上海高三物理复习--牛顿运动定律专题
【全程复习方略】高中物理 3牛顿运动定律课件 沪科
2.重点难点突破方法 (1)恰当地选取研究对象，对研究对象进行准确的受力分析 和过程分析. (2)应用牛顿第二定律时要注意合力与加速度的瞬时对应关 系. (3)应用正交分解法解题时，注意选取合适的坐标系，以使 求解更方便.
牛顿第一定律
牛顿第
牛
三定律
顿
运
动
牛
定 律
顿 第 二
定
律
单位制
一、知识特点 本章基本概念较少，如惯性、作用力和反作用力、超重和 失重等，基本规律即牛顿三大定律，主要有以下特点： 1.本章是在前两章的基础上进一步研究物体运动状态变化 的原因，揭示力和运动的本质关系 2.以牛顿第二定律为重点，研究其应用，如瞬时性问题、 传送带问题、滑块相对滑动问题、超失重问题、两类动力学问 题等
第三章 牛顿运动定律
1.牛顿运动定律、牛顿定律的应用 2.超重和失重 3.单位制 实验四：验证牛顿运动定律
Ⅱ 三年11考 Ⅰ 三年6考 Ⅰ 三年1考
三年4考
1.理解牛顿第一定律、牛顿第三定律，认识惯性和作用力、反 作用力的特点 2.熟练掌握牛顿第二定律，会用牛顿运动定律分析解决两类典 型的动力学问题 3.综合应用匀变速直线运动的规律及运动图象、运动和力的关 系、牛顿运动定律进行受力分析、运动过程分析
二、复习方法及重点难点突破 1.复习方法 对本部分内容的复习应抓好以下几个方面： (1)注重对基本概念和基本规律的理解. 本章中有关于基本概念的理解和辨析，如惯性与惯性定律、 相互作用力与平衡力等，而对三个定律的理解及应用更是高考 的热点，且此内容往往与其他知识相联系，综合性较强.
3.高考物理复习专题 牛顿运动定律
高考物理专题复习 力和运动 牛顿运动定律1. 一斜面AB 长为5m ，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A 点由静止释放，如图所示．斜面与物体间的动摩擦因数为63，求小物体下滑到斜面底端B 时的速度及所用时间．（g 取10 m/s 2）2. 如图所示，A 、B 两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F 拉A ，使A 、B 一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L 1；若将A 、B 置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F 拉A ，使A 、B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L 2。
若A 、B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是 （ ）A ．L 2＜L 1B ．L 2＞L 1C ．L 2＝L 1D ．由于A 、B 质量关系未知，故无法确定L 1、L 2的大小关系3.如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A =2.0kg 的薄木板A 和质量为m B =3 kg 的金属块B ．A 的长度L =2.0m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为m C =1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t 后 B 从 A 的右端脱离（设 A 的右端距滑轮足够远）（取g =10m/s 2）．4.某人在地面上最多可举起60 kg 的物体，在竖直向上运动的电梯中可举起80 kg 的物体，则此电梯的加速度的大小、方向如何？电梯如何运动？（g =10 m/s 2）四、考点精炼1．手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端，竖直向上作加速运动。
当手突然停止运动后的极短时间内，物体将 （ ）A ．立即处于静止状态B ．向上作加速运动C ．向上作匀速运动D ．向上作减速运动2．如图所示，质量为m 的木块在推力F 作用下，沿竖直墙壁匀加速向上运动，F 与竖直方向的夹角为θ．已知木块与墙壁间的动摩擦因数为µ，则木块受到的滑动摩擦力大小是 （ ）A ．µmgB ．F cos θ -mgC ．F cos θ+mgD ．µF sin θ3．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m 的滑块正在加速下滑，如图所示。
高三物理一轮复习知识点专题5牛顿运动定律
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高三物理一轮复习知识点专题5 牛顿运动定律—【讲】第一部分：考点梳理考点一、牛顿三大定律的理解与应用考点二、牛顿第二定律的瞬时性考点三、两类动力学问题考点四、连接体的内外力关系以及叠加体的临界值考点五、超重与失重考点六、动力学问题中的图像考点七、实验——验证牛二定律考点一、牛顿三大定律的理解与应用a、牛顿第一定律的理解与应用1．惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。
（典例应用1）关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是()A．它表明了力是维持物体运动状态的原因B．它表明了物体具有保持原有运动状态的性质C．它表明了改变物体的运动状态并不需要力D．由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程。
所以牛顿第一定律没有用处【答案】：B【解析】：牛顿第一定律揭示运动和力的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故选项B正确。
（典例应用2）(多选)小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法正确的是()A．小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B．小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变C．火车一定是在向前加速D．以火车为参考系，此时牛顿第一定律已经不能适用【答案】：BCD【解析】：小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，故A错误，C正确；小球在水平方向并不受力的作用，小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变，故B正确；牛顿运动定律适用于惯性参考系，此时，火车做加速运动，不再是惯性参考系，所以牛顿第一定律已经不再适用，故D正确。
高考物理二轮复习 牛顿运动定律与直线运动专题课件
【评析】 带电粒子在复合场中的运动问题，实质是 力学问题，其解题的一般步骤仍然为：确定研究对象； 进行受力分析(注意重力是否能忽略)；根据粒子的运 动情况，运用牛顿运动定律、动能定理或能量关系列 出方程式求解．本题考查了力与运动的关系，难度较 大，要善于挖掘题目的隐含条件，根据“保证小球仍 能沿方v0向做直线运动”的条件，推测合外力的情况， 同时本题要能灵活运用图解法求解，比较方便、简 捷．
C. q
m g tan
D. q
图211
【分析】由题意可知小球沿v0方向做直线运动，
设小球的重力与电场力的合外力为F，判定小球
的重力与电场力的合外力在v0所在直线上．
【解析】 (1)建如图甲所示坐标系， 设场强E与v0成 角，则受力如图：
由牛顿第二定律可得：
Eqsin -mgcos=0
①
Eqcos -mgsin=ma
【分析】本题的关键是对皮带与煤块隔离分析，结 合牛顿运动定律判断得出各自的运动情况，由于运 动情况不同，轨迹长度不等，正是形成黑色痕迹的 原因．
根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送 带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送 带的加速度a0.根据牛顿运动定律，可得a=μg.
