【专题突破】北京市2020年高考专题强化训练(一)(物理运动和力)

【专题突破】北京市2020年高考专题强化训练（一）（物理运动和力）运动和力一、选择题：〔每题至少有一个选项正确〕1、如下图，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。

现将一工件〔大小不计〕在皮带左端A 点轻轻放下，那么在此后的过程中〔 〕 A 、一段时刻内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动 B 、当工件的速度等于v 时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力 C 、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A 点 右侧的某一点 D 、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态2、如下图，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分不为m 1和m 2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分不为μ1和μ2 ，系统开释后能够一起加速下滑，那么它们之间的摩擦力大小为： A 、μ1 m 1gcos θ ； B 、μ2 m 1gcos θ ； C 、μ1 m 2gcos θ ； D 、μ1 m 2gcos θ ；3、如下图，A 、B 两球完全相同，质量为m ，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．那么弹簧的长度被压缩了〔 〕A ．tan mg k θB ．2tan mg kθC ．(tan )2mg k θD ．2tan()2mg kθ4、关于绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星，以下讲法中，正确的选项是〔 〕A ．卫星的轨道面确信通过地心B ．卫星的运动速度确信大于第一宇宙速度C ．卫星的轨道半径越大、周期越大、速度越小D ．任何卫星的轨道半径的三次方跟周期的平方比都相等 5、如下图，悬挂在小车支架上的摆长为l 的摆，小车与摆球一起以速度v 0匀速向右运动．小车与矮墙相碰后赶忙停止〔不弹回〕，那么以下关于摆球上升能够达到的最大高度H 的讲法中，正确的选项是〔 〕A ．假设02v gl =，那么H =lB ．假设04v gl =，那么H =2lC ．不论v 0多大，能够确信H ≤202v g总是成立的 D ．上述讲法都正确6、单摆a 完成10次全振动的时刻内，单摆b 完成6次全振动，两摆长之差为1.6m ，那么两摆长a l 与b l 分不为〔 〕v 0A ． 2.5m,0.9m a b l l ==B ．0.9m, 2.5m a b l l ==C ． 2.4m, 4.0m a b l l ==D ． 4.0m, 2.4m a b l l ==7、如下图，小车板面上的物体质量为m =8kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车内，这时弹簧的弹力为6N ．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐步增大到1m/s 2，赶忙以1m/s 2的加速度做匀加速直线运动．以下讲法中，正确的选项是〔 〕A ．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B ．物体受到的摩擦力先减小、后增大、先向左、后向右C ．当小车加速度〔向右〕为0.75m/s 2时，物体不受摩擦力作用D ．小车以1m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N8、如下图，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x 0时，物块的速度变为零.从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x 变化的图象，正确的选项是9、如下图，光滑水平桌面上，有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F 1和F 2的作用下运动，F 1＜F 2，那么以下讲法中正确的有 A 、假设撤去F 1，那么甲的加速度一定变大 B 、假设撤去F 1，那么细线上的拉力一定变小 C 、假设撤去F 2，那么乙的加速度一定变大 D 、假设撤去F 2，那么细线上的拉力一定变小10、如下图，在斜面上有两个物体A 、B 靠在一起往下滑，关于A 的受力情形，以下讲法正确的选项是A 、假设斜面光滑，那么物体A 只受两个力B 、假设斜面光滑，并设物体A 、B 的质量分不为m A 、m B ，且m B ＞ m A ，那么物体A 受三个力C 、假设物体A 、B 材料相同，与斜面间有摩擦，那么物体A 只受三个力D 、假设物体A 、B 与斜面间有摩擦，那么A 可能受四个力11、质量m=4kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O ，先用沿+x 轴方向的力F 1=8N 作用了2s ，然后撤去F 1；再用沿+y 方向的力F 2=24N 作用了1s.那么质点在这3s 内的轨迹为O x12、某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的污泥中一段深度.