高一物理第四章牛顿运动定律知识点总结
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：t v a ??=，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
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，F x =ma x ,F y =ma y , 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/s 2的加速度的作用力为1N,即1N=s 2.
（5）应用牛顿第二定律解题的步骤：
①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m i，对应的加速度为a i，则有：F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+m n a n
\
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：
∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑F n=m n a n，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。
②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。
③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）。
④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路图解如下：
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，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，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F N （或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg ，即F N =mg －ma ，当a=g 时，F N =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
分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1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：
【
F f =macos300, F N -mg=masin300
因为56=mg F N ，解得5
3
=mg F f . 问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。
图1
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。
例2、如图2（a ）所示，一质量为m 的物体系于长度分别为L 1、L 2的两根细线上，L 1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L 2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L 2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：
分析与解：设L 1线上拉力为T 1，L 2线上拉力为T 2，重力为mg ，物体在三力作用下保持平衡,有
T 1cos θ＝mg ， T 1sin θ＝T 2， T 2＝mgtan θ >
剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体即在T 2反方向获得加速度。因为mg tan θ＝ma ，所以加速度a ＝g tan θ，方向在T 2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L 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)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 θ，你认为这个结果正确吗请说明理由。
分析与解：（1）错。因为L 2被剪断的瞬间，L 1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin θ. （2）对。因为L 2被剪断的瞬间，弹簧L 1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：
图2(b)
>
图3
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。
￥
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=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=s 2,求这时人对吊台的压力。(g=s 2)
~
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
则拉力大小为：N g a m M F 3502
)
)((=++=
再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中F N 是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+F N -Mg=Ma,故F N =M(a+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
吊台的压力大小为200N ，方向竖直向下。
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 和平板的支持力N 作用。据牛顿第二定律有：
mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma
图4
图5
a N
图6
图7
当N=0时，物体与平板分离，所以此时k
x =
$
因为2
21at x =
，所以ka
a g m t )
(2-=。
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=内F 是变力，在以后F 是恒力，g=10m/s 2,则F 的最小值是 ，F 的最大值是 。
分析与解：因为在t=内F 是变力，在t=以后F 是恒力，所以在t=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。在这段时间内P 向
上运动的距离：
x=mg/k=
#
因为221at x =
，所以P 在这段时间的加速度22/202s m t
x
a == 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F min =ma=240N. 当P 与盘分离时拉力F 最大，F max =m(a+g)=360N.
例7、一弹簧秤的秤盘质量m 1=1．5kg ，盘内放一质量为m 2=10．5kg 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 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s 内F 是变化的，在0．2s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少（g=10m/s 2）
分析与解：因为在t=内F 是变力，在t=以后F 是恒力，所以在t=时，P 离开秤盘。此时P 受到盘的支持力为零，由于盘的质量m 1=1．5kg ，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在这段时间内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P 整体应用牛顿第二定律可得：
a m m g m m x k g m m k F )()()(212121+=+-??
?
???-++
令N=0，并由述二式求得k a m g m x 12-=
，而2
2
1at x =，所以求得a=6m/s 2. ]
当P 开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P 整体有F min =(m 1+m 2)a=72N. 当P 与盘分离时拉力F 最大，F max =m 2(a+g)=168N. 问题6：必须会分析临界问题。
图8
图9
例8、如图10，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Ｆ
B =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，则：
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 ＝时,Ａ物体的速度为零；
@
D ．t ＞后,ＡＢ的加速度方向相反。
分析与解：对于A 、B 整体据牛顿第二定律有：F A +F B =(m A +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 B a
解得N t
F m m F F m N B B A B A B
3
416-=-++=
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，当t=时A 物体的加速度为零而速度不为零。t ＞后,Ａ所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反。当t<４s 时，A 、B 的加速度均为B
A B
A m m F F a ++=
。
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 和斜面的支持力N 作用，如图12所示。
在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma; 在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.