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等 于v0，煤块则由静止加速到v， v0=a0t，v=at
【例4】如图241所示，质量M=8kg的小车放在水 平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F=8N， 当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻 轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物 块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求从小 物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大 小为多少？(取g=10m/s2)．
高三物理二轮复习 专题二 直线运动和牛顿运动定律课件
v0 t1
，下降
过程中的加速度大小为a2＝
v1 t1
.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定
律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝
v02＋t1gv1，滑动摩擦力f＝mv20－t1 v1，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可
知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面
上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正
确． 答案 ACD
高题频组考冲点关高频考点一 图象问题
命题视角
题组冲关
1 ． 一 物 体 从 静 止 开 始 做 直 线由 运运动 a－动，t图，然象后可做知匀：加该速物运体动先，做最加后速做度加增速大度的减加小速的 其加速度随时间变化的a－t图加象速如运图动．A选项中的v－t图象说明：该物体先 所示．在下列v－t图象中，可做能匀正加确速直线运动，然后做匀速直线运动，最后
高三物理二轮复习
直线运动和牛顿运动定律
考
高频考点一 图象问题
点 高频考点二 匀变速直线运动规律的应用
高频考点三 用牛顿第二定律解决连接体问题
微网构建
核心再现
知识 规律
(1)匀变速直线运动规律公式的两性． ①条件性：物体必须做匀变速直线运动．
②矢量性：公式都是矢量式．
(2)牛顿第二定律的“四性”． ①矢量性：F＝ma是矢量式，a与F同向． ②瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化．
高题频组考冲点关高频考点一 图象问题
视角二 图象的应用 命题视角
题组冲关
[例2] (2015·高考新课标全国卷Ⅰ)(多选)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 v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题13牛顿运动定律的运用(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第三章牛顿运动定律专题13 牛顿第二定律的应用第一部分知识点精讲1. 瞬时加速度问题（1）两类模型（2）. 在求解瞬时加速度时应注意的问题(i)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
(ii)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
（3）求解瞬时加速度的步骤2．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
不管是哪一类动力学问题，受力分析和运动状态分析都是关键环节。
（1）解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：作为“桥梁”的加速度，既可能需要根据已知受力求解，也可能需要根据已知运动求解。
（2）动力学两类基本问题的解题步骤（3）掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。
（i ）把握“两个分析”“一个桥梁”(ii)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
3.物体在五类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝h sin θ可得t ＝1sin θ 2h g， 可知倾角越小，时间越长，图1中t 1＞t 2＞t 3。