不计空气阻力，取向上为正方向，在下边v —t 图象中，最能反映小铁球运动过程的速度——时刻图线是13、某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10N 的钩码.弹簧秤弹力随时刻变化的规律可通过一传感器直截了当得出，如下图.那么以下分析正确的选项是 A 、从时刻t 1到t 2，钩码处于失重状态 B 、从时刻t 3到t 4，钩码处于超重状态C 、电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再 减速向下，最后停在1楼D 、电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼 14、如下图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的AB 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力ＦB =2N ，A 受到的水平力ＦA =(9-2t)N ，(t 的单位是s).从t ＝0开始计时，那么A 、A 物体在3s 末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍B 、t ＞4s 后，B 物体做匀加速直线运动C 、t ＝4.5s 时，A 物体的速度为零D 、t ＞4.5s 后，AB 的加速度方向相反15、如下图，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v 2沿水平面分不从左、右两端滑上传送带，以下讲法正确的选项是A 、物体从右端滑到左端所须的时刻一定大于物体从左端滑到右端的时刻B 、假设v 2<v 1，物体从左端滑上传送带必定先做加速运动，再做匀速运动C 、假设v 2<v 1，物体从右端滑上传送带，那么物体可能到达左端D 、假设v 2<v 1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动，右v 1v 2左v 2再做加速运动16、如下图，四根相同的轻质弹簧连着 相同的物体，在外力作用下做不同的运动：(1)在光滑水平面上做加速度大小为g 的匀加速直线运动；(2)在光滑斜面上作向上的匀速直线 运动；(3)做竖直向下的匀速直线运动；(4)做竖直向上的加速度大小为g 的匀加速直线运动.设四根弹簧伸长量分不为△l 1、△l 2、△l 3、△l 4，不计空气阻力，g 为重力加速度，那么A 、△l 1＞△l 2B 、△l 3＜△l 4C 、△l 1＞△l 4D 、△l 2＞△l 317、如下图，小车内有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车内.开始时小车处在静止状态.当小车匀加速向右运动时 A 、弹簧秤读数及小车对地面压力均增大 B 、弹簧秤读数及小车对地面压力均变小 C 、弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D 、弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 18、如图，某人正通过定滑轮用不可伸长的轻质细绳将质量为m 的物资提升到高处.人拉绳的端点沿平面向右运动，假设滑轮的质量和摩擦均不计，那么以下讲法中正确的选项是 A 、人向右匀速运动时，绳的拉力T 大于物体的重力mg B 、人向右匀速运动时，绳的拉力T 等于物体的重力mg C 、人向右匀加速运动时，物体做加速度增加的加速运动 D 、人向右匀加速运动时，物体做加速度减小的加速运动19、如下图，一物体A 置于光滑的水平面上，一弹簧下端固定在物体上，上端固定在天花板上，现在弹簧处于竖直且为自然长度.现对物体施加一水平拉力，使物体沿水平面向右缓慢运动，运动过程中物体没有离开水平面，那么关于此运动过程中物体的受力情形，以下讲法正确的选项是 A 、物体所受拉力F 一定增大 B 、物体所受弹簧的拉力一定增大 C 、地面对物体的支持力一定增大 D 、物体所爱的合力一定增大20、如下图，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作F1m 2m FF用下，先沿光滑平面，再沿光滑斜面，最后竖直向上运动，在三个时期的运动中，线上拉力的大小A 、由大变小B 、由小变大C 、始终不变D 、由大变小再变大二、运算题：1、如下图，传送带与水平地面间的倾角为θ＝37°，从A 端到B 端长度为S ＝16m ，传送带以v ＝m/s 的速率逆时针转动，在传送带上A 端由静止开释一个质量为m ＝0.5kg 的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，求小物体从A 到B 所用的时刻.(g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)2、举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目.就〝抓举〞而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，如下图照片表示了其中的几个状态.现测得轮子在照片中的直径为1.0cm ，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离为1.3cm.运动员所举杠铃的直径是45cm ，质量为150kg ，运动员从发力到支撑历时0.8s ，试估算那个过程中杠铃向上运动的最大速度；假设将运动员发力时的作用力简化成恒力，那么该恒力有多大？