2022年高三物理第一轮复习牛顿运动定律考点例析答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高三物理第一轮复习牛顿运动定律考点例析答案例 1-1、分析与解：对人受力分析,他受到重力mg、支持力FNFN yx a和摩擦力 Ff 作用,如图1 所示 .取水平向右为x 轴正向,竖直向上为yx Ff 轴正向,此时只需分解加速度,据牛顿其次定律可得：Ff=macos30 0, FN-mg=masin300ay由于FN6,解得Ff3. 300 mgax m g5mg5图 1 例 1-2 、分析与解：（ 1）错；由于L2被剪断的瞬时,L1上的张力大小发生了变化；剪断瞬时物体的加速度a=gsin . （ 2）对；由于L2被剪断的瞬时,弹簧L1 的长度

2、来不及发生变化,其大小和方向都不变；例 1-3、分析与解：因小球在水平方向不受外力作用,水平方向的加速度为零,且初速度为零,故小球将沿竖直向下的直线运动,即C 选项正确；F F 例 1-4、 分析与解：选人和吊台组成的系统为讨论对象,受力如图5 所示, F 为绳的拉力 ,由牛顿其次定律有：2F-m+Mg=M+ma m+Mg 图 5 a 就拉力大小为：FMm ag350NF FN 2再选人为讨论对象,受力情形如图6 所示, 其中 FN 是吊台对人的支持力；由牛顿其次定律得：F+FN-Mg=Ma, 故 FN=Ma+g-F=200N. 由牛顿第三定律知,人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等,方向

3、相反,因此人对吊台的压力大小为200N,方向竖直向下；Mg 图 6 例 1-5、分析纠错：笔者看到这道试题以后,对高考命题专家是佩服得五体投地！ 命题者将常见的四种不同的物理情形放在一起,让同学判别弹簧的伸长量的大小,不少同学不加摸索的挑选B 答案；没有良好思维习惯的同学是不能正确解答此题的；这正是命题人的独具匠心！此题实际上就是判定四种情形下弹簧所受弹力的大小；由于弹簧的质量不计,所以不论弹簧做何种运动,弹簧各处的弹力大小都相等；因此这四种 情形下弹簧的弹力是相等,即四个弹簧的伸长量是相等；只有 D 选项正确；例 2-1 、分析与解： 1 以物体和绳整体为讨论对象,依据牛顿其次定律可得：F=

4、（M+m ）a,解得 a=F/M+m. 2以物体和靠近物体x 长的绳为讨论对象,如图15 所示；依据牛M mx Fx 顿其次定律可得：Fx=M+mx/La=M+mxMFmLx=0 时,绳图 15 由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的,当施于物体 M 的力的大小为MMmF例 2-2：解析 ：要求车的加速度,好像需将车隔离出来才能求解,事实上,人和车保持相对静止, 即人和车有相同的加速度,所以可将人和车看做一个整体,对整体用牛顿其次定律求解即可；将人和车整体作为讨论对象,整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力；在竖直方向重力与支持力平稳,水平方向绳的拉力为2F ,所以有：2F = M +

5、 ma ,解得： a =2FMm例 2-3：解析 ：先把 P、Q 看成一个整体,受力如图14甲所示,就绳对两环的拉力名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 为内力,不必考虑,又因OB 杆光滑,就杆在竖直方向上对Q 无力的作用,所以整体在竖直方向上只受重力和 OA 杆对它的支持力,所以 N 不变,始终等于 P 、 Q 的重力之和；再以 Q 为讨论对象,因 OB 杆光滑,所以细绳拉力的竖直重量等于 Q 环的重力,当 P 环向左移动一段距离后, 发觉细绳和竖直方向夹角a 变小,所以在细绳拉力的竖直重量不变的情形下,拉力 T 应

6、变小；由以上分析可知应选 B ；例 2-4：解析： 选 M 、 m1 和 m2 构成的整体为讨论对象,把在相同时间内,M 保持静止,m1 和 m2 分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来讨论；依据各种性质的力产生的条件, 在水平方向,整体除受到地面的静摩擦力外,到静摩擦力,那么此力便是整体在水平方向受到的合外力；不行能再受到其他力；假如受依据系统牛顿其次定律,取水平向左的方向为正方向,就有：F合x = Ma + m 1a1xm2a2x其中 a 、 a1x 和 a2x 分别为 M 、m1 和 m2在水平方向的加速度的大小,而 a= 0 ,a1x= g sin30 cos30 cos30