第二类：同底斜面(如图2所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝d cos θ可得t ＝ 4d g sin 2θ， 可见θ＝45°时时间最短，图2中t 1＝t 3＞t 2。
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。
由2R ·sin θ＝12·g sin θ·t 2，可推得t 1＝t 2＝t 3。
2020年高三一模专题汇编—03牛顿运动定律—真题+参考答案+评分标准
2020年⾼三⼀模专题汇编—03⽜顿运动定律—真题+参考答案+评分标准上海市2020届⾼三⼀模试题全解全析汇编⽜顿运动定律1、（2020·上海市浦东新区⾼三⼀模）如图所⽰，⼩球沿不同倾⾓θ的光滑斜⾯滑下，⼩球的加速度a 及对斜⾯的压⼒N 与各⾃最⼤值的⽐值y 随θ变化的图像分别对应y -θ图中的A. ①和②B. ①和④C. ②和③D. ③和④【答案】A【解析】对⼩球进⾏受⼒分析，则有：N =mg cosθ随着θ的增⼤，N 减⼩，对应②.根据⽜顿第⼆定律得：mgsin a gsin m θθ=＝随着θ的增⼤，a 增⼤，对应①.A ．①和②，与结论相符，选项A 正确；B ．①和④，与结论不相符，选项B 错误；C ．②和③，与结论不相符，选项C 错误；D ．③和④，与结论不相符，选项D 错误；2、（2020·上海市奉贤区⾼三⼀模）某跳⾼运动员在运动会中成功跳过了1.7m的⾼度。
不计空⽓阻⼒，则运动员在空中（）A．⼀直处于超重状态B．⼀直处于失重状态C．上升处于超重，下降处于失重D．上升处于失重，下降处于超重【答案】B【解析】在空中，不计空⽓阻⼒，⽆论上升还是下降只受重⼒，有向下的重⼒加速度，是处于完全失重状态，故B正确，ACD 错误。
故选：B。
3、（2020·上海市黄埔区⾼三⼀模）从⽜顿第⼀定律可直接演绎得出（）A. 质量是物体惯性的量度B. 质量⼀定的物体加速度与合外⼒成正⽐C. 物体的运动需要⼒来维持D. 物体有保持原有运动状态的特性【答案】D【解析】⼀切物体在不受外⼒时，总保持静⽌状态或匀速直线运动状态．静⽌状态或匀速直线运动状态是指原来静⽌的将保持静⽌状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态．故⽜顿第⼀定律说明了⼀切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了⼒是改变物体运动状态的原因；故只有D正确；4、（2020·上海市黄埔区⾼三⼀模）电梯以⼤⼩为0.25g 的加速度竖直向上做减速运动，站在电梯中质量为m 的⼈对电梯的压⼒为（）A. 0.25mgB. 0.75mgC. mgD. 1.25mg【答案】B【解析】由电梯竖直向上做减速运动，具有向下的加速度0.25g ，站在电梯中质量为m 的⼈与电梯具有相同的运动情况，对⼈受⼒分析，受到重⼒mg 、地⾯⽀持⼒F ，根据⽜顿运动定律有0.25mg F ma m g ?==解得：0.75F mg =，B 正确，ACD 错误。
高考物理一轮复习课件专题三：牛顿运动定律的综合应用
• 方法二：假定某力沿某一方向，用运动 规律进行验算，若算得正值，说明此力与假
• 2．“极限法”分析动力学问题
•
在物体的运动状态变化过程中，往往
达到某个特定状态时，有关的物理
•
量将发生突变，此状态叫临界状态．
相应的待求物理量的值叫临界
• 2.
• 解析：在施加外力F前，对AB整体受力 分析可得：2mg＝kx1，A、B两物体分离时 ，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零， 选项A、B错误；对物体A：mg＝kx2，由于 x1－x2＝h，所以弹簧的劲度系数为k＝mg/h ，选项C正确；在 B与A分离之前，由于弹
• 图3－3－7 •2－1 如图3－3－7所示，光滑水平面上放置 质量分别为m、2m的A、B两个物 •• 体解，析A：、当B间A、的B最之大间静恰摩好擦不力发为生μ相m对g，滑现动用 水时平力拉F最力大F拉，B此，时使，AB对以于同A一物体所受的合外
【例3】如图3－3－8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着
• 擦因数相同．当用水平力F作用于图3B－上3－3且两 物块共同向右加速运动时，弹簧的伸
【例1】 如图3－3－4所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和 水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、 Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为 F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间时，球的加速 度a应是( )
压力
橡皮 绳
较大
一般不 能突变
只有拉 力没有
压力
• 当物不体受处力处突然变化时，物体的加速既度可有
轻弹 计 相等
一般不 拉力也
1.
