1、1牛顿运动定律牛顿运动定律(90(90分钟分钟 100100分分)1 牛顿运动定律2一、选择题一、选择题(本大题共本大题共1010小题，每小题小题，每小题4 4分，共分，共4040分分.每小题至少一个答案正确，选不全得每小题至少一个答案正确，选不全得2 2分分)1.1.做匀速直线运动的小车上水平放置一密闭的装有水的瓶子，做匀速直线运动的小车上水平放置一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡，如图所示，当小车突然停止运动时，气泡相瓶内有一气泡，如图所示，当小车突然停止运动时，气泡相对于瓶子将对于瓶子将()()A.A.向前运动向前运动 B.B.向后运动向后运动C.C.无相对运动无相对运动 D.D.无法判
2、断无法判断2 一、选择题(本大题共1 0 小题，每小题4 分，共3【解析解析】选选B.B.用惯性知识来分析用惯性知识来分析.由于惯性的大小与质量有由于惯性的大小与质量有关，而水的质量远大于气泡的质量，因此水的惯性远大于气关，而水的质量远大于气泡的质量，因此水的惯性远大于气泡的惯性，当小车突然停止时，水保持向前运动的趋势，远泡的惯性，当小车突然停止时，水保持向前运动的趋势，远大于气泡向前运动的趋势，水相对瓶子向前运动，水将挤压大于气泡向前运动的趋势，水相对瓶子向前运动，水将挤压气泡，使气泡相对瓶向后运动气泡，使气泡相对瓶向后运动.B.B项正确项正确.3【解析】选B.用惯性知识来分析.由于惯性的大
3、小与质量有关，42.2.有一位外国探险家，到中国进行探险，有一次，他对所到有一位外国探险家，到中国进行探险，有一次，他对所到的目的地的地形情况不了解，因此走路非常小心，慢慢前行，的目的地的地形情况不了解，因此走路非常小心，慢慢前行，由于走进了沼泽地，突然这位探险家往下沉，则下列说法中由于走进了沼泽地，突然这位探险家往下沉，则下列说法中正确的是正确的是()()A.A.在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个在突然下沉时，由于人只受到重力与支持力，所以这两个力平衡力平衡B.B.因为此时人在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地因为此时人在下沉，所以人受到的支持力小于人对沼泽地的压力的压力
4、C.C.在人慢慢行走的过程中，存在两对作用力与反作用力在人慢慢行走的过程中，存在两对作用力与反作用力D.D.人下沉的原因是因为重力大于人受到的支持力人下沉的原因是因为重力大于人受到的支持力4 2.有一位外国探险家，到中国进行探险，有一次，他对所到的目5【解析解析】选选D.D.当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失重状态，人受到的重力大于人受到的支持力，重状态，人受到的重力大于人受到的支持力，D D正确，正确，A A错误；错误；人受到的支持力与人对沼泽地的压力是作用力与反作用力，人受到的支持力与人对沼泽地的压力是作用力与反作用力，大小相同，方向相反，大小
5、相同，方向相反，B B错误；人行走时受地面的支持力、错误；人行走时受地面的支持力、自身重力、地面的摩擦力，因此对应三对作用力与反作用力，自身重力、地面的摩擦力，因此对应三对作用力与反作用力，C C也错误也错误.5【解析】选D.当人突然下沉时，人有向下的加速度，处于失重状63.(20113.(2011深圳高一检测深圳高一检测)升降机地板上放一个台秤，秤盘升降机地板上放一个台秤，秤盘上放一质量为上放一质量为m m的物体，当秤的读数为的物体，当秤的读数为1.2mg1.2mg时，升降机可时，升降机可能做的运动是能做的运动是()()A.A.加速下降加速下降 B.B.匀速上升匀速上升C.C.减速上升减速上
6、升 D.D.减速下降减速下降【解析解析】选选D.D.秤的读数增大，是超重，说明升降机的加速度秤的读数增大，是超重，说明升降机的加速度方向向上，做向上的加速运动或向下的减速运动，方向向上，做向上的加速运动或向下的减速运动，D D正确正确.6 3.(2 0 1 1 深圳高一检测)升降机地板上放一个台秤，秤盘74.(20114.(2011衡阳高一检测衡阳高一检测)我国公安部规定各种小型车辆的我国公安部规定各种小型车辆的驾驶员和前排的乘客都应在胸前系上安全带，这主要是为了驾驶员和前排的乘客都应在胸前系上安全带，这主要是为了防止下列哪种情况可能带来的危害防止下列哪种情况可能带来的危害()()A.A.倒车