由上述两式可解出：0
045
cos 2)
(,45sin 2)(a g m T a g m N +=-= 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/cos450=mg 2.
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α<450.由牛顿第二定律得：Tcos α=ma,Tsin α=mg,解得
mg g a m T 522=+=。
问题7：必须会用整体法和隔离法解题。
图10
mg
a
T N
450
`
mg a
T
<
图13
a
A
P
￥
450
图11
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；
(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得：F x =(M+mx/L)a=(M+
x L m )
m
M F
+ . 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 的力的大小为
F m
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，则当细绳与AB 成θ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 是多少
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θ角时，小球的水平分速度为V x =0,小球的竖直分速度θsin 2gL V y =。
可求得轻环移动的距离是d=L-Lcos θ.
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θ的斜面体，斜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，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 θ/t, [N －(m+M)g]=0－mV 0sin θ/t
图14
M
图15
M
A
B
m
图16
图17
所以t mV f θcos 0=
，方向向左；t
mV g M m N θ
sin )(0-+=。 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μ，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=μmg 突变为零，此后以速度V 走完余下距离。
由于f=μmg=ma,所以a=μg. 加速时间 g
V a V t μ==
1 加速位移 g
V at S μ2
2112121==
通过余下距离所用时间 g
V
V S V S S t μ212-=-=
共用时间 g
V V S t t t μ221+=
+= 摩擦力对零件做功 22
1
mV W =
例14、如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ
，从A 到B 的长度为16ｍ，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㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=，求物体从A 运
动到B 所需的时间是多少
(sin37ｏ=,cos37ｏ= 分析与解：物体放在传
送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，
传送带给物体一沿斜面向
下的滑动摩擦力，物体由静
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μ＜tan θ，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，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间
A
mg
图19
图20 (a)
(b)
发生了“突变” 。
开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsin θ＋μｍｇcos θ=ｍa 1;
"
所以:a 1=ｇsin θ＋μｇcos θ=10m/s 2;
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a 1＝1s;发生的位移： ｓ＝a 1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。
第二阶段，有：ｍｇsin θ－μｍｇcos θ＝ｍa 2 ;所以：a 2＝2m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t 2 则：
L AB －S ＝ｖｔ2＋a ２ｔ22/2 ；解得：t 2＝1s , ｔ2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间ｔ=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，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，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G 、支持力F N 、风力F 、摩擦力F f ，如图21所示.由平衡条件得：
F N =mg F=F f F f =μF N
解上述三式得：μ=.
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 N1、风力F 、摩擦力F f1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：
ma F F mg f =-+1cos sin θθ 0cos sin 1=-+θθmg F F N
图21
F
G
F f
F N
G "
F
F N1
F f1
F f1=μF N1
解上述三式得g m
F mg F a f 4
3sin cos 1
=
-+=
θθ. 由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为: g
gS
a S t 3622=
=. 三、警示易错试题
典型错误之一：不理解“轻弹簧”的物理含义。
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，○中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，○中弹簧的左端拴一
小物块，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、L 3 、L 4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：
A ．L 2>L 1; B. L 4>L 3; C ．L 1>L 3; D. L 2=L 4.
错解：由于○中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动，而○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 L 4>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，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为。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/s 2）
错解：将运动员看质量为m 的质点，从h 1高处下落，刚接触网时速度的大小 112gh V = （向下）
， 弹跳后到达的高度为h 2，刚离网时速度的大小 212gh V =
（向上）
，速度的改变量 21V V V +=?（向上）， 以a 表示加速度，t ?表示接触时间，则t a V ?=?， 接触过程中运动员受到向上的弹力F 。由牛顿第二定律，
F F ○图22
ma F =， 由以上五式解得，t
gh gh m
F ?+=1
222 ， 代入数值得：N F 900= 。
分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F 和重力mg,由牛顿第二定律，ma mg F =-， 由以上五式
解得，t
gh gh m
mg F ?++=1
222 ， 代入数值得：N F 1500=