图3－3－1 如图3－3－1所示，A、B两木块间连一轻质弹簧，A、B质量相等，一起静 止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块 的加速度分别是( )
【高考零距离】(上海专用)-高三物理总复习(考点解读+教学归纳+分类解析)第三章 第15讲 运动
运动定律综合应用考点解读教学目标掌握牛顿定律与力矩结合问题 教师归纳牛顿定律与力矩结合问题只能用隔离法分析各物体，分别应用牛顿第二定律和力矩平衡条件处理问题．分类剖析(一)力的合成法与正交分解法在牛顿第二定律中的应用如果物体只受两个互成角度的共点力作用而做加速运动，可以利用力的平行四边形法则，求出合力．并由牛顿第二定律可知合力与加速度的方向总是相同的，因此，解题时只要已知或能判断出加速度的方向，就可知道合力的方向，相当多的问题就是已知加速度方向，根据加速度方向来确定合力方向．牛顿第二定律的正交分解表达式为 ∑F x ＝ma x ，∑F y ＝ma y在具体应用中建立直角坐标系时，确定x 轴正方向时一般有两种方法： (1)分解力而不分解加速度，也就是规定加速度方向为x 轴正方向；(2)分解加速度而不分解力，就是以某个力的方向为x 轴正方向，而其他力相互垂直落在两个坐标轴上，此时采用分解加速度，不分解力的方法求解，比较简便．如图所示，、、都是铰链连接，、杆的重力均不计，垂直于竖直墙面，AC ＝L ＝1m, θ＝30°，有一质量为m ＝2kg 的小物体，从A 点静止开始沿AC 下滑，物体与杆间的动摩擦因数为μ＝0.2，试求：BC 杆在C 点受到的作用力大小和物体下滑时间的函数关系．【解析】 以AC 杆为研究对象，除转轴A 外，受到小物体的压力N 、小物体的摩擦力f 和BC 杆的作用力F 的作用，如图所示，设小物体到A 端的距离为S ，则由力矩平衡条件得：FL sin θ＝mgS cos θ，所以F ＝mgS cos θL sin θ＝2×10×0.866S 0.5，又S ＝12at 2，所以F ＝2×10×0.866S 0.5＝10×0.866×3.27t 20.5＝56.6t 2.质量为μ，如沿水平方向加一个力F ，使物体沿斜面向上以加速度a 做匀加速直线运动(如图(a)所示)，则水平推力F 为多大？【解析】 应用正交分解法(图(b))，建立动力学方程求解． 取斜面向上的方向为x 轴正方向，由牛顿第二定律 F cos α－mg sin α－f ＝ma (1) f ＝μN (2)N ＝F sin α＋mg cos α(3) 联立(1)、(2)、(3)式解得F ＝mg （sin α＋μcos α）＋ma cos α－μsin α为μ＝0.16，尺与桌边垂直且有1/4露出桌外，受到一个F ＝1.6N 的水平拉力作用，要使它能从桌上落下，问这个力至少作用多长时间？【解析】 尺一开始受到重力G 、桌面的支持力N 、拉力F 和摩擦力f 的作用，撤去拉力后只受重力G 、桌面的支持力N 和摩擦力f 的作用，则由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1，所以a 1＝F －μmg m ＝1.6－0.16×0.2×100.2m/s 2＝6.4m/s 2，而－μmg ＝ma 2，所以a 2＝－μg ＝－1.6m/s 2，为使在力作用时间最短时尺从桌边掉下，尺的速度－时间图线如图所示，可见撤去拉力前、后尺的位移之比s 1∶s 2＝|a 2|∶a 1＝1∶4，则s 1＝120s ＝0.05s ，又s 1＝12a 1t 21，所以t 1＝2s 1/a 1＝2×0.05/6.4s ＝0.125s .将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动．当箱以a＝2.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N.(取g＝10m/s2)(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况．(2)使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？【解析】把物体作为研究对象，由运动情况可得：F合＝ma，即mg＋6N－10N＝ma，解得m＝0.5kg(1)因弹簧未形变，故产生的弹力也不变，此时物体受合力为：F合＝10N－5N－G＝0N，可知：箱可能匀速运动或保持静止(2)若上顶板传感器示数为零，则可知物体所受合力为：F合＝10N－G，且方向向上，故加速度为：a＝F合m＝50.5m/s2＝10m/s2且方向向上，可知物体有可能做向上的加速度大小为10m/s22光滑的水平面上有一质量为＝1kg的小球，小球与水平轻弹簧和与水平成θ＝30°角的轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为多少？(g取10m/s2)【解析】因此时水平面对小球弹力为零，故小球在绳未剪断时受三个力的作用，如图所示，由于小球处于平衡状态，依据小球在水平和竖直方向受力平衡求出F T和F的大小．剪断绳时，F T＝0，小球在竖直方向仍平衡，但在水平方向所受合外力不为零，从而产生加速度，绳未断时，由平衡条件得F T cos30°＝FF T sin30°＝mg解得F＝3mg＝103N绳剪断瞬间，小球受弹簧的拉力F、重力mg和支持力F N，则F＝ma F N＝mg解得a＝103m/s2，FF N＝ 3.如图所示，同高度的、顺时针同向转动的两个有固定转动轴的轮相距为d ＝0.2m ，轮缘的线速度为v ＝0.2m/s ，一均匀长木板的质量为m ＝20kg ，放在两轮上，一开始木板的重心G 在A 轮的正上方，木板与轮间的动摩擦因数都为μ＝0.1，经过时间t ＝0.5s ，A 轮对板的弹力大小为__________，B 轮对板的弹力大小为__________．【解析】 两轮都顺时针转动，所以轮所受的摩擦力方向向左，而物体所受的摩擦力方向向右，设为f A 和f B ，两轮对板的弹力大小设为N A 和N B ，由于N A ＋N B ＝mg ，f A ＝μN A ，f B ＝μN B ，所以，f A ＋f B ＝μmg ，则f A ＋f B ＝μmg ＝ma ，所以a ＝μg ＝1m/s 2.v ＝at 1，t 1＝v /a ＝0.2s ，s 1＝12at 21＝12×1×0．22m ＝0.02m ，后0.3s 内板和轮子间没有摩擦力，而做匀速运动，s 2＝vt 2＝0.2×0.3m＝0.06m ，所以0.5s 内板共走了s ＝s 1＋s 2＝0．08m ，由力矩平衡得mg ×s ＝N B ×d ，所以N B ＝mgs /d ＝200×0.08/0.2＝80N ，N A ＝mg －N B ＝120N.