7、倒车 B.B.紧急刹车紧急刹车C.C.突然启动突然启动 D.D.车速太慢车速太慢【解析解析】选选B.B.汽车突然刹车时，乘客的下半身随着汽车座椅汽车突然刹车时，乘客的下半身随着汽车座椅速度的减小而减小，而乘客的上半身由于其惯性的影响仍以速度的减小而减小，而乘客的上半身由于其惯性的影响仍以原速度向前运动原速度向前运动,乘客向前方倾倒，故乘客应在胸前系上安乘客向前方倾倒，故乘客应在胸前系上安全带，防止因惯性对人体带来的危害，全带，防止因惯性对人体带来的危害，B B正确正确.7 4.(2 0 1 1 衡阳高一检测)我国公安部规定各种小型车辆的85.5.如图所示，质量为如图所示，质量为M M的框架放在
8、水平地的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为端固定一个质量为m m的小球，小球上下振的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为()()A.g B.C.0 D.A.g B.C.0 D.【解析解析】选选D.D.弹簧的弹力与框架重力平衡，故小球受的合力弹簧的弹力与框架重力平衡，故小球受的合力为为(M+m)g(M+m)g，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律(M+m)g=ma(M+m)g=ma，解得：，解得：故故D D正确正确.Mm
9、gmM+mgmM+magm8 5.如图所示，质量为M的框架放在水平地96.(20116.(2011辽阳高一检测辽阳高一检测)一根质量分布均匀的长绳一根质量分布均匀的长绳ABAB，在，在水平外力水平外力F F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示示.绳内距绳内距A A端端x x处的张力处的张力T T与与x x的关系如图乙所示，由图可知的关系如图乙所示，由图可知()()A.A.水平外力水平外力F=6 N B.F=6 N B.绳子的质量绳子的质量m=3 kgm=3 kgC.C.绳子的长度绳子的长度l=2 m D.=2 m D.绳子的加速度绳子的加速度a
10、=2 m/sa=2 m/s2 29 6.(2 0 1 1 辽阳高一检测)一根质量分布均匀的长绳A B，10【解析解析】选选A A、C.C.取取x=0 x=0，对，对A A端进行受力分析，端进行受力分析，F-T=maF-T=ma，又，又A A端质量趋近于零，则端质量趋近于零，则F=T=6 NF=T=6 N，A A正确；由于不知绳子的加正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，速度，其质量也无法得知，B B、D D均错误；由图易知均错误；由图易知C C正确正确.1 0【解析】选A、C.取x=0，对A 端进行受力分析，F-T=117.(20117.(2011兖州高一检测兖州高一检测)在水平地面上
11、在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为运动的小车车厢底部有一质量为m m1 1的木的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为连接，弹簧的劲度系数为k.k.在车厢的顶在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为部用一根细线悬挂一质量为m m2 2的小球的小球.某段时间内发现细线某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为，在这段时间内木块与车厢保持相对，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，弹簧的形变量为静止，弹簧的形变量为x x，如图所示，如图所示.不计木块与车厢底部的不计木块与车厢底部的摩擦，则在这段时间内摩擦，则在这段时间内()()1 1
12、 7.(2 0 1 1 兖州高一检测)在水平地面上12A.A.小车具有向左的加速度，大小为小车具有向左的加速度，大小为a=gtana=gtanB.B.小车一定向左做加速运动小车一定向左做加速运动C.C.弹簧一定处于拉伸状态弹簧一定处于拉伸状态D.D.弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为【解析解析】选选A A、C C、D.D.对对m m2 2受力分析如图所示，受力分析如图所示，故故a=gtana=gtan，方向向左，方向向左，A A对对.小车的加速度向左，可以向左做加速运动或小车的加速度向左，可以向左做加速运动或向右做减速运动，向右做减速运动，B B错错.由于由于m m1 1的加速度向左，故的加速度向左