3、如下图，在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑，滑块质量为m ，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比，即kv f =.(1)写出滑块下滑加速度的表达式. (2)写出滑块下滑的最大速度的表达式.(3)假设2/10300.2s m g kg m =︒==，，θ，从静止下滑的速度图象如下图的曲线，图中直线是t ＝0时的速度图线的切线，由此求出μ和k 的值.4、物体A 的质量m 1＝1kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为m 2＝0.5kg 、长l ＝1m ，某时刻A 以v 0＝4m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A 不至于从B 上滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，假设A 与B 之间的动摩擦因数µ＝0.2，试求拉力F 应满足的条件.(忽略物体A 的大小)5、如下图，传送带的水平部分ab=2m ，斜面部分bc=4m ，bc 与水平面的夹角α=37°.一个小物体A 与传送带的动摩擦因素μ=0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v=2m/s.假设把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，此过程中物体A 可不能脱离传送带.求物体A 从a 点被传送到c 点所用的时刻.(g=10m/s 2)6、如下图，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分不为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板.系统处于静止状态.现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 和从开始到现在物块A 的位移d .(重力加速度为g )7、如下图为火车站装载物资的原理示意图，设AB 段是距水平传送带装置高为H=5m 的光滑斜面，水平段BC 使用水平传送带装置，BC 长L=8m ，与物资包的摩擦系数为μ=0.6，皮带轮的半径为R=0.2m ，上部距车厢底水平面的高度h=0.45m.设物资由静止开始从A 点下滑，通过B 点的拐角处无机械能缺失.通过调整皮带轮(不打滑)的转动角速度ω可使物资ABv 0 F经C 点抛出后落在车厢上的不同位置，取g=10m/s 2，求：(1)当皮带轮静止时，物资包在车厢内的落地点到C 点的水平距离；(2)当皮带轮以角速度ω=20rad/s 顺时针匀速转动时，物资包在车厢内的落地点到C 点的水平距离；(3)试推导并画出物资包在车厢内的落地点到C 点的水平距离S 随皮带轮角速度ω变化关系的S —ω图象；(设皮带轮顺时方针方向转动时，角速度ω取正值，水平距离向右取正.)8、质量为m 的物块用压缩的轻质弹簧卡在竖直放置的矩形匣子中，如下图，在匣子的顶部和底部都装有压力传感器，当匣子随升降机以a=2.0m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时，匣子顶部的压力传感器显示的压力为 6.0N ，底部的压力传感器显示的压力为10.0N(g=10m/s 2)(1)当匣子顶部压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时，试确定升降机的运动情形.(2)要使匣子顶部压力传感器的示数为零，升降机沿竖直方向的运动情形可能是如何样的？9、一平板车，质量M=100kg ，停在水平面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m.一质量m=50kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00m ，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如下图，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S 0=2.0m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离S(不计路面与平板车间以及轮轴之间摩擦，取g=10m/s 2).ABC H h L ω/rad ·s －1S/m10、一位蹦床运动员仅在竖起方向上运动，弹簧床面与运动员间的弹力随时刻变化的规律通过传感器用运算机绘制出来，如下图.取当地的重力加速度g=10m/s2.试结合图象，求(1)蹦床运动稳固后的运动周期；(2)运动员的质量；(3)在运动过程中，运动员离开弹簧床上升的最大高度；(4)运动过程中运动员的最大加速度答案一、选择题：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 AD B C ACD AC B ABC D ABD ACD 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D C ABC ABD CD AB C AC AB C 二、运算题：1、解答：物体受到竖直向下的重力和沿传送带方向向下的摩擦力作用，做加速度为a 1的匀加速直线运动，通过时刻t 1，速度达到v ＝10m/s ，对地位移为S 1，依照牛顿地二定律 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1 代入数据求得a 1＝10m/s 2 