本章小结知识网络考题解析考题1 (11年上海高考)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v －t 图线如图所示，则( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大【解析】 根据加速度可以用vt 图线的斜率表示，所以在0～t 1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度a ＝F －μmgm，所以外力F 大小不断减小，A 错误；在t 1时刻，加速度为零，所以外力F 等于摩擦力，不为零，B 错误；在t 1～t 2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －Fm，外力F 大小可能不断减小，C 正确；但如果在F 先减小一段后的某时刻，F 的方向突然变为向后，根据加速度的大小a ＝μmg ＋F m，F 后增大，因为vt 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小先减小后增大是可能的，D 也正确．所以本题选CD.【点评】 本题考查vt 图线，牛顿第二定律分析能力．考题2 如图(a )所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化的规律如图(b )、(c )所示，重力加速度g 取10m/s 2.求：(a )(b ) (c )(1)小环的质量m .(2)细杆与地面间的倾角α.【解析】 本题考查动力学的基本概念，采用从图线中获取必要的信息，培养学生观察能力与分析判断能力．由图(c )得： a ＝v t ＝12m/s 2＝0.5m/s 2.前2s 有： 环做匀加速运动，满足方程F 1－mg sin α＝ma ，2s 后有环做匀速运动，加速度为零，所以F 2＝mg sin α，代入数据可解得m ＝1kg ，α＝30°.考题3 如图(a )，质量m ＝1kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图(b )所示．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)比例系数k .(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)(a ) (b )【解析】 (1)初始时刻：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 ①，由右图读出a 0＝4m/s 2代入①式，解得：μ＝g sin θ－ma 0g cos θ＝0.25;(2)末时刻加速度为零：mg sin θ－μN －kv cos θ＝0 ②，又N ＝mg cos θ＋kv sin θ，由右图得出此时v ＝5 m/s 代入②式解得：k ＝mg （sin θ－μcos θ）v （μsin θ＋cos θ）＝0.84kg/s.考题4 如图所示，物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．每隔0.2s 通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．重力加速度g 取10m/s 2.求： (1)斜面的倾角α；(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ； (3)t ＝0.6s 时物体的瞬时速度v .【解析】 本题考查运动学与动力学的基础知识，是中学阶段的重要内容之一． (1)由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a 1＝Δv Δt ＝1.0－0.00.2－0.0＝5m/s 2，mg sin α＝ma 1，可得α＝30°. (2)由后两列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a 2＝Δv Δt ＝0.7－1.11.4－1.2＝－2m/s 2，－μmg ＝ma 2，可得μ＝0.2. (3)物体在平面上运动时，有 1.1－v B1.2－t B＝－2v B －1.1＝－2(t B －1.2)，物体在斜面上运动时，有v B －0.0t B －0.0＝5，v B ＝5t B ，t B ＝0.5s则t ＝0.6s 时物体在水平面上，其速度为v ＝[1.1－2(0.6－1.2)]m/s ＝2.3m/s.考题5 如图所示，质量为10kg 的物体在F ＝200N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°.力F 作用2s 后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s 后速度减为零，求： 物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s .(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)【解析】 本题主要考查动力学与运动学的基础知识．是高中物理阶段的重要内容，要求学生能正确作出受力分析图，然后在考虑重力与摩擦力及F 三个力分别在斜面上的分力之和与垂直于斜面方向上分力之和的基础上，运用动力学方程求解．物体的整个运动分为两部分，设撤去力F 瞬间物体的速度为v ，则 由v ＝a 1t 1和0＝v －a 2t 2，得a 1t 1＝a 2t 2，所以2a 1＝1.25a 2，①a 1＝F cos θ－mg sin θ－μ（F sin θ＋mg cos θ）m.②a 2＝mg sin θ＋μmg cos θm，③由①②③式解得μ＝0.25，④代入②③式得a 1＝5m/s 2，a 2＝8m/s 2.s 1＝12a 1t 21＋12a 2t 22⑤＝12×5×22m ＋12×8×1.252m ＝ 16．25m.⑥考题6 如图所示，斜面底端与一水平板左端a 相连，平板长2L ，中心C 固定在高为R ＝L ＝1m 的竖直支架上，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O 连接，因此平板可绕转轴O 沿顺时针方向翻转．当把质量m ＝0.5kg 的小物块A 轻放在C 点右侧离C 点0.2m 处时，平板左端a 恰不受支持力．A 与斜面间和平板的动摩擦因数均为μ＝0.2，A 从斜面由静止下滑，不计小物块在a 处碰撞时的能量损失．重力加速度g ＝10m/s 2.现要保证平板不翻转，求：(1)小物块能在平板上滑行的最大距离．(2)有同学认为，在h 0一定的情况下，平板是否翻转与斜面的倾角有关，倾角越大，越容易翻转．请用相关知识分析上述认识是否正确．(3)若h 0＝1m ，斜面倾角不能超过多大？