2022年完整word版,牛顿运动定律知识点总结.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 牛 顿 运 动 定 律1、牛顿第肯定律：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转变这种状态为止；（1）运动是物体的一种属性,物体的运动不需要力来维护；（2）它定性地揭示了运动与力的关系,即力是转变物体运动状态的缘由,（运动状态指物体的速度）又依据加速度定义：av t,有速度变化就肯定有加速度,所以可以说：力是使物体产生加速度的缘由；（不能说“ 力是产生速度的缘由”、“ 力是维护速度的缘由”,也不能说“ 力是转变加速度的缘由”；）；（3）定律说明白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质,这就是 惯性；惯性反映了物体运动状态转变的难易程度（惯性大的物体运动状态不简单转变）；质量是物体惯性大小的 量度；（4）牛顿第肯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,牛顿第肯定律不能 用试验直接验证 ,因此它不是一个试验定律（5）牛顿第肯定律是牛顿其次定律的基础,物体不受外力和物体所受合外力为零是有区分的,所以不能把牛顿 第肯定律当成牛顿其次定律在 F=0 时的特例,牛顿第肯定律定性地给出了力与运动的关系,牛顿其次定律定量 地给出力与运动的关系；2、牛顿其次定律：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. （1）牛顿其次定律定量揭示了力与运动的关系,即知道了力,可依据牛顿其次定律讨论其成效,分析出物体的 运动规律； 反过来, 知道了运动, 可依据牛顿其次定律讨论其受力情形,为设计运动, 掌握运动供应了理论基础；（2）牛顿其次定律揭示的是力的瞬时成效,即作用在物体上的力与它的成效是瞬时对应关系,力变加速度就变,力撤除加速度就为零,力的瞬时成效是加速度而不是速度；（3）牛顿其次定律是矢量关系,加速度的方向总是和合外力的方向相同的,可以用重量式表示,Fx=max,Fy=may, 如 F 为物体受的合外力,那么 a 表示物体的实际加速度；如 F 为物体受的某一个方向上的全部力的合力,那么 a 表示物体在该方向上的分加速度；如 F 为物体受的如干力中的某一个力,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）牛顿其次定律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/s2. （5）应用牛顿其次定律解题的步骤：明确讨论对象；对讨论对象进行受力分析；同时仍应当分析讨论对象的运动情形（包括速度、加速度）,并把速度、加速1 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 度的方向在受力图旁边画出来；如讨论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就（或三角形定就）解题；如讨论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（留意敏捷选取坐标轴的方向,既可以分解力,也可以分解加速度）；当讨论对象在讨论过程的不同阶段受力情形有变化时,那就必需分阶段进行受力分析,分阶段列方程求解；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,作用在同始终线上；懂得要点 ：1作用力和反作用力相互依靠性,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、同时消逝,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行叠加的,作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上,各产生其成效,不行求它们的合力,两个力的作用成效不能相互抵消,这应留意同二力平稳加以区分；（5）区分一对作用力反作用力和一对平稳力：一对作用力反作用力和一对平稳力的共同点有：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,而平稳力作用在同一个物体上；作用力反作用力肯定是同种性质的力, 而平稳力可能是不同性质的力；作用力反作用力肯定是同时产生同时消逝的,而平稳力中的一个消逝后,另一个可能仍旧存在；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=mgma,当 a=g 时, FN=0,即物体处于完全失重；6、牛顿定律的适用范畴：（1）只适用于讨论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,不能用来处理高速运动问题；7.常用公式 F=ma V2-V02=2ax T=2x/a1/2 V=v0+at, x=v0t+1/2at2 （3）只适用于宏观物体,一般不适用微观粒子；2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 二、解析典型问题 问题 1：必需弄清牛顿其次定律的矢量性；牛顿其次定律 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1yayx a力是其重力的6/5,就人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？FN x Ff 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300 mgax 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,据牛顿第二定律可得：图 1 Ff=macos300, FN-mg=masin300由于FN6,解得F f3. mg5mg5问题 2：必需弄清牛顿其次定律的瞬时性；牛顿其次定律是表示力的瞬时作用规律,描述的是力的瞬时作用成效产生加速度； 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始终打算的；当物体所受到的合外力发生变化 时,它的加速度立即也要发生变化,F=ma 对运动过程的每一瞬时成立,加速度与力是同一时刻的对应量,即同 时产生、同时变化、同时消逝；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 2 L 1 的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为 ,L2水平拉直,物体处于平稳状态；现将图 2a L2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度；（l ）下面是某同学对该题的一种解法：保持平稳 , 有L 2 L 1 T1cos mg, T 1sin T2, T 2mgtan 图 2b 剪断线的瞬时,T2突然消逝,物体即在T2反方向获得加速度；由于m. a,所以加速度ag tan ,方向在T2 反方向；3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评判并说明理由；（ 2）如将图 2a 中的细线 L1 改为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图 2b 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；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 的长度来不及发生变化,其大小和方向都不变；问题 3：必需弄清牛顿其次定律的独立性；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,劈形物体从静止开头释放,就小球在遇到斜面前的运动轨迹是：A沿斜面对下的直线B抛物线C竖直向下的直线D.