7、 ,a2x = g sin45 cos45 cos45 ；所以：F合= m 1g sin30 cos30 cos30 m2g sin45 cos45 cos45 = 3 10 10.2 3 32.0 10 20.3 2 2 = 2.3N 2 2 2 2 2 2负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反；所以劈块受到地面的摩擦力的大小为 2；3N,方向水平向右；例 2-5：解析： 以人、 车整体为讨论对象,依据系统牛顿运动定律求解；如图 16甲,由系统牛顿其次定律得：M + mgsin = ma 解得人的加速度为a = Mmmgsin例 2-6：解析： 选小球 Q 和两重物 P

8、构成的整体为讨论对象,该整体的速率从零开头逐渐增为最大,紧接着从最大又逐步减小为零（此时小球下降的距离最大为h）,如图1 10甲；在整过程中,只有重力做功,机械能守恒；因重为 Q 的小球可能下降的最大距离为 h ,所以重为 P 的两物体分别上升的最大距离2均为：h L L 考虑到整体初、末位置的速率均为零,故依据机械能守恒定律知,重为 Q 的小球重力势能的削减量等于重为 P 的两个物体重力势能的增加量,即：2 22 2PL 8P Q QQh = 2P h L L 从而解得： h = 2 2Q 4P例 2-7：解析： 只释放一个球与同时释放三个球时,每球所受的库仑力相同；而如同时释放三个球,就三

9、球组成的系统所受合外力为0,由此依据系统牛顿运动定律求解；把 A 、B 、C 三个小球看成一个整体,依据系统牛顿运动定律知,系统沿水平方向所 受合外力等于系统内各物体沿水平方向产生加速度所需力的代数和,由此可得：maA + maB + maC = 0 规定向右为正方向,可解得 C 球的加速度：aC =aA + aB =13 = 2m/s 2 方向水平向右：例 2-8 ：解析 ：要求物体1 和 2 之间的作用力,必需把其中一个隔离出来分析；先以整名师归纳总结 体为讨论对象,依据牛顿其次定律：F1F2 = 2ma 第 2 页,共 13 页再以物体 2 为讨论对象,有NF2 = ma - - - -

10、 - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解、两式可得N =F 12F 2,所以应选C 例 2-9 ：解析 ：A 的运动有两种可能,可依据隔离法分析设 AB 一起运动,就：a =mAFmB1N AB 之间的最大静摩擦力：fm = mBg 以 A 为讨论对象：如fmmAa ,即： m mmAm gF 时, AB 一起向右运动；B如 m mmAm gF ,就 A 向右运动,但比B 要慢,所以应选B B例 2-10：解析：B 受到 A 向前的压力N ,要想 B 不下滑, 需满意的临界条件是：= m 2g ；设 B 不下滑时, A 、B 的加速度为 a ,以 B 为讨论对象,用隔离

11、法分析,B 受到重力,A 对 B 的摩擦力、 A 对 B 向前的压力 N ,如图 23 甲所示,要想 B 不下滑,需满意：1Ngm2g ,即： 1m2am2g ,所以加速度至少为 a =1再用整体法讨论 A、B,依据牛顿其次定律,有：F2m 1 + m2g = m 1 + m 2g = m 1 + m2a 所以推力至少为：F = m 1 + m 21+ 2g 1例 2-11： 解析 ：弹力产生在直接接触并发生了形变的物体之间,现在细绳有无形变无法确定； 所以从产生缘由上分析弹力是否存在就不行了,分析；应结合物体的运动情形来隔离 A 和 B ,受力分析如图24 甲所示,设弹力T 存在,将各力正交