【解析】 (1)滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.2×0.5×10N ＝1N 其顺时针力矩为M f ＝fR ＝1Nm平板的重力矩为M ＝mgd ＝0.5×10×0.2Nm ＝1Nm根据力矩平衡条件可得小物块在平板上滑行的最大距离为1m.(2)要使平板发生翻转，小物块至少要滑到C 点右侧．由于小物块在平板上克服摩擦力做功是确定的，所以在h 0一定情况下，斜面倾角越大，克服斜面摩擦力做的功就越小，能滑行的距离就越长，即平板越容易翻转．(列式说明同样给分)(3)设小物块恰好能滑到C 点，由动能定理得mgh 0－(W 克斜＋W 克板)＝0式中W 克斜＝μmgh 0tg θ，W 克板＝μmgL mgh 0－(μmg h 0tg θ＋μmgL )＝0，代入数据，解得θ＝14°.考题7 杂耍演员用一手抛三个球，相邻两球出手的时间间隔Δt 相等，每次手中至多有一个球．已知各球上抛高度为1.25m ，g 取10 m/s 2，求(1)每个球在手中停留时间的范围；(2)相邻两球出手的时间间隔Δt .【解析】 由竖直上抛高h ＝1.25m 可求v 0＝2gh ＝2×10×1.25m/s ＝5m/s每个球上升、下降时间t 上＝t 下＝v 0g ＝510s ＝0.5s故每个球(从离开手到回到手)一个循环的时间T ＝2t 上＝2×0.5s ＝1s.这1s 时间有3个球在手中进出着．(a ) (b )图(1)(a )倘若球在手中滞留时间最短，可以短到零(仿佛在抛接三个“烫山芋”一般)，见图(1)(a)，那么相邻两球出手的时间间隔就是Δt ＝T 3＝13s.(b )倘若球在手中滞留的时间最长，那就是等后一球回到手瞬间才把手中的球抛出去，这一瞬间可视为手上有2个球，空中仅有一个球(在最高点)，见图(1)(b)，这样，相邻两球出手的时间间隔：Δt ＝T 2＝12s ＝0.5s则球在手中滞留的时间也等于这个时间间隔(0.5s)． 【点评】 以上两种情况的v ≠t 图像如图(2)所示．(a ) (b )图(2)考题8 如图，质量m ＝2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L＝20m.用大小为30N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2s 拉至B 处．(已知cos37°＝0．8，sin37°＝0.6.取g ＝10m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .【解析】 方法一：用牛顿定律和运动学公式(1)物体做匀加速运动 L ＝12at 2∴a ＝2L t 20＝20×2022＝10(m/s 2) 由牛顿第二定律 F －f ＝ma f ＝30－2×10＝10(N) ∴μ＝f mg ＝102×10＝0.5(2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速t ′秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma∴ a ＝F （cos37°＋μsin37°）m－μg＝30×（0.8＋0.5×0.6）2－0.5×10＝11.5(m/s 2)a ′＝fm＝μg ＝5(m/s 2)由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′ ∴t ′＝aa ′t ＝11.55t ＝2.3t L ＝12at 2＋12a ′t ′2∴t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5＝1.03(s) 方法二：用动能定理和牛顿定律设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，对全过程，由动能定理[F cos37°－μ(mg －F sin37°)]s －μmg (L －s )＝0∴s ＝μmgLF （cos37°＋μsin37°）＝0.5×2×10×2030×（0.8＋0.5×0.6）＝6.06(m)对F 作用时间，由牛顿第二定律 F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma ∴a ＝F （cos37°＋μsin37°）m－μg＝30×（0.8＋0.5×0.6）2－0.5×10＝11.5(m/s 2)∵s ＝12at 2∴t ＝2s a＝2×6.0611.5＝1.03(s) 方法三：图像法 作出vt 图像如下图则12vt ＋12vt ′＝L ＝20m v ＝at ＝a ′t ′，a ＝F （cos37°＋μsin37°）m－μg＝30×（0.8＋0.5×0.6）2－0.5×10＝11.5(m/s 2)a ′＝fm＝μg ＝5(m/s 2)所以11.5t ＝5t ′解得t ＝205.75＋13.225≈1.03s【点评】 本题考查牛顿定律和运动学公式或动能定理，难度：中等．解题关键在于：外力F 撤去后，小车由于惯性而运动到B .考题9 如图所示，光滑斜面的底端a 与一块质量均匀、水平放置的平板光滑连接，平板长为2L ，L ＝1m ，其中心C 固定在高为R 的竖直支架上，R ＝1m ，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O 连接，因此平板可绕转轴O 沿顺时针方向翻转，问：(1)在斜面上离平板高度为h 0处放置一滑块A ，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数μ＝0.2，为使平板不翻转，h 0最大为多少？(2)如果斜面上的滑块离平板的高度为h 1＝0.45m ，并在h 1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A 、B ，时间间隔为Δt ＝0．2s ，则B 滑块滑上平板后多少时间，平板恰好翻转．(重力加速度g 取10m/s 2)【解析】 (1)A 滑到a 处的速度为v 0＝2gh 0 ①f＝μN，N＝mg，f＝ma，a＝μg②滑到板上离a点的最大距离为v20＝2μgs0，s0＝2gh0/2μg＝h0/μ③A在板上不翻转应满足条件：摩擦力矩小于等于正压力力矩，即M摩擦≤M压力μmgR≤mg(L－s0) ④h0≤μ(L－μR)＝0.2×(1－0.2)＝0．16m⑤(2)当h1＝0.45m，v A＝2gh1＝2×10×0.45＝3m/sv A＝v B＝3m/s ⑥设B在平板上运动直到平板翻转的时刻为t，取Δt＝0.2ss A＝v A(t＋Δt)－μg(t＋Δt)2/2 ⑦s B＝v B t－μgt2/2 ⑧两物体在平板上恰好保持平板不翻转的条件是2μmgR＝mg(L－s A)＋mg(L－s B) ⑨将⑦、⑧代入⑨式，得t＝0.2s。
