(完整版)牛顿运动定律总结,推荐文档VIP

1、名思物理试题高一物理第四章牛顿运动定律总结一、夯实基础知识1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。理解要点 ：（ 1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（ 2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义： av ，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。（不能说“力是产t生速度的原因” 、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。）；（ 3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性

2、质，这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。质量是物体惯性大小的量度。（ 4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证， 但是建立在大量实验现象的基础之上， 通过思维的逻辑推理而发现的。 它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（ 5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在 F=0 时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定

3、律定量地给出力与运动的关系。2、牛顿第二定律：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma.理解要点 ：（ 1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律； 反过来， 知道了运动， 可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动， 控制运动提供了理论基础；（ 2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（ 3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,Fy=may

4、,若 F 为物体受的合外力，那么 a 表示物体的实际加速度；若 F 为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么 a表示物体在该方向上的分加速度；若F 为物体受的若干力中的某一个力，那么a 仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。（ 4）牛顿第二定律F=ma 定义了力的基本单位牛顿（使质量为1kg 的物体产生1m/s2 的加速度的作用力为1N, 即 1N=1kg.m/s 2.（ 5）应用牛顿第二定律解题的步骤：明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为1名思物理试题mi，对应的加速度为ai，则有：F 合 =m1 a1+m2a2+m 3a3+

5、m nan对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律：F 1=m1a1， F2=m2a2， F n=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的， 总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F 。对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注

6、意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。注：解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出运动情况，那么问题都能迎刃而解。（ 6）运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）：（ 1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况如物体运动的位移、速度及时间等（ 2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案两类动力学基本问题的解题思

7、路图解如下：牛顿第二定律加速度 a运动学公式第一类问题受力情况运动情况另一类问题加速度 a牛顿第二定律运动学公式可见，不论求解那一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键。3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。理解要点 ：(1) 作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（ 2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（ 3）作用力和反作用力是同一性质的力；（ 4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果

8、，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。（5）区分一对作用力2名思物理试题反作用力和一对平衡力：一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上，而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力一定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力一定是同时产生同时消失的，而平衡力中的一个消失后，另一个可能仍然存在。4. 物体受力分析的基本程序：（ 1）确定研究对象； （ 2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（ 3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体

9、，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。5. 超重和失重 ：（ 1）超重 ：物体具有竖直向上的加速度称物体处于超重。处于超重状态的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma. ；（ 2）失重 ：物体具有竖直向下的加速度称物体处于失重。处于失重状态的物体对支持面的压力FN（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg，即 FN=mg ma，当 a=g 时，FN=0, 即物体处于完全失重。6、牛顿定律的适用范围：（ 1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（ 2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用

10、来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。二、解析典型问题问题 1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。牛顿第二定律F=ma 是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。例 1、如图 1 所示，电梯与水平面夹角为300 ,当电梯加速向上运动时，人对梯面压yFNxx力是其重力的 6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？Ffya分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力 FN 和摩擦力 Ff 作用，如图 1amg300ax所示 .取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第图 1二定律可得：0F -

11、mg=masin300F =macos30 ,fN因为FN6F f3mg5，解得.mg5问题 2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果产生加速度。 物体在某一时刻加速度的大小和方向， 是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma 对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。3名思物理试题例 2、如图 2（a）所示，一质量为 m的物体系于长度分别为 L1、L2 的两根细线上， L1L 1L的一端悬挂在天花板上，与竖直方向

12、夹角为，L2 水平拉直，物体处于平衡状态。现将2L2 线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。图 2(a)（ l ）下面是某同学对该题的一种解法：L 1分析与解：设 L 线上拉力为T ，L 线上拉力为T重力为 mg，物体在三力作用下L 21122，保持平衡 , 有图 2(b)T1cos mg， T 1sin T2， T 2 mgtan剪断线的瞬间，T2 突然消失，物体即在T2 反方向获得加速度。因为mg tan ma，所以加速度a g tan ，方向在 T2 反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（ 2）若将图2(a) 中的细线L1 改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)

13、所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l ）完全相同，即a g tan ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解： （ 1）错。因为 L2 被剪断的瞬间， 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。因为L2 被剪断的瞬间，弹簧L1 的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。问题 3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原m理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力M就产生那个方向的加速度。例 3、如图 3 所示，一个劈形物体M 放在固定的斜面上，上表

14、面水平，在水平面上放图 3有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：A沿斜面向下的直线B抛物线C竖直向下的直线D.无规则的曲线。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。4名思物理试题问题 4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。加速度和合外力(还有质量 )是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。例 4、一人在井下站在吊台上， 用如图 4 所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15k

15、g, 人的质量为 M=55kg, 起图 4动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)FF分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5 所示， F 为绳的拉力 ,由牛顿第二定律有： 2F-(m+M)g=(M+m)a(m+M)g图 5(M m)(ag)则拉力大小为： F2350NF再选人为研究对象，受力情况如图6 所示，其中 FN 是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律FN得： F+FN -Mg=Ma, 故 FN =M(a+g)-F=200N.a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，方向相反，因此人对Mg吊台的压力大小为200N