13、，故m m1 1受弹簧的弹力向左，弹簧被拉伸，受弹簧的弹力向左，弹簧被拉伸，且且kx=mkx=m1 1gtangtan，则，则 C C、D D均对均对.1m gxtank22m atanm g，1m gtanxk，1 2 A.小车具有向左的加速度，大小为a=g t a n 138.(20118.(2011无锡高一检测无锡高一检测)如图所示，在密封的盒子内装有如图所示，在密封的盒子内装有一个金属球，球刚能在盒内自由活动，若将盒子在空气中竖一个金属球，球刚能在盒内自由活动，若将盒子在空气中竖直向上抛出，空气阻力不能忽略，则球抛出后在上升、下降直向上抛出，空气阻力不能忽略，则球抛出后在上升、下降的过
14、程中的过程中()()A.A.上升、下降均对盒底有压力上升、下降均对盒底有压力B.B.上升、下降时对盒均无压力上升、下降时对盒均无压力C.C.上升时对盒顶有压力，下降时对盒底有压力上升时对盒顶有压力，下降时对盒底有压力D.D.上升时对盒底有压力，下降时对盒顶有压力上升时对盒底有压力，下降时对盒顶有压力1 3 8.(2 0 1 1 无锡高一检测)如图所示，在密封的盒子内装14【解析解析】选选C.C.对盒子及球整体分析，上升时，对盒子及球整体分析，上升时，Mg+f=MaMg+f=Ma1 1,a,a1 1gg，下降时，下降时，Mg-f=MaMg-f=Ma2 2,a,a2 2ggg，则球受盒顶向下的压力
15、，下降时，若，则球受盒顶向下的压力，下降时，若a a2 2gg，则球受盒底向上的支持力，由牛顿第三定律知只有则球受盒底向上的支持力，由牛顿第三定律知只有C C正确正确.1 4【解析】选C.对盒子及球整体分析，上升时，Mg+f=Ma159.9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N.490 N.他将弹他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，簧测力计移至电梯内称其体重，t t0 0至至t t3 3时间段内，弹簧测力时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的计的示数如图所示，电梯运行的v-tv-t图像可能是图中的图像可能是图中的(取电取电梯向上运动的方向为正
16、方向梯向上运动的方向为正方向)()()1 5 9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为4 9 0 N.他将161 617【解析解析】选选A A、D.D.由由G-tG-t图像知：图像知：t t0 0t t1 1时间内具有向下的加时间内具有向下的加速度，速度，t t1 1t t2 2时间内匀速或静止，时间内匀速或静止，t t2 2t t3 3时间内具有向上的时间内具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：加速度，因此其运动情况可能是：t t0 0t t3 3时间内，向上减速，时间内，向上减速，静止，向上加速；向下加速，匀速，向下减速，故静止，向上加速；向下加速，匀速，向下减速，故A A、D D正确正
17、确.1 7【解析】选A、D.由G-t 图像知：t 0 t 1 时间内具有向1810.(201110.(2011莆田高一检测莆田高一检测)如图所示，传送带的水平部分长如图所示，传送带的水平部分长为为L L，传动速率为，传动速率为v v，在其左端无初速释放一小木块，若木块，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的，则木块从左端运动到右端的时间可能是时间可能是()()LvL2L2LA.B.C.D.vgvgv1 8 1 0.(2 0 1 1 莆田高一检测)如图所示，传送带的水平部19【解析解析】选选C C、D.D.因木块运动到右端的过
18、程不同，对应的时间因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则也不同，若一直匀加速至右端，则 得：得：C C正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v v相相等，则等，则 有：有：D D正确；若先匀加速到传送带速正确；若先匀加速到传送带速度度v v，再匀速到右端，则，再匀速到右端，则 有：有：A A错误；木块不可能一直匀速至右端，错误；木块不可能一直匀速至右端，B B错误错误.21Lgt2，2Lt g，0vLt2，2Ltv，2 vvvtL 2 gg（），Lvtv2 g，1 9【解析】选C、D.因木块运动到右端的过程不同