无规章的曲线；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；问题 4：必需弄清牛顿其次定律的同体性；加速度和合外力 仍有质量 是同属一个物体的,所以解题时肯定要把讨论对象确定好,把讨论对象全过程的受力情形都搞清晰；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F 图 4 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=15kg, 人的质量为M=55kg, 起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 F 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 ,由牛顿第二定律有： 2F-m+Mg=M+ma m+Mg 图 5 F FN a Mg 图 6 第 4 页,共 11 页就拉力大小为：FMm ag350N2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,方向相反,因此人对4 名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 吊台的压力大小为 200N,方向竖直向下；问题 5：必需弄清面接触物体分别的条件及应用；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,它们将要分别；抓住相互接触物体分别的这一条件,就可顺当解答相关问题；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；现让木板由静止开头以加速度 aag匀加速向下移动；求经过多长时间木板开头与物体分别；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；据牛顿其次定律有：mg-kx-N=ma 得 N=mg-kx-ma 当 N=0 时,物体与平板分别,所以此时xm gaF 图 8 这F k由于x1 at 22,所以t2m ga；ka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,就 F 的最小值是,F 的最大值是；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,由于盘和弹簧的质量都不计,所以此时弹簧处于原长；在 0_0.2s段时间内 P 向上运动的距离：x=mg/k=0.4m 由于 x 1 at 2,所以 P 在这段时间的加速度 a 22 x 20 m / s 22 t当 P 开头运动时拉力最小,此时对物体 P 有 N-mg+F min=ma,又因此时 N=mg ,所以有图 9 Fmin=ma=240N. 当 P 与盘分别时拉力 F 最大, Fmax=ma+g=360N. 例 7、一弹簧秤的秤盘质量 m1=15kg,盘内放一质量为 m2=105kg 的物体 P,弹簧质量不计,其劲度系数为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 从静止开头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：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 0_0.2s这段时间内 P 向上运动的距离为 x,对物体 P 据牛顿其次定律可得：F+N-m 2g=m 2a 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 对于盘和物体P 整体应用牛顿其次定律可得：xm 2a2,所以求得a=6m/s2. Fkm 1m 2gxm 1m 2gm 1k令 N=0,并由述二式求得xm 2gkm 1a,而1 at 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+m 2a=72N. 当 P 与盘分别时拉力 F 最大, Fmax=m 2a+g=168N. 问题 6：必需会分析临界问题；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 =9-2tN ,t 的单位是 s；从 t0 开头计时,就：A物体在 3s 末时刻的加速度是初始时刻的 511 倍；Bt s 后,物体做匀加速直线运动；Ct4.5s 时,物体的速度为零；图 10 Dt4.5s 后,的加速度方向相反；分析与解：对于 A、B 整体据牛顿其次定律有：FA+FB=mA +m Ba,设 A 、B 间的作用为 N,就对 B 据牛顿第二定律可得：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 做匀加速直线运动,而 A 做加速度逐步减小的加速运动,当 t=4.5s 时 A 物体的加速度为零而速度不为零；t4.5s 后,所受合外力反向,即 A、B 的加速度方向相反；当F A F Bt<s 时, A 、B 的加速度均为 a；m A m B P 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 a A 450 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 T N 力 N 作用,如图 12 所示；450 在水平方向有 Tcos450-Ncos45 0=ma; 在竖直方向有 Tsin45 0-Nsin45 0-mg=0. a mg 由上述两式可解出：N m g a0 , T m g a0 2 sin 45 2 cos 45 T 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 6 a mg 名师归纳总结 第 6 页,共 11 页- - - - - - -图 13 精选学习资料 - - - - - - - - - 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/cos450=2mg. 当滑块加速度a>g 时,就小球将“ 飘” 离斜面,只受两力作用,如图g213 所示,此时细线与水平方向间的夹角 <450.由牛顿其次定律得：Tcos =ma,Tsin =mg,解得Tma25 mg；问题 7：必需会用整体法和隔离法解题；两个或两个以上物体相互连接参加运动的系统称为连接体 于高考卷面中,是考生备考临考的难点之一 . .以平稳态或非平稳态下连接体问题拟题多次出现例 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M m F 的一端所施加的水平拉力为F, 如图 14 所示,求：图 14 1 物体与绳的加速度；2 绳中各处张力的大小假定绳的质量分布匀称,下垂度可忽视不计； 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=（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；依据牛顿其次定律可 M m x Fx m F得： Fx=M+mx/La=M+ x . L M m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 15 力的大小为 M F；M m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,就当细绳与AB 成 角时,小球速度的水平重量和竖直重量的大小各是多少？