【物理】2018届一轮复习人教A版牛顿第二定律　动力学两类问题试题

【物理】2018届一轮复习人教A版牛顿第二定律　动力学两类问题试题

‎1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.‎ ‎2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．‎ 热点题型一 牛顿第二定律的理解 例1、根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 (　　)‎ A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 答案：D　‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎1．牛顿第二定律的五个特性 ‎ ‎ ‎2．合力、加速度、速度间的决定关系 ‎(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。‎ ‎(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a ‎∝F，a∝。‎ ‎(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。‎ ‎【举一反三】 ‎ ‎(多选)关于力与运动的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用 B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用 C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用 D．物体的速率不变，则其所受合力必为零 答案：AC　‎ 热点题型二 牛顿第二定律的瞬时性 例2、 (多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全 相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间 (　　)‎ A．a1＝‎3g　　　　　　　 B．a1＝0‎ C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ 解析：设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1，剪断前对b、c 和弹簧组成的整体分析可知F1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝‎3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为F2，则F2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。‎ 答案：AC　‎ ‎【提分秘籍】 ‎ ‎1．两种模型 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：‎ ‎2．求解瞬时加速度的一般思路 ⇒⇒ ‎ 【举一反三】 ‎ 如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　)‎ A．a1＝a2＝a3＝a4＝0‎ B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对。 ‎ 答案：C　‎ 热点题型三 动力学的两类基本问题 例3． (2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝‎27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；‎ ‎(2)A在B上总的运动时间。‎ ‎【解析】(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1 ①‎ N1＝mgcos θ ②‎ f2＝μ2N2 ③‎ N2＝N1′＋mgcos θ ④‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a1＝‎3 m/s2 ⑨‎ a2＝‎1 m/s2 ⑩‎ ‎(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝‎6 m/s ⑪‎ v2＝a2t1＝‎2 m/s ⑫‎ t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得 ‎ a1′＝‎6 m/s2 ⑬‎ a2′＝－‎2 m/s2 ⑭‎ B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 ⑮‎ 联立⑫⑭⑮式得 t2＝1 s ⑯‎ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 x＝－ ‎＝‎12 m＜‎27 m ⑰‎ ‎【答案】(1)‎3 m/s2　‎1 m/s2　(2)4 s ‎【提分秘籍】‎ ‎ 1．解决两类基本问题的思路 ‎2．两类动力学问题的解题步骤 ‎【举一反三】 ‎ 一质量m＝‎5 kg的滑块在F＝15 N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取‎10 m/s2，问：‎ 图326‎ ‎(1)滑块在力F作用下经5 s，通过的位移是多大？‎ ‎(2)5 s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？‎ 答案：(1)‎12.5 m　(2)‎6.25 m ‎ 热点题型四 动力学的图像问题 例4、 (多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图327(a)，一物块在t ‎＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 (　　)‎ 项D正确。 ‎ ‎【答案】ACD ‎【提分秘籍】‎ ‎ 1．常见的动力学图像 vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。‎ ‎2．动力学图像问题的类型 ‎3．解题策略 ‎(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。‎ ‎(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是 (　　)‎ ‎【答案】A ‎ ‎ ‎1．【2017·新课标Ⅰ卷】（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求油滴运动到B点时的速度。‎ ‎（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足 ③‎ 油滴在时刻t2=2t1的速度为 ④‎ 由①②③④式得 ⑤‎ 若B点在A点之上，依题意有⑩‎ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪‎ 为使，应有⑫‎ 即当⑬‎ 或⑭‎ 才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于和两种情形。‎ 若B在A点之下，依题意有⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得⑯‎ 为使，应有⑰‎ 即⑱‎ 另一解为负，不符合题意，已舍去。 ‎ ‎2.【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正确；由x＝at2可知，t甲f乙，则W甲克服>W乙克服，D正确．‎ ‎3． [2016·全国卷Ⅱ] 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ 图1‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确．在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcos α＝0，C正确．从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确．‎ ‎4． [2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)5　(2)能 ‎【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg　①‎ 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg　②‎ 由①②式得＝5　③‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0　④‎ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝　⑤‎ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m　⑥‎ 由机械能守恒有mg＝mv　⑦‎ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．‎ ‎5． [2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1所示，质量m＝‎60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝‎3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝‎24 m/s，A与B的竖直高度差H＝‎48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝‎5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取‎10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；‎ ‎(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？