依照匀变速直线运动规律v ＝at 12S 1＝vt 1 代入数据求得t 1＝1sS 1＝5m<16m 物体速度达到v ＝10m/s 以后，受到竖直向下得重力和沿传送带方向向上得摩擦力作用，做加速度为a 2得匀加速直线运动，通过时刻t 2，运动到B 端，依照牛顿第二定律 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2 代入数据求得a 2＝2m/s 2依照匀变速直线运动规律S －S 1＝vt 2＋22221t a代入数据由01110222=-+t t 解得t 2＝1s 或t 2＝－11s(舍去)因此，小物体从A 到B 所用的时刻为t ＝t 1＋t 2＝2s2、解：从发力到支撑的0.8s 内，杠铃先作加速运动(当作匀加速)，然后作减速运动到速度为零(视为竖直上抛运动)，这确实是杠铃运动的物理模型.依照轮子的实际直径0.45m 和它在照片中的直径1.0cm ，能够推算出照片缩小的比例，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h ′=1.3cm ，按此比例可算得实际上升的高度为h =0.59m. 设杠铃在该过程中的最大速度为m v ，有t v h m 2=，得s m th v m /48.12== 减速运动的时刻应为s gv t m15.02==加速运动的位移：m t t v s m 48.0)(221=-=又122as v m =解得2/28.2s m a =依照牛顿第二定律，有ma mg F =-解得N F 1842=3、解：(1)由牛顿第二定律ma Kv mg mg =--θμθcos sin 得mKvg g a --=θμθsin sin (2)当速度最大时合外力为零0cos sin =--Kv mg mg θμθ得()kmg v θμθcos sin -=(3)由图象可知，当t=0时2/3s m a =，那么ma mg mg =-θμθcos sin 当达到最大速度s m v /2=时有0cos sin =--Kv mg mg θμθ由以上两式解得1532=μs kg K /3=4、解：物体A 滑上木板B 以后，作匀减速运动，加速度a A ＝µg ① 木板B 作加速运动，有：12B F m g m a μ+=②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，那么：l a v a v v Bt A t +=-222220③且：B t A t a v a v v =-0④由③、④式，可得：2206/2B A v a a m s l=-=代入②式得：210.560.21101B F m a m g N N μ=-=⨯-⨯⨯=假设F ＜1N ，那么A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，因此将从B 上滑落，因此F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B静止，才能可不能从B 的左端滑落.即有：1211()F m m am g m aμ=+⎧⎨=⎩因此：F ＝3N假设F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上：力F 应满足的条件是1 N 3 N F ≤≤5、解：物体A 轻放在a 点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等.在这一过程中有a 1=mgmμ=μg s 1=2222v v a g μ==0.8m ＜ab 经历时刻为t 1=1v a =0.8s 此后随传送带运动到b 点的时刻为t 2=1ab s v-=0.6s 当物体A 到达成bc 斜面后，由于mgsin α=0.6mg ＞μmgcos α=0.2mg ，因此物体A 将再次沿传送带做匀加速直线运动.其加速度大小为a 2=(mgsin α-μmgcos α)/m=4m/s 2物体A 在传送带bc 上所用时刻满足232312bc vt a t =+代入数据得t 3=1s(负值舍去) 财物体A 从a 点被传送到c 点所用时刻为t=t 1+t 2+t 3=2.4s6、解：系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A 物体受力可知：F 1=m A g sin θ，F 1为现在弹簧弹力，设现在弹簧压缩量为x 1，那么F 1=kx 1，得x 1=k g m A θsin在恒力作用下，A 向上加速运动，弹簧由压缩状态逐步变为伸长状态.当B 刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x 2，分析B 的受力有：kx 2=m B g sin θ，得x 2=m B g sin θk设现在A 的加速度为a ，由牛顿第二定律有：F -m A g sin θ-kx 2=m A a ，得a =F -(m A +m B )g sin θm AA 与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A 上移的位移，故有d =x 1+x 2，即：d =(m A +m B )g sinθk7、解：(1)mgH mV =2021，B 点速度V 0=10m/s B 到C 做匀减速运动，加速度2/6s m g m mga ===μμ那么：aL V V C 2220=-，因此：V C =2m/s落地点到C 点的水平距离：)(6.02m gh V S C =⋅= (2)皮带速度V 皮=ω·R=4m/s ，同(1)的论证可知：物资先减速后匀速，从C 点抛出的速度为V C =4m/s ，落地点到C 点的水平距离：)(2.12m gh V S C =⋅= (3)①皮带轮逆时针方向转动，从B 到C 均做匀减速运动，C 点速度V C =2m/s ，落地点到C 点的水平距离S=0.6(m)②皮带轮顺时针方向转动时：Ⅰ、假设0≤V 皮≤2m/s ，即0≤ω≤10rad/s 时，物资从B 到C 匀减速运动，S=0.6(m) Ⅱ、假设2m/s ＜V 皮＜10m/s ，即10＜ω＜50rad/s 时，物资从B 到C 先减速再匀速运动： V C =ω·R.