19、，对应的时间20二、实验题二、实验题(本大题共本大题共2 2小题，共小题，共1616分分)11.(611.(6分分)在在“探究加速度与力、质量的关系探究加速度与力、质量的关系”的实验中，的实验中，我们得到了如图所示的两个实验图像我们得到了如图所示的两个实验图像a a、b b，描述加速度与质，描述加速度与质量关系的图线是量关系的图线是_，描述加速度与力的关系的图，描述加速度与力的关系的图线是线是_._.2 0 二、实验题(本大题共2 小题，共1 6 分)21【解析解析】a a图中的图像为经过原点的倾斜直线，表明加速度图中的图像为经过原点的倾斜直线，表明加速度a a与横坐标轴所表示的物理量成正比，
20、即与横坐标轴所表示的物理量成正比，即a a图描述了加速度与图描述了加速度与力的关系；力的关系；b b图为双曲线的一支，表明加速度与横坐标轴所图为双曲线的一支，表明加速度与横坐标轴所表示的物理量成反比，故表示的物理量成反比，故b b图描述了加速度与质量的关系图描述了加速度与质量的关系.答案：答案：b ab a2 1【解析】a 图中的图像为经过原点的倾斜直线，表明加速度a 与2212.(1012.(10分分)小李同学为了参加学校组织的科技周活动，改进小李同学为了参加学校组织的科技周活动，改进了了“探究加速度与力、质量的关系探究加速度与力、质量的关系”的装置，设计双车位移的装置，设计双车位移比较法来
21、探究加速度与力的关系，实验装置如图所示，将轨比较法来探究加速度与力的关系，实验装置如图所示，将轨道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行控制安装在后面的刹车系统同时进行控制(未画出刹车系统未画出刹车系统)通过通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小.2 2 1 2.(1 0 分)小李同学为了参加学校组织的科技周活动，改23(1)(1)通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式为因为位移与加速度的关系
22、式为_._.2 3(1)通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因24已知两车质量均为已知两车质量均为200 g200 g，实验数据如表所示，实验数据如表所示2 4 已知两车质量均为2 0 0 g，实验数据如表所示25(2)(2)该装置中的刹车系统的作用是该装置中的刹车系统的作用是_._.(3)(3)分析表中数据可得到结论：分析表中数据可得到结论：_._.(4)(4)为了减少实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面为了减少实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面的改进？的改进？(只需提出一个建议即可只需提出一个建议即可)2 5(2)该装置中的刹车系统的作用是_ _ _ _ _ _ _
23、_ _ _.26【解析解析】(1)(1)位移与加速度的关系式位移与加速度的关系式 (2)(2)刹车系统的作用是控制两车同时运动和同时停止刹车系统的作用是控制两车同时运动和同时停止.(3)(3)由于本实验的刹车系统保证了两车运动的时间相同，故由于本实验的刹车系统保证了两车运动的时间相同，故加速度加速度a a与位移与位移x x成正比，由表中数据可以看出，在实验误差成正比，由表中数据可以看出，在实验误差允许的范围内，当小车的质量保持不变时，位移允许的范围内，当小车的质量保持不变时，位移x x与与F F成正比，成正比，故有故有a a与与F F成正比成正比.(4)(4)调整两木板的倾角，平衡好摩擦力，满
24、足盘和盘中砝码调整两木板的倾角，平衡好摩擦力，满足盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量的总质量远小于小车的质量.答案：答案：见解析见解析21xat.22 6【解析】(1)位移与加速度的关系式 27三、计算题三、计算题(本大题共本大题共4 4小题，共小题，共4444分，要有必要的文字说明分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(201113.(2011济南高一检测济南高一检测)(10)(10分分)质量为质量为m m的物体在水平恒的物体在水平恒力力F F的作用下由静止开始沿水平面运动，经时间的作用下由静止开始沿水平面运动，经时间t t后撤去