2024届高考物理强基计划专题讲座课件：牛顿运动定律
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二、力学中的常见力
1. 万有引力（universal gravitation）
存在于任何 两个物体间的相互吸引力。
牛顿万有引力定律：
F
G
m1m2 r2
其中m1和m2为两个质点的引力质量，r为两个质点
的距离，G叫做引力常量。
G 6.672 59 1011 N m2 / kg2
合外力的大小成正比，与物体的质量成反比，加速
度的方向与合外力的方向相同。
数学形式： F ma
或
F
dp
m
dv
讨论
dt dt
（1）力是产生加速度的原因。
（2）惯性质量：平动惯性大小的量度
（3）瞬时性，矢量性
分量式： Fx=max , Fy=may , Fz =maz 或 Ft=mat , Fn=man （自然坐标系） （4）在惯性系中成立
FT
2m1m2 m1 m2
(a
g)
讨论
当a =-g时，ar=0，T=0，即滑 a1 轮、质点都成为自由落体，两 个物体之间没有相对加速度。
FT
m1 a2
m1 g
y
FT
m2
m2 g
O
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例1-10 一个质量为m、悬线长度为l 的摆锤，挂在架 子上，架子固定在小车上，如图所示。求在下列情况
下悬线的方向(用摆的悬线与竖直方向所成的角表示)
v 2Rg cos
圆轨道的作用力
FN
m
v2 R
mg cos
3mg cos
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2. 变力作用下的单体问题 例1-12 计算一小球在水中竖直沉降的速度。已知小 球的质量为m，水对小球的浮力为Fb，水对小球的粘 性力为Fv= -Kv，式中K是和水的黏性、小球的半径有 关的一个常量。
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高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 1 页 共 12 页 第三章 牛顿运动定律专题
考试内容和要求 知识内容 学习水平 说明 牛顿定律 牛顿第一定律，惯性 B 牛顿第二定律 C 牛顿定律的应用 D 只限于单个物体在质量和所受合力大小都不变的情况，并且不要求讨论用摩擦力作动力的问题 加速度与力的关系、加速度与质量的关系实验（演示实验） C
牛顿第三定律 B 牛顿第三定律（DIS演示实验）
一．牛顿运动定律
1．牛顿第一定律 （1）第一定律的内容：任何物体都保持 或 的状态，直到有 迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律指出了力不是产生速度的原因，也不是维持速度的原因，力是改变 的原因，也就是产生 的原因。 （2）惯性：物体保持 的性质叫做惯性。牛顿第一定律揭示了一切物体都有惯性，惯性是物体的固有性质，与外部条件无关，因此该定律也叫做惯性定律。 【典型例题】 1． （2005广东）一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（ ） （A）车速越大，它的惯性越大 高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 2 页 共 12 页 （B）质量越大，它的惯性越大 （C）车速越大，刹车后滑行的路程越长 （D）车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
2． （2006广东)下列对运动的认识不正确的是（ ） （A）亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动 （B）伽利略认为力不是维持物体速度的原因 （C）牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 （D）伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
3． （2003上海理综）科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还要注意运用科学的方法。 理想实验有时更能深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示，其中有一个是经验事实，其余是推论。 ①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度； ②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面； ③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度； ④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。 请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列 （只要填写序号即可）。在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。 下列关于事实和推论的分类正确的是（ ） （A）①是事实，②③④是推论 （B）②是事实，①③④是推论 （C）③是事实，①②④是推论 （D）④是事实，①②③是推论
2．牛顿第二定律 （1）第二定律的内容：物体运动的加速度同 成正比，同 成反比，而且加速度方向与力的方向一致。ΣF＝ma （2）1牛顿＝1千克·米/秒2 高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 3 页 共 12 页 1N的物理意义： 。 （3）第二定律的深入理解 ①定律深刻阐明了加速度和外力之间存在着下列关系： 因果关系：力是使物体产生加速度的原因，力是因，加速度是果。 方向关系：加速度的方向与外力（或合外力）的方向始终一致。 瞬时关系：加速度与外力（或合外力）定量定向相应地同时产生，同时变化，同时消失。 ②定律中所说的“物体”应是可被当作质点来看待的物体或物体系。 ③定律给“质量”以科学的含义：“质量是物体惯性大小的量度。” ④牛顿运动定律只适用于宏观、低速物体，不能用来处理微观粒子和高速物体的运动。 【典型例题】 4． 关于直线运动，下列说法中正确的是（ ） （A）物体的运动方向总是和它所受合力的方向一致 （B）物体的加速度方向总是和它所受合力方向一致 （C）物体所受的合力保持不变其速度也保持不变 （D）物体所受的合力逐渐增大时其速度也一定逐渐增大