12、分解,由于两物体匀速下滑,处于平稳状态,所以有：mgA sin = T + f A mgBsin + T = f B 设两物体与斜面间动摩擦因数分别为 A 、B ,就：fA = AN A = Am Agcos fB = BN B = BmBgcos 由以上可解得：T = mA g sinAcos和 T = m Bg Bcossin 如 T = 0 ,应有： A = tan ,B = tan由此可见,当A = B 时,绳子上的弹力T 为零；如 A B ,绳子上肯定有弹力吗？我们知道绳子只能产生拉力；当弹力存在时,应有：所以只有当 A B 时绳子上才有弹力；T0 ,即： Atan ,B tan例

13、2-12：解析 ：确定物体 m 的加速度可用整体法,确定盘对物体的支持力需用隔离法；选整体为讨论对象,在没有向下拉盘时有：名师归纳总结 KL = m + m 0g 第 3 页,共 13 页在向下拉伸L 又放手时有：K L = m + m 0a 再选 m 为讨论对象： FN mg = ma - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得： FN = 1 +Lmg L应选 A ；此题也可用假设法、极限法求解；例 3-1、分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时,物体受重力mg,弹簧的弹力 F=kx 和平板的支持力N 作用；据牛顿其次定律有：mg-kx-N=

14、ma 得 N=mg-kx-ma m g a 当 N=0 时,物体与平板分别,所以此时 xk由于 x 1 at 2,所以 t 2 m g a ；2 ka例 3-2、分析与解：由于在 t=0.2s 内 F 是变力,在 t=0.2s 以后 F 是恒力,所以在 t=0.2s 时,P 离开秤盘；此时 P受到盘的支持力为零,由于盘的质量 m1=15kg,所以此时弹簧不能处于原长,这与例 2 轻盘不同；设在 00.2s 这段时间内 P 向上运动的距离为 x,对物体 P 据牛顿其次定律可得：F+N-m 2g=m2a 对于盘和物体 P 整体应用牛顿其次定律可得： m 1 m 2 gF k x m 1 m 2 g

15、 m 1 m 2 ak令 N=0,并由述二式求得 x m 2 g m 1 a,而 x 1 at 2,所以求得 a=6m/s 2. k 2当 P 开头运动时拉力最小,此时对盘和物体P 整体有 Fmin=m 1+m2a=72N. 当 P 与盘分别时拉力 F 最大, Fmax=m2a+g=168N. 例 3-3、分析与解：对于 A、B 整体据牛顿其次定律有：FA+FB=m A+m Ba,设 A 、B 间的作用为 N,就对 B 据牛顿其次定律可得：N+F B=m Ba 解得 N m B F A F BF B 16 4 t Nm A m B 3当 t=4s 时 N=0,A 、B 两物体开头分别,此后 B

16、 做匀加速直线运动,而 A 做加速度逐渐减小的加速运动,当 t=4.5s 时 A 物体的加速度为零而速度不为零；t4.5s 后 ,所受合外F A F B力反向,即 A、B 的加速度方向相反； 当 tg 时,就小球将“ 飘” 离斜面,只受两力作用,如图 13 所示,此时细线 与 水 平 方 向 间 的 夹 角 45 0. 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ： Tcos =ma,Tsin =mg, 解 得2 2T m a g 5 mg；例 4-1 、分析与解：刚放在传送带上的零件,起初有个靠滑动摩擦力加速的过程,当速度增加到与传送带速度相同时,物体与传送带间无相对运动,摩擦力大小由 f= mg 突变

17、为零,此后以速度 V 走完余下距离；由于 f= mg=ma,所以 a= g. 加速时间t1VVV2S 1SVgag加速位移S 11at 1 2122g通过余下距离所用时间t2SVV2共用时间tt1t2SVV2g摩擦力对零件做功 W 1 mV 22例 4-2 、分析与解： 物体放在传送带上后,开头阶段, 传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一沿斜面对下的滑动摩擦力,物体由静止开头加速下滑,受力分析如图20（ a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时,由于 tan ,物体在重力作用下将连续加速,此后物体的速度大于传送带的速度,传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力,但合力沿传送带向下,物体连续加