16、，方向竖直向下。图 6问题 5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。例 5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m 的物体 ,有一水平板将物体托住 ,并使弹簧处于自然长度。如图 7 所示。现让木板由静止开始以加速度a(a g匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。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 和平图 7板的支持力N 作用。据牛顿第二定律有：mg

17、-kx-N=ma 得 N=mg-kx-ma当 N=0 时，物体与平板分离，所以此时m( g a)xk因为 x1at 2，所以 t2m(g a) 。2kaF例 6、如图 8 所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体 P 处于静止，P 的质量 m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。现在给 P 施加一个竖直向上的力F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s 内 F 是变力，在 0.2s 以后 F 是恒力， g=10m/s2,则 F 的最小值是，F 的最大值是。图 8分析与解： 因为在 t=0.2s 内 F 是变力， 在 t=0.2s 以后 F 是恒

18、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，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_0.2s 这段时间内 P5名思物理试题向上运动的距离：Fx=mg/k=0.4m因为 x1 at 2，所以 P 在这段时间的加速度a2 x20m/ s22t 2当 P 开始运动时拉力最小，此时对物体P 有 N-mg+F min=ma,又因此时N=mg ，所以有图 9Fmin=ma=240N.当 P 与盘分离时拉力 F 最大， Fmax=m(a+g)=360N.例 7、一弹簧秤的秤盘质量 m1=1 5kg，盘内放一质量为 m2=10 5kg 的物体 P，弹簧质量不计，其

19、劲度系数为k=800N/m ，系统处于静止状态，如图9 所示。现给P 施加一个竖直向上的力F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动， 已知在最初02s 内 F 是变化的， 在 02s 后是恒定的， 求 F 的最大值和最小值各是多少？（ g=10m/s2）分析与解：因为在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0_0.2s这段时间内P 向上运动的距离为x,对物体 P 据牛顿第二定律可得：F+N-m 2g=m 2a对于盘和物体

20、P 整体应用牛顿第二定律可得：( m1m2 ) gm2 )aF kx (m1 m2 ) g (m1k令 N=0 ，并由述二式求得 xm2 g m1a，而 x1 at 2，所以求得 a=6m/s2.k2当 P 开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P 整体有 Fmin=(m 1+m 2)a=72N.当 P 与盘分离时拉力 F 最大， Fmax=m 2(a+g)=168N.问题 6：必须会分析临界问题。例 8、如图 10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的两物体，的质量是的2 倍，受到向右的恒力B =2N ，受到的水平力 A =(9-2t)N ， (t 的单位是 s)。从 t0 开始计时，则：A 物体在

21、3s 末时刻的加速度是初始时刻的511 倍；B t s 后 ,物体做匀加速直线运动；Ct 4.5s 时 ,物体的速度为零；D t 4.5s 后 ,的加速度方向相反。图 10分析与解：对于 A 、B 整体据牛顿第二定律有：FA +FB =(mA +m B)a,设 A 、B 间的作用为 N，则对 B 据牛顿第二定律可得： N+F B=m Ba解得 N mBF AFBFB16 4t Nm AmB3当 t=4s 时 N=0 ， A 、 B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动，6名思物理试题当 t=4.5s 时 A 物体的加速度为零而速度不为零。t 4.5s后 ,

22、所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反。当t< s 时， A 、B 的加速度均为FAFBa。mAmBP综上所述，选项A、B、D 正确。例 9、如图 11 所示，细线的一端固定于倾角为450 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细aA450线的另一端拴一质量为m 的小球。当滑块至少以加速度a=向左运动时，小图 11球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g 的加速度向左运动时，线中拉力T=。分析与解：当滑块具有向左的加速度a 时，小球受重力 mg、绳的拉力 T 和斜面的支持TN力 N 作用，如图12 所示。450在水平方向有 Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有 Tsin450

23、-Nsin450 -mg=0.amgm(g a)m( g a)由上述两式可解出： N,T2sin 4502cos450图 12由此两式可看出，当加速度a 增大时，球受支持力N 减小，绳拉力 T 增加。当 a=g 时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos45 0=2mg .T当滑块加速度 a>g 时，则小球将“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 <450. 由牛 顿第二 定律 得： Tcos =ma,Tsin =mg, 解得amgT m a2g25mg 。图 13问题 7：必须会用整体法和隔离法解

24、题。两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一.例 10、用质量为m、长度为 L 的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳MmF的一端所施加的水平拉力为F， 如图 14 所示，求：(1) 物体与绳的加速度；图 14(2) 绳中各处张力的大小 ( 假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)分析与解： (1) 以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=（ M+m ） a,解得 a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x 长的绳为研究对象，如图15 所示。根据牛顿第二定律可MmxFm x )Fx得