5． （2002上海）一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（ ） （A）探测器加速运动时，沿直线向后喷气 （B）探测器加速运动时，竖直向下喷气 （C）探测器匀速运动时，竖直向下喷气 （D）探测器匀速运动时，不需要喷气
6． （2002春招）质量为m的三角形木楔A置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上，在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，则F的大小为（ ） （A）m（a＋gsinθ＋μgcosθ）/cosθ （B）m（a－gsinθ）/（cosθ＋μsinθ） （C）m（a＋gsinθ＋μgcosθ）/（cosθ－μsinθ） （D）m（a＋gsinθ＋μgcosθ）/（cosθ＋μsinθ） 高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 4 页 共 12 页 7． 如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用。已知物块P沿斜面加速下滑。现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（ ） （A）一定变小 （B）一定变大 （C）一定不变 （D）可能变小，可能变大，也可能不变
8． 如图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小，则（ ） （A）a变大 （B）不变 （C）a变小 （D）因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势
9． （2004广东）三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用F/2的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度大小，则（ ） （A）a1＝a2＝a3
（B）a1＝a2，a2＞a3
（C）a1＞a2，a2＜a3
（D）a1＞a2，a2＞a3
3．牛顿第三定律
（1）内容：两个物体之间的作用力和反作用力，总是大小相等、方向相反、作用在一条直线上。作用力与反作用力一定是同种性质的力。 （2）一对作用力与反作用力和一对平衡力的区别： 共同点：一对作用力与反作用力和一对平衡力都是等值、反向、作用在同一直线上。 不同点：①一对作用力与反作用力作用在两个物体上，这两个物体互为施力物体和受力物体；而一对平衡力作用在同一物体上，受力物体相同，施力物体不相同。②一对作用力与反作用力一定是同种性质的力；但一对平衡力不一定是同种性质的力。 【典型例题】
F 高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 5 页 共 12 页 10．（1999广东）汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律知（ ） （A）汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力 （B）汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力 （C）汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力 （D）汽车拉拖车的力等于拖车受到的阻力
11．（2003春招）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面的摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于（ ） （A）在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 （B）在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 （C）在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度 （D）在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
二．牛顿运动定律的应用
1．两类问题 已知物体的受力情况，就可以确定物体的运动情况； 12．（1994上海）假设汽车紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多。当汽车以20米/秒的速度行驶时，突然制动，它还能继续滑行的距离约为（ ） （A）40米 （B）20米 （C）10米 （D）5米
13．（2004全国）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上， a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则（ ） （A）t1＜t2＜t3 （B）t1＞t2＞t3
（C）t3 ＞t1＞t2、 （D）t1＝t2＝t3
14．（2007上海）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进高三物理复习提纲 牛顿运动定律 第 6 页 共 12 页 入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据（重力加速度g＝10m/s2） t（s） 0.0 0.2 0.4 „ 1.2 1.4 „ v（m/s） 0.0 1.0 2.0 „ 1.1 0.7 „
求： （1）斜面的倾角α； （2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ； （3）t＝0.6s时的瞬时速度v。
已知物体的运动情况，就可以确定物体的受力情况。 15．（1996上海）某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为（ ） （A）自身所受重力的2倍 （B）自身所受重力的5倍 （C）自身所受重力的8倍 （D）自身所受重力的10倍
16．（2002全国）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。
17．（2007上海）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小环的质量m； （2）细杆与地面间倾角α。