18、速下滑,受力分析如图 获得共同速度的瞬时发生了“ 突变” ；20b所示；综上可知,滑动摩擦力的方向在开头阶段由牛顿其次定律得 : sin cos =a1; 所以 :a 1=sin cos =10m/s 2; 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间1 a11s; 发生的位移： a11 2/2 5 16; 物体加速到 10m/s 时仍未到达 B点；其次阶段,有： sin cos a2 ; 所以： a2 2m/s 2; 设其次阶段物体滑 2/2 ；解得： t 21s , 2 /=-11s （舍去）；动到 B 的时间为 t2 就： LABS2a2 故物体经受的总时间 =t 1t 2 =2s . 从上述

19、例题可以总结出,皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变,不论是其大小的突 变,仍是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻；训练 1：1、ABC 2、D 3、C 4、AB 5、C 6、D 7D 8N=1 （F+2 mg）39H=1.2 s 名师归纳总结 10解析：在2s 这段时间内台秤示数为3000,即超重1000N,这时向上的加速第 5 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 度a 1F 1MMg5m/2 s；在 25s 这段时间内台秤的示数为2000 N ,等于物体的重力,57s 这段时间内,台秤的示数为F31000 N ,比物

20、重小1000N,说明物体做匀速运动；在即失重, 这时物体做匀减速上升运动,时间内的 v - t图线如下列图,v - t高度为： h 50 m. 11Hm=480m F= 11250 N 训练 2：向下的加速度 a 2 Mg F 35 m / s 2；画出这三段M图线所围成的面积值即表示上升的高度,由图知上升参考答案： 1.B; 2.C; 3.A;. 4.BD; 5.C; 6.BC; 7.A; 8.C; 9.C; 10.D；11. 11. 解：对于小球 A,它受到重力 mg和绳的拉力 F1作用,依据牛顿其次定律可知,这两个力的合力应沿斜面对上,如下列图 . F1 0 由几何关系和牛顿其次定律可得

21、：F=mg=ma,所以 a=g. 0 3030 F=ma 0易求得 F1= 2 mg cos 30 3 mg12. 解：（1）对板,沿坐标 x 轴的受力和运动情形如下列图,视为质点,由牛顿其次定律可得：f1-Mgsin =0 mg 对人,由牛顿第三定律知 f1 /与 f 1等大反向,所以沿 x 正方向受 mgsin 和 f1 /的作用；由牛顿其次定律可得： f 1+mgsin =ma M m g sin由以上二方程联立求解得 a,方向沿斜面对下；m（2）对人,沿 x 轴方向受力和运动情形如图 21 所示；视人 f 2 为质点,依据牛顿其次定律得：mgsin -f 2=0 对板,由牛顿第三定律知

22、 f2 /和 f 2 等值反向； 所以板沿 x 正方 G2X 向受 Mgsin 和 f 2 / 的作用；据牛顿其次定律得：f 2+Mgsin =Ma 由上述二式解得 a m M g sin,方向沿斜面对下；x M13. 解： 1 设 t=2.0s 内车厢的加速度为 aB, 由 s= 1a B t 2得2aB=2.5m/s 2. 2 对 B,由牛顿其次定律：F-f=mBaB, 得 f=45N. 对 A 据牛顿其次定律得 A 的加速度大小为 aA=f/m A=2.25m/s 2, 所以 t=2.0s 末 A 的速度大小为： VA=aAt=4.5m/s. 名师归纳总结 3在 t=2.0s内 A 运动

23、的位移为SA=1 2a At245.m, 第 6 页,共 13 页A 在 B上滑动的距离sssA.0 5 m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 14.a1221g；）215解：物体将沿该力的反方向先做加速度逐步增大的加速运动,接着v B C t F2 做加速度逐步减小的加速运动,最终保持匀速运动；（留意平稳和静止的区别；仍要留意另外N-1 个力是否变化； ）其速度图象如右图所示,OA 段对应A t2 t 的是该力减小过程,AB 段对应的是该力复原原大过程,BC 段对应的是保持原值后的过程；O t1 16 解：小球的加速度大小打算于小球受到的合力；从接触弹