轻环移动的距离 d A B 是多少？L m 分析与解：此题是“ 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Vy2gLsin；可求得轻环移动的距离是 d=L-Lcos . 问题 8：必需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y mV0 Mx 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？7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为讨论对象,系统受到的外力有重力 m+Mg/ 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其次定律得：f=0mV 0cos /t , P Q N m+Mg=0 mV 0sin /t V 所以 f mV 0 cos,方向向左；N m M g mV 0 sin；S t t图 18 问题 9：必需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,就传送所需时间为,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. 加速时间 t1 V Va g2加速位移 S 1 1 at 1 2 1 V2 2 g通过余下距离所用时间 t 2 S S 1 S VV V 2 g共用时间 t t 1 t 2 S VV 2 g摩擦力对零件做功 W 1 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 A N a1 分析与解： 物体放在传N f2送带上后, 开头阶段, 传送B a2f1 带的速度大于物体的速度, mg mg 传送带给物体一沿斜面对a b 下的滑动摩擦力, 物体由静图 19 图 20 止开头加速下滑, 受力分析8 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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,物体连续加速下滑,受力分析如图 20b所示；综上可知,滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬时发生了“ 突变” ；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： a1 1 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： a22m/s 2; 设其次阶段物体滑动到 B 的时间为 t2 就：LABS 2a2 2/2 ；解得： t 21s , 2 /=-11s （舍去）；故物体经受的总时间 =t 1 t 2 =2s . 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；问题 10：必需会分析求解联系的问题；例 15、风洞试验室中可产生水平方向的,大小可调剂的风力；现将一套有小球的细直杆放入风洞试验室；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,调剂风力的大小,使小球在杆上作匀速运动,这时小球所受的风力为小球所受重力的05 倍；求小球与杆间的动摩擦因数；370 并固定,就小球从静止动身在细杆上滑下距离S（2）保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为所需时间为多少？（sin370 = 06,cos37 0 = 08）FN1 分析与解：依题意,设小球质量为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时,小球在杆上匀速运动,小球处于平稳状态,受四个力作F Ff1 G FN Ff 用：重力 G、支持力 FN、风力 F、摩擦力 Ff,如图 21 所示 .F G 由平稳条件得：图 21 FN=mg F=F f Ff= FN解上述三式得：=0.5. 370时小球的受力情形：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1,如图 21同理,分析杆与水平方向间夹角为所示；依据牛顿其次定律可得：mgsinFcosFf 1maFN1Fsinmgcos09 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - Ff1= FN1 解上述三式得aFcosmgsinFf13g. 21图 22 F m4由运动学公式 ,可得小球从静止动身在细杆上滑下距离S 所需时间为 : t2S26 gS. 3 ga三、警示易错试题典型错误之一：不懂得“ 轻弹簧” 的物理含义；F F 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F 处于水平位置,它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用,而左端的情形各不相3同：1 中弹簧的左端固定在墙上,2中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用, 34F 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物块,物块在有摩擦的桌面上滑动；如认为弹簧的质量都为零,以就有：A L2>L 1; B. L 4>L 3; C L1>L 3; D. L 2=L 4. L 1、L 2、L3 、L 4 依次表示四个弹簧的伸长量,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>L 3,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；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、翻动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；如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 V 1 2gh 1（向下）,弹跳后到达的高度为 h2,刚离网时速度的大小 V 1 2gh 2（向上） ,速度的转变量 V V 1 V 2（向上）,以a 表示加速度,t 表示接触时间,就 V a t, 接触过程中运动员受到向上的弹力 F；由牛顿其次定律,10 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - Fma, 由以上五式解得,Fm2gh 2t2gh 1,代入数值得：F900 N；分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F 和重力 mg,由牛顿其次定律,Fmgma, 由以上五11 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 11 页