假设V 皮=10m/s 即ω=50rad/s 时，物资从B 到C 匀速运动落地点到C 点的水平距离：S=ω·R gh 2=0.06ω Ⅲ、因为假设物资一直加速时，aL V V C 2202=-，物资在C 点时的速度：V C =14m/s ，假设10m/s ＜V 皮＜14m/s 即50＜ω＜70rad/s 时，物资从B 到C 先加速再匀速，因此：V C =ω·R落地点到C 点的水平距离：S=ω·R gh 2=0.06ω Ⅳ、假设V 皮≥14m/s 即ω≥70rad/s 时，物资一直加速，物资在C 点时的速度： V C =14m/s ，落地点到C 点的水平距离恒为： S=g h v c 2⋅＝4.2m8、解：(1)设顶部传感器的压力大小为F 1，底部传感器的压力大小为F 2，由题意可知底部传感器的压力的保持不变，即F 2=10N由牛顿运动定律可知：ma F mg F =-+21故：kg kg a g F F m 5.02100.60.1012=--=--= 当匣子顶部压力传感器的示数为底部传感器的示数的一样时，即N F F 0.5221=='， 对物块由牛顿第二定律可得：a m F mg F '=-+'22解得：0/5.010105.05221=-⨯+=-+'='s m m F mg F a 故升降机的运动情形为匀速直线运动或保持静止.(2)欲使匣子顶部压力传感器的示数为零，即F 1=0，对物块由牛顿第二定律有： ma mg F =-2又：N F 102≥故：222/10/5.0105.010s m s m m mg F a =⨯-≥-=加速度方向竖直向上.故升降机的运动情形为以大小大于或等于10m/s 2的加速度向上·s －1做匀加速直线运动或向下做匀减速直线运动9、解法一：设作用于平板车的水平恒力F ，物块与车板间的磨擦力为f ，自车启动至物块离开车板经历的时刻为t ，在这过程中，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2，那么有1Ma f F =-2Ma F =mg f μ=以及21021t a s = 22021t a b s =- 由②、③两式得222/2/102.0s m s m g a =⨯==μ由④、⑤两式得222001/4/2122s m s m a b s s a =⨯-=-=由①、③两式得N N N Ma mg F 500410010502.01=⨯+⨯⨯=+=μ物块开始离开车板时刻，物块和车的速度分不为v 和V ，那么s m s m s a V /4/242201=⨯⨯==s m s m b s a v /2/122)(202=⨯⨯=-=物块离开车板后平抛运动，其水平速度为v ，所经历的时刻为t 1，走过的水平距离为s 1，那么有：vt s =12121gt h = 解之得： s s g h t 5.01025.1221=⨯==m m vt s 15.0211=⨯==在这段时刻内车的加速度22/5/100500s m s m M F a === 车的运动的距离 m m at Vt s 625.25.05215.042122112=⨯⨯+⨯=+=取两位，s 2=2.6mm m s s s 6.1)16.2(12=-=-=解法二：设作用于平板车的水平恒力为F ，物块与车板间的摩擦力为f ，自车启动至物块开始离开车板经历的时刻为t ，物块开始离开车板时的速度为v ，车的速度为V ，那么有2021)(MV s f F =-2021)(mv b s f =- mv ft =mg f μ=由得：2200mvMV b s s f f F =-⋅- 由得：mvMV f f F =- 由得：s m s m b s g v /2/)12(102.02)(20=-⨯⨯⨯=-=μ 由得：s m s m v b s s V /4/212200=⨯-=-= 由得：N N N s MV mg s MV f F 500241002110502.0212120202=⨯⨯+⨯⨯=+=+=μ 物块离开车板后平抛运动，其水平速度为v 所经历的时刻为t 1，走过的水平距离为s 1，那么有：vt s =12121gt h =解之得：s s gh t 5.01025.1221=⨯== m m vt s 15.0211=⨯==在这段时刻内车的加速度22/5/100500s m s m M F a === 车运动的距离m m at Vt s 625.25.05215.042122112=⨯⨯+⨯=+=取两位，s 2=2.6m m m s s s 6.1)16.2(12=-=-=10、解：(1)周期能够求出，由图象可知T=9.5s －6.7s=2.8s(2分)(2)运动员的质量要以求出，由题中图象可知运动员运动前mg=F 0=500N∴m=50kg2分(3)由题中可知运动员运动稳固后每次腾空时刻为：△t=(8.7－6.7)s ＝2s(2分)∴H ＝2)t 21(g 21∆＝5m(2分) (4)运动过程中运动员的最大加速度能够求出，运动员每次腾空时加速度a 1=g=10m/s 2，而陷落最深时由可知F m =2500N(1分)现在牛顿运动定律F m －mg ＝ma m (2分)可得最大加速度a m ＝g m F m -=40m/s 2(2分)。