24、簧到到达 最低点,弹力从零开头逐步增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小v B C t3 后增大；当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小A 相等时速度最大；选CD；其速度图象如右图所示,OA 段对应自由下落阶段；AB 段对应弹力逐步增大到等于重力阶段；BC 段对应减速下降阶段；O t1 t2 17.解：向右加速时小球对后壁必定有压力,球在三个共点力作用下向F1 v a 右加速；合外力向右,F2 向右,因此G 和 F1 的合力肯定水平向左,所以F 1 的大小可以用平行四边形定就求出：F1=50N ,可见向右加速时F1的大小与a 无关； F 2 可在水平方G G 向上用

25、牛顿其次定律列方程：F 2-0.75G =ma 运算得 F 2=70N ；可以看出F 2将随 a 的增大而增大；（这种情形下用平行四边形定就比用正交分解法简洁；）必需留意到：向右减速时,F2 有可能减为零,这时小球将离开后壁而“ 飞”F1v 起来；这时细线跟竖直方向的夹角会转变,因此F1 的方向会转变；所以必需先求出这个临界值；当时G 和 F1 的合力刚好等于ma,所以 a 的临界值为a3g；当 a=ga 4时小球必将离开后壁；不难看出,这时F 1=2 mg=56N , F 2=0 18解：由运动学学问可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a 与时间 t 成反比,而其次段中 mg=ma 2 ,加

26、速度a2= g=5m/s2,所以第一段中的加速度肯定是a1=10m/s2；再由方程Fcos mgFsinma 1可求得： F=54.5N 第 一 段 的 末 速 度 和 第 二 段 的 初 速 度 相 等 都 是 最 大 速 度 , 可 以 按 第 二 段 求 得 ：vm=a2t2=20m/s；由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等,所以svmt 1t260m 2留意：在撤去拉力F 前后,物体受的摩擦力发生了转变；训练 3：1、BCD 2、AC 3、A、B、 C 4、A 5、C 6、AB 7、BD8、BD 9、 BD 10、B 11、D 2F 2F12、3,g+ 3m2 14、B、C 15、

27、BC13、1f=11.6N,方向向左（ 2）a=4.5m/s16、 ABD 17、ABD 18、A 名师归纳总结 19、（1）mgsinma , 1分；agsin 12 5m/s, 1分分第 7 页,共 13 页h1at2分；tg2 h, 11.6s分sin2sin2（2）mghmgL 20, 3分；L12.8m 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1 2（3）mgs mv ,2 分；s 3.6mL,物体在到达21 2mv mgh ,2 分；h 1.8m 1 分220、 14 分 解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用,所以小球A 点前速度与传送带相等；1

28、 分B与木块间有压力的作用,并且它们以共同的加速度a沿斜面对下运动将小球和木块看作一个整体,设木块的质量为M,依据牛顿其次定律可得名师归纳总结 MmgsinMmgcosMma（4分）第 8 页,共 13 页代入数据得a2.0m/s2（ 3分）选小球为讨论对象,设MN面对小球的作用力为N,依据牛顿其次定律有mg sinNma（4分）代入数据得N6.0N（2分）依据牛顿第三定律,小球对MN面的压力大小为6.0N ,方向沿斜面（1分）21、 由牛顿其次定律得：mgsinmgcosma（1 分）agsingcos 108.00 . 8100 . 6 m/s212 . 8 m/2 s（1 分）上滑最大距

29、离：xv02264.28m1 .6 m（1 分）2a12.上滑时间：t1v 06.4s05.s（1 分）a12.8下滑过程中：mgsinmgcos ma（1 分）得agsingcos 8.48 m/2 s3 . 2 m/2 s（1 分）又依据x1at22下滑时间t22x2.16s1 s（1 分）2a.32总时间为：t = t1t 2 = 1.5s （1 分）返回斜面底端时的速度大小v = a t 2 = 3.2 m/s （2 分）上滑过程中满意：mgsinmgcosma 1a 1gsingcos 10.06.0 810.08m/s212 . 4 m/s2上滑时间：t停v06 . 4s16s1

30、s（1 分）a 112 4.31又由于mgsinmgcos所以物体滑到最顶端后不再下滑,保持静止；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 得：xv 022.64 2m1 . 7m （1 分）2 a 112 4.22、1 a1= N1 - mg m= 58 - 50m/s2 =1.6 m/s2,3 分 2m 5a2= mg - N 2 m= 50 - 46m/s2 = 0.8m/s2 ,3 分 5（2）v1= a 1t 1=1.6 3 m/s =4.8 m/s ,3 分 3 H=1 12a1t 1 2+v1t 2+ 2a2t 21 2= 2 1.6 31 2m