25、外力后撤去外力F F，物体又经时间物体又经时间2t2t后重新静止后重新静止.求：求：(1)(1)物体所受阻力物体所受阻力.(2)(2)物体发生的总位移物体发生的总位移.2 7 三、计算题(本大题共4 小题，共4 4 分，要有必要的文字说明28【解析解析】(1)(1)有有F F作用时，物体做匀加速直线运动，根据牛顿作用时，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得第二定律得F-f=maF-f=ma1 1 (2(2分分)t t时刻速度为时刻速度为v=av=a1 1t t (1(1分分)撤去撤去F F后，物体做匀减速直线运动，有后，物体做匀减速直线运动，有f=maf=ma2 2 (2(2分分)v=2a
26、v=2a2 2t t (1(1分分)联立式可求得联立式可求得v=2Ft/3mv=2Ft/3m，f=F/3 (1f=F/3 (1分分)(2)(2)物体前后两段的平均速度物体前后两段的平均速度 (2(2分分)所以总位移所以总位移 (1(1分分)答案：答案：(1)F/3 (2)Ft(1)F/3 (2)Ft2 2/m/mvvFt/3m22xv 3tFt/m2 8【解析】(1)有F 作用时，物体做匀加速直线运动，根据牛顿2914.(201114.(2011宁波高一检测宁波高一检测)(10)(10分分)一人在井下站一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊
27、台和自己提升上来台和自己提升上来.图中跨过滑轮的两段绳都图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量为吊台的质量为M M，人，人的质量为的质量为m m，启动时吊台向上的加速度是，启动时吊台向上的加速度是a,a,并并且人没有离开吊台，且人没有离开吊台，(已知重力加速度为已知重力加速度为g)g)求：求：(1)(1)绳的拉力大小；绳的拉力大小；(2)(2)这时人对吊台的压力大小；这时人对吊台的压力大小；(3)(3)若吊台以某一加速度运动中出现人对吊台的压力刚好为若吊台以某一加速度运动中出现人对吊台的压力刚好为零，试讨论说明人对吊台压力刚好为零满足的所有条件零，试讨论
28、说明人对吊台压力刚好为零满足的所有条件.2 9 1 4.(2 0 1 1 宁波高一检测)(1 0 分)一人在井下站30【解析解析】(1)(1)以人和吊台整体为研究对象：以人和吊台整体为研究对象：2T-(M+m)g=(M+m)a (32T-(M+m)g=(M+m)a (3分分)解得：解得：(1(1分分)(2)(2)以人为研究对象：以人为研究对象：N+T-mg=ma (3N+T-mg=ma (3分分)解得：解得：(1(1分分)(3)(3)由由 式可知：式可知：当满足当满足m=Mm=M时，时，N=0.(1N=0.(1分分)当满足当满足a=-ga=-g时，时，N=0.(1N=0.(1分分)答案：答案：
29、(3)(3)见解析见解析MmgaT2mMgaNmgmaT2mMgaN2 1 1Mm(ga)2 12mM(ga)23 0【解析】(1)以人和吊台整体为研究对象：3115.(201115.(2011长沙高一检测长沙高一检测)(12)(12分分)如图所示，水平地面上如图所示，水平地面上质量为质量为M=3 kgM=3 kg的木块，在大小为的木块，在大小为F=16 NF=16 N、方向与水平方向、方向与水平方向成成=37=37的拉力作用下沿地面向右做匀加速直线运动的拉力作用下沿地面向右做匀加速直线运动.若木若木块与地面之间的动摩擦因数为块与地面之间的动摩擦因数为 (g=10 m/s(g=10 m/s2
30、2，sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8)=0.8)求：求：13 ，3 1 1 5.(2 0 1 1 长沙高一检测)(1 2 分)如图所示，水32(1)(1)木块的加速度大小木块的加速度大小.(2)(2)若不改变拉力的方向，只改变拉力的大小，求出木块沿若不改变拉力的方向，只改变拉力的大小，求出木块沿水平地面做匀加速直线运动时，拉力大小与木块加速度的函水平地面做匀加速直线运动时，拉力大小与木块加速度的函数表达式数表达式.(.(设木块与地面间的最大静摩擦力等于它们之间的设木块与地面间的最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力滑动摩擦力)(3)(3)求上述条件下拉力的取值范