‎ ‎【答案】(1)144 N　(2)‎‎12.5 m ‎【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax　 ①‎ 由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma　②‎ 联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N　③‎ ‎(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有 mgh＋W＝mv－mv　④‎ 设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m　⑤‎ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝‎‎12.5 m ‎6． [2016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图 竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长‎12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为‎23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了‎4 m时，车头距制动坡床顶端‎38 m ‎，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；‎ ‎(2)制动坡床的长度．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)‎5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)‎‎98 m a1的方向沿制动坡床向下．‎ ‎(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝‎23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝‎38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝‎12 m，制动坡床的长度为l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2‎ F＝k(m＋M)g s1＝vt－a1t2‎ s2＝vt－a2t2‎ s＝s1－s2‎ l＝l0＋s0＋s2‎ 联立并代入数据得 l＝‎98 m.‎ ‎【2015·上海·3】1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力，如下图所示：‎ ‎【2015·江苏·6】2．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）‎ A．t=2s时最大 B．t=2s时最小 C．t=8.5s时最大 D．t=8.5s时最小 ‎【答案】AD ‎【2015·全国新课标Ⅱ·20】3．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F ‎。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为 A．8 B．‎10 C．15 D．18‎ ‎【答案】BC ‎【2015·全国新课标Ⅰ·20】4．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出 A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎【答案】ACD ‎【解析】小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程，向下滑行，整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对。根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。‎ ‎【2015·重庆·5】6．若货物随升降机运动的图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是 ‎【答案】B ‎【解析】由图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，）；过程②为向下匀速直线（平衡，）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，）；综合各个过程可知B选项正确。‎ ‎【2015·海南·8】7．如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间 A．a1=‎3g B．a1=‎0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2‎ ‎【答案】AC 则，根据胡克定律可得，C正确，D错误。‎ ‎【2015·海南·9】8．如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 ‎【答案】BD 加速度a向上运动时，有，，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。‎ ‎【2015·全国新课标Ⅰ·25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为‎4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离．‎ ‎【解析】　(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①‎ 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝‎4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1②‎ s0＝v0t1＋a1t③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝‎4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．‎ 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2⑤‎ 由图可得a2＝⑥‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4.⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt⑨‎ v3＝v1＋a2Δt⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移 s1＝Δt⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝Δt⑫‎ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝‎6.0 m⑭‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为‎6.0 m.‎ ‎(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮‎ ‎0－v＝‎2a4s3⑯‎ 碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s＝－‎6.5 m⑱‎ 木板右端离墙壁的最终距离为‎6.5 m.‎ ‎【答案】　(1)0.1；0.4　(2)‎6.0 m　(3)‎‎6.5 m ‎ (2014·新课标Ⅱ·24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约‎39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约‎1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝‎10m/s2.‎ ‎(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至‎1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；‎ ‎(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图13所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝‎100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)‎ 图13‎ ‎【答案】(1)87s　8.7×‎102m/s　(2)‎0.008 kg/m ‎【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至‎1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在‎1.5km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有 v＝gt①‎ s＝gt2②‎ 根据题意有 s＝3.9×‎104m－1.5×‎103m＝3.75×‎104m③‎ 联立①②③式得 t≈87s④‎ v≈8.7×‎102m/s⑤‎ ‎(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有 mg＝kv⑥‎ 由所给的v—t图象可读出 vmax≈‎360m/s⑦‎ 由⑥⑦式得 k≈‎0.008kg/m