31、+4.8 10m+ 2 0.8 6=7.2m+48m+14.4m=69.6m , 5 分 23、（1）依据牛顿其次定律,滑块相对车滑动时的加速度amgg（1 分）a3）到m滑块相对车滑动的时间t0v（1 分）a滑块相对车滑动的距离sv tv2 0（1 分）2 amgs滑块与车摩擦产生的内能（1 分）Q由上述各式解得 Q 12（2）设恒力 F取最小值为2 mv （与动摩擦因数 无关的定值）（1 分）a1,此时滑块恰好到达车的左端,就F1,滑块加速度为滑块运动到车左端的时间t1v 0a 1由几何关系有v t 0 1v 0t 1L（1 分）22由牛顿定律有F 1mgma 1（1 分）由式代入数据解得

32、t 10.5s,F 16N（2 分）就恒力 F 大小应当满意条件是F6N（1 分）（3）力 F 取最小值,当滑块运动到车左端后,为使滑块恰不从右端滑出,相对车先做匀加速运动 （设运动加速度为a2,时间为 t2）,再做匀减速运动 （设运动加速度大小为达车右端时,与车达共同速度就有F 1mgma 2t2t 13 s 3t 1t1.08s（1 分）mgma 3（1 分）12 a t 2 22 2 a t 2 2L（1 分）22 a 3由式代入数据解得0.58s（1 分）就力 F的作用时间t 应满意tt ,即 0.5s（2 分）24、 解：问题 1. 图象如下列图； ,3 分1 分v t1t 由图知

33、:t1t 2 第一种方法提升才能强； ,t2名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 问题 2：由牛顿其次定律得：Tmgma,2 分,1 分2 m=2Tg5 T,1 分a11g问题 3： 1 第一种方法：vt1ht 1= 2h,1 分2vv 2= ah ,1 分其次种方法：v2vt2vh,2 分4a2a将带入得： t2=5h2vt2=5,1 分t142 其次种方法与第一种方法提升才能之比：Q2t 1480 %Q 1t25其次种方法与第一种方法相同时间内的耗能比：E2P 2150 %,1 分E 1P 12由以上分析知：相同时

34、间内其次种方法的产量为第一种方法的80%,但耗能为50% 因此其次种方法较好；,1 分25、消防队员先以最大加速度重力加速度加速下滑,然后以尽可能大的加速度作减速运动,即运动过程为先加速后减速；当手和腿对杆施加最大压力时（就是抱紧杆的力）其受到 的滑动摩擦力最大,此时减速的加速度值为最大；名师归纳总结 （1）最大滑动摩擦力fmax N0.5 1800N 900N 1分第 10 页,共 13 页减速的加速度由牛顿其次定律可知af maxmg m900 600 60 m/s25m/s2 2分设消防队员加速下滑的距离为h1,减速下滑的距离为（H h1）,加速阶段的末速度是减速阶段的初速度为max,由

35、题意和匀变速运动的规律有vmax 22gh1 1分vmax 22a（Hh1） v2 1分由此式解得h12 2aH v 2g2a7.2m, 2分消防队员最大速度为vmax2gh1 2 10 7.2 m/s 12m/s 1分（ 2）加速时间t 1vmax g1.2s 1分- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 减速时间t 2vmaxv a1.2s 1分下滑的时间 t t 1t 21.2 1.2 2.4s 1分（3）将消防队员与杆作为整体为讨论对象时,加速阶段消防队员完全失重,杆受到地面的支持力等于杆的重力,即N1Mg 2000N,加速下滑,消防队员2F/N0.8 1.6 2.4 t/s超重, N1Mgm ga 2900N；3000 杆对地面的压力随时间变化图像如下列图；2000 画对得 4 分： 3 条线各 1 分,标度 1 分；26、（1）设 A、B 两物块的加速度为a1、a2；1000 由v t图可得：a 1v 1841m/s0t11203（1 分）a2v2042m/