25、： Fx=(M+mx/L)a=(M+.LMm由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0 时，绳施于物体 M 的图 157名思物理试题力的大小为MF 。Mm例 11、如图 16 所示， AB 为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为 m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当细绳与AB 成角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d AB是多少？Lm分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在图 16小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球

26、始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度Vy2gL sin。可求得轻环移动的距离是 d=L-Lcos .问题 8：必须会分析与斜面体有关的问题。例 12、如图 17 所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M 、倾角为的斜面体，斜yV0面体表面也是粗糙的有一质量为m 的小滑块以初速度 V 0 由斜面底端滑上斜面上经过时mMx间 t 到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对图 17斜面体的摩擦力与支持力各为多大？分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，

27、系统受到的外力有重力(m+M)g/ 地面对系统的支持力N 、静摩擦力f( 向下 )。建立如图17 所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得： f=0 mV 0cos/t ,QPN (m+M)g=0 mV0 sin /tV所以 fmV0 cos，方向向左； N(m M ) gmV0 sinSt。t图 18问题 9：必须会分析传送带有关的问题。例 13、如图 18 所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为，传送带的速度恒为V，在 P 点轻放一质量为 m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需

28、时间为，摩擦力对零件做功为.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 突变为零，此后以速度V 走完余下距离。由于 f= mg=ma,所以 a= g.VV加速时间t1ga8名思物理试题加速位移S11 at12 1 V 222g通过余下距离所用时间t 2S S1SVVV2 gtt1SV共用时间t22 gV摩擦力对零件做功W1 mV 22例 14、如图 19 所示，传送带与地面的倾角=37，从 A 到 B 的长度为16，传送带以 V 0=10m/s 的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量

29、为0.5 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数=0.5，求物体从 A 运动到 B 所需的时间是多少？(sin37 =0.6,cos37 =0.8)ANa1分析与解： 物体放在传Nf2送带上后， 开始阶段， 传送Ba2f1带的速度大于物体的速度，(a)mgmg传送带给物体一沿斜面向(b)下的滑动摩擦力， 物体由静图 19图 20止开始加速下滑， 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继续加速，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，物体继续加速下滑，受力分析如图 20(b)所示。综上可知，滑动

30、摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变 ” 。开始阶段由牛顿第二定律得 : sin cos = a1;12所以 :a = sin cos =10m/s ;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： a 2/2 5 16 ; 物体加速到 10m/s时仍未到达 B 点。11第二阶段， 有： sin cos a2 ; 所以： a2 2m/s 2; 设第二阶段物体滑动到B 的时间为 t 2 则：AB22222/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间12=2s .L S a/2；解得： t 1s ,=t t从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其

31、大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。问题 10：必须会分析求解联系的问题。例 15、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21 所示。（ 1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所9名思物理试题受重力的0 5 倍。求小球与杆间的动摩擦因数。（ 2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370 并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin370 = 0 6， cos370 = 0 8）分析与解：依题意，设小

32、球质量为m，小球受到的风力为 F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定FN1Ff1时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作FGFN用：重力 G、支持力 FN 、风力 F、摩擦力 Ff，如图21所示.FfFG由平衡条件得：图 21FN=mgF=F fFf=FN解上述三式得： =0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370 时小球的受力情况：重力G、支持力 F、风力 F、摩擦力Ff1 ，如图 21N1所示。根据牛顿第二定律可得：mg sinF cosF f 1maFN1 F sinmg cos0Ff1 =FN1解上述三式得 aF cosmg sinF f 13g .m4由运动学

33、公式 ,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为 :2S2 6gSt3g.a三、警示易错试题F1典型错误之一：不理解“轻弹簧”的物理含义。FF例 16、（ 2004 年湖北高考理综试题） 如图 22 所示，四个完全相同的弹簧都2F3处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情况各不相F同： 中弹簧的左端固定在墙上， 中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用， 4123中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，4 中弹簧的左端拴一小图 22物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以L 1、L 2、 L3 、L 4 依次表示四个弹簧的伸长量，则有：A L

34、2>L 1;B. L 4>L3;10名思物理试题C L>L ;D. L=L.1324错解：由于4 中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动，而3中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，所以有L4>L3，即 B 选项正确。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景放在一起，让学生判别弹簧的伸长量的大小，不少学生不加思考的选择B 答案。没有良好思维习惯的学生是不能正确解答本题的。 这正是命题人的独具匠心！ 本题实际上就是判断四种情景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

35、处的弹力大小都相等。 因此这四种情况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。典型错误之二：受力分析漏掉重力。例 17、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg 的运动员， 从离水平网面 3.2m 高处自由下落， 着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m 高处。 已知运动员与网接触的时间为 1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（ g=10m/s2）错解：将运动员看质量为m 的质点， 从 h1 高处下落， 刚接触网时速度的大小V12gh1 （向下），弹跳后到达的高度为h2 ，刚离网时速度的大小V12gh2（向上） ，速度的改变量VV1V2（向上），以a 表示加速度