31、围，并以拉力大小为纵坐标，求上述条件下拉力的取值范围，并以拉力大小为纵坐标，以木块的加速度为横坐标，在坐标系上作出它们的图像以木块的加速度为横坐标，在坐标系上作出它们的图像.3 2(1)木块的加速度大小.33【解析解析】(1)Fcos-(Mg-Fsin)=Ma (2(1)Fcos-(Mg-Fsin)=Ma (2分分)则则 (2(2分分)(2)(2)由由 得得 (3 (3分分)222F cossinagM1160.80.613 m/s10 m/s2 m/s33（）MgaFcossin 1310a3F3a 1010.80.63（）3 3【解析】(1)F c o s -(Mg-F s i n )=M
32、a 34(3)(3)当当a=0a=0，F Fminmin=10 N (1=10 N (1分分)当当Fsin=G=MgFsin=G=Mg，F Fmaxmax=50 N (2=50 N (2分分)故故10 NF50 N10 NF50 N如图如图 (2(2分分)答案：答案：(1)2 m/s(1)2 m/s2 2 (2)F=3a+10 (3)(2)F=3a+10 (3)见解析见解析3 4(3)当a=0，F mi n=1 0 N 35 【规律方法规律方法】力和运动问题的分析方法力和运动问题的分析方法1.1.在分析物体某一个运动过程时，分析该过程中间是否有转在分析物体某一个运动过程时，分析该过程中间是否有
33、转折点，是否可划分为两个或两个以上的不同的小过程折点，是否可划分为两个或两个以上的不同的小过程.2.2.过程分析要全面，正确运用运动学规律，如传送带问题过程分析要全面，正确运用运动学规律，如传送带问题.3.3.受力分析要全面，分析出物体的受力情况及求出所受的合受力分析要全面，分析出物体的受力情况及求出所受的合力力.4.4.明确物体的加速度的方向，由牛顿第二定律列出方程明确物体的加速度的方向，由牛顿第二定律列出方程.5.5.充分利用充分利用F-tF-t、v-tv-t图像信息列方程图像信息列方程.3 5 【规律方法】力和运动问题的分析方法3616.(201116.(2011咸宁高一检测咸宁高一检测
34、)(12)(12分分)蹦床是运动员在一张绷紧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的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目(如图如图所示所示).).一个质量为一个质量为60 kg60 kg的运动员，从离水平网面的运动员，从离水平网面3.2 m3.2 m高高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m5.0 m高高处处.已知运动员与网接触的时间为已知运动员与网接触的时间为1.2 s.1.2 s.若把在这段时间内若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小求此力
35、的大小.(g=10 m/s.(g=10 m/s2 2)3 6 1 6.(2 0 1 1 咸宁高一检测)(1 2 分)蹦床是运动员在37【解析解析】将运动员看做质量为将运动员看做质量为m m的质点，从的质点，从h1h1高处下落，刚高处下落，刚接触网时速度的大小接触网时速度的大小 (向下向下)(2(2分分)弹跳后到达的高度为弹跳后到达的高度为h h2 2，刚离网时速度的大小，刚离网时速度的大小 (向上向上)(2)(2分分)速度的改变量速度的改变量v=vv=v1 1+v+v2 2(向上向上)(1)(1分分)以以a a表示加速度，表示加速度，tt表示接触时间，则表示接触时间，则v=at v=at (1(1分分)11v2gh22v2gh3 7【解析】将运动员看做质量为m的质点，从h 1 高处下落，刚接38接触过程中运动员受到向上的弹力接触过程中运动员受到向上的弹力F F和向下的重力和向下的重力mg.mg.由牛顿由牛顿第二定律，第二定律，F-mg=ma (2F-mg=ma (2分分)由以上各式得，由以上各式得，(2(2分分)代入数值得代入数值得F=1.5F=1.510103 3 N (2 N (2分分)答案：答案：1.51.510103 3 N N122gh2ghFmgmt3 8 接触过程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg.由牛顿393 9 T h a n k y o u!
