与杯口相平。现在使杯和水一起向上做加速运动，问水是否会溢出？【答案】：见解析【解析】：本题的关键在于要搞清这样的问题：当水和木块加速向上运动时，木块排开水的体积是否仍为V，它所受的浮力是否与静止时一样为水gv？我们采用转换的方法来讨论该问题。设想在水中取一块体积为V的水，如图所示，它除了受到重力，还要受到周围水的浮力F，当杯和水向上运动时，它将和周围水一起向上运动，相对于杯子不会有相对运动。则Fmg=ma，F= m（ga
30、）=水V（ga）。 现在，如果把这块水换成恰好排开水的体积为V的木块，显然，当水和木块一起向上做加速运动时，木块所受到周围水对它的浮力也应是水V（ga），木块的加速度为 a木F合/m水=a，（m水=水V）可见，木块排开水的体积不会增加，所以水不会溢出【名师点睛】其实在向上加速的过程中，系统处于超重状态。 木块的浮力F=(g+a)V，而重力也变成了G=m(g +a)。 相当于说浮力增大的因素是视重加速度，和排开水的体积无关。 这样的情况还有不少，比如一艘船从海里开回河里，水的密度变了，它们的最大载重量也变了！在海里的载重量要大于在河里的情况，就是由于海水密度比河水大，浮力是受、g、V三个因素共同
31、影响的缘故。4：将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示，在箱的上顶板和下顶板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a=2.0m/s2的加速度竖直向上作匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0 N,下底板的压力传感器显示的压力为10.0 N。 (g取10m/s2）（1)若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况； (2）要使上顶板的压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？【答案】：见解析【解析】：由题意，对金属块受力分析如图所示。当向上匀减速运动时，加速度方向向下，设上顶板的压力传感器的示数为N1，弹簧弹力为F,
32、由牛顿第二定律有N1mg一Fma弹簧弹力F等于下底板的压力传感器的示数N2：FN2=10N代入可解得m=05kg。（1)依题意，N1=5 N,弹簧长度没有改变，F10N代入解得a=0，说明整个箱体做向上或向下的匀速运动。(2)当整个箱体的加速度方向向上时有F一N1一mg=ma，求出N1减至零的加速度：=10 m/s2。上顶板的压力传感器的示数为零时，整个箱体在做加速度不小于10 m/s2的向上加速或向下减速运动。5：一个同学身高hl18m,质量65 kg,站立举手摸高h2=2.2 m（指手能摸到的最大高度）。（1)该同学用力蹬地，经时间t10.45 s竖直离地跳起，摸高为h3=26m，假定他蹬
33、地的力F1为恒力，求力F1的大小。 (2)另一次该同学从所站h4=1.0 m的高处自由下落，脚接触地面后经过时间t0.25s身体速度降为零，紧接着他用力凡蹬地跳起，摸高为h5=2.7m。假定前后两个阶段中同学与地面的作用力分别都是恒力，求同学蹬地的作用力F2。（取g10m/s2）【答案】：见解析【解析】：（1）涉及两个过程：用力蹬地可视为匀加速过程；离地跳起摸高则为竖直上抛过程。(2)涉及四个过程：第一过程是下落高度为1.0 m的自由下落过程；第二过程是减速时间为0.25s的匀减速至停下的缓冲过程（此阶段人腿弯曲，重心下降）；第三过程是用力F2蹬地使身体由弯曲站直的匀加速上升阶段（此阶段重心升
34、高的高度与第二过程重心下降的高度相等）；第四过程是离地后竖直向上的匀减速运动过程，上升高度为0.5 m。 解：（1)设蹬地匀加速过程的加速度为al，历时t1，末速为v1由运动学条件有v1a1t1；v122g（h3一h2）求得a1= (20/9）m/s2由蹬地过程受力情况可得Fl一mgma1故Flmgmal65040861058.6 N(2)分四个过程： 自由下落vt22gh4=20触地减速到零，设位移x时间t， x（vt0)t/2再加速离地，位移，时间也为x，t，xv22/2a2竖直上抛v22=2g(h5一h2）10由解得vt，由解得x，由解得上抛初速v2，由解得a2由蹬地过程受力情况可得F2一mgma2故F2mgma26505814=12314 N
