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2022年高考中物理牛顿运动定律易错知识点总结

1

单选题
1、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（　　）

A．物体通过O点时所受的合外力为零
B．物体将做阻尼振动
C．物体最终只能停止在O点
D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg
答案：B
解析：
A．物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；
B．物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；
CD．物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。
故选B。
2、在光滑的水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用原长为l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2。以A、B为一个系统，如图甲所示，F1、F2向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0+△l1），系统的加速度大小为a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0﹣△l2），系统的加速度大小为a2。则下列关系式正确的是（　　）

A．△l1=△l2，a1=a2B．△l1>△l2，a1=a2
C．△l1=△l2，a1>a2D．△l1＜△l2，a1＜a2
答案：A
解析：
A、B完全相同，设它们的质量都是m，对图甲所示情况的整体有
F1-F2=2ma1
对图甲中的A有
F1-kΔl1=ma1
对图乙所示情况的整体有
F1-F2=2ma2
对图乙中的A有
F1-kΔl2=ma2
联立以上各式，有
a1=a2，Δl1=Δl2
故选A。
3、如图，质量相等的小球A和小球B通过轻弹簧相连，A通过轻质绳系于天花板上，系统静止，重力加速度为g。则当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．小球B的加速度大小为gB．小球B的加速度大小为g
C．小球A的加速度大小为gD．小球A的加速度大小为2g
答案：D
解析：
剪断轻绳的瞬间，弹簧长度不会发生突变，故B所受合外力仍为零，故B的加速度为零；剪断轻绳的瞬间A所受的合力大小与剪断之前绳子拉力大小一致，由共点力平衡可知剪断绳子前，绳子的拉力为2mg，剪断轻绳的瞬间，由牛顿第二定律可知，A的瞬时加速度大小为2g。
故选D。
4、如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。己知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是（          ）

A．木块受到的摩擦力大小为μ1(m1＋m2)g
B．长木板受到的摩擦力大小为μ2(m1＋m2)g
C．若改变F的大小，当F＞μ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．若将F作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动
答案：D
解析：
AB．先对木块受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为
Ff1=μ1m1g
根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，则木板受到的摩擦力的合力大小为0，故AB错误；
C．若改变F的大小，当
F>μ1(m1+m2)g
时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动，故C错误；
D．若将力F作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力，当整体的加速度大于μg时，木块一定会发生相对木板的滑动，故D正确。
故选D。
多选题
5、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动
B．物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关
C．平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同
D．初速度越大，物体在空中的飞行时间越长
答案：AC
解析：
A．物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；
B．由水平位移公式
x=v0t
竖直方向的位移为
h=12gt2
联立可得
x=v02hg
故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；
C．由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；
D．由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。
故选AC。
6、如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（物体1和物体2相对车厢静止，重力加速度大小为g）（　　）

A．车厢的加速度大小为gtanθ
B．绳对物体1的拉力大小为m1gcosθ
C．底板对物体2的支持力大小为m2-m1g
D．物体2所受底板的摩擦力大小为m2gsinθ
答案：AB
解析：
AB．对物体1进行受力分析，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有

FTcosθ=m1g
FTsinθ=m1a
得
FT=m1gcosθ
a=gtanθ
所以AB正确；

CD．对物体2进行受力分析有
FN+FT'=m2g
Ff静=m2a
且有
FT'=FT
解得
FN=m2g-m1gcosθ
Ff静=m2gtanθ
故CD错误。
故选AB。
7、如图甲所示，倾斜传送带的倾角θ=37°，传送带以一定速度匀速转动，将一个物块轻放在传送带的上端A，物块沿传送带向下运动，从A端运动到B端的v-t图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计物块大小，则（       ）

A．传送带一定沿顺时针方向转动
B．传送带转动的速度大小为5m/s
C．传送带A、B两端间的距离为12m
D．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
答案：BD
解析：
A．若传送带沿顺时针方向转动，则物块沿传送带向下做加速度恒定的匀加速运动，A错误；
B．当物块的速度与传送带的速度相等时，物块的加速度会发生变化，由此判断，传送带的速度为5m/s，B正确；
C．v-t图像所围的面积为传送带A、B两端间的距离，即为
x=12×5×0.5m+12×(5+8)×1.5m=11m
C错误；
D．0~0.5s，1.5s~2s由图可知两段加速度大小分别为10m/s2和2m/s2，由牛顿第二定律可得
gsinθ+μgcosθ=10
gsinθ-μgcosθ=2
解得
μ=0.5
D正确。
故选BD。
8、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025
答案：BD
解析：
A．根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为
H=2710s0sinθ=8150s0
故A错误；
B．从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=12
故B正确；
C．根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=Ek0s0
联立解得
F=3Ek0s0
故C错误；
D．整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
填空题
9、如图（a），商场半空中悬挂的轻绳上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过绳传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，轻绳的形状如图（b），其左侧与水平夹角为θ=37°，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，不计铁夹与轻绳之间的摩擦，则铁夹的加速度方向______（填水平向右或水平向左），大小为______。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

答案：     水平向右     103m/s2
解析：
[1][2]对此时节点处的钢丝进行受力分析，如图所示

y轴方向，根据平衡条件有
Tsinθ=mg
x轴方向，根据牛顿第二定律有
T-Tcosθ=ma
联立解得
a=103m/s2
方向水平向右
10、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数μ=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是 _____m/s，水平拉力的大小为______ N。

答案：     2     1
解析：
根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式
x=v0t+12at2
与x=2t-t2对照可得
v0=2m/s，a=-2m/s2
假设F方向向前，由牛顿第二定律
F-μmg=ma
带入可得
F=-1N
说明F方向向后，大小为1N。
11、如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的______，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出______。
答案：     加速度     力
解析：
略
12、判断正误：（1）物体加速度的方向一定与合外力方向相同。( )
（2）质量越大的物体，加速度越小。( )
（3）物体的质量与加速度成反比。( )
（4）物体受到外力作用，立即产生加速度。( )
答案：     正确     错误     错误     正确
解析：
（1）[1]由牛顿第二定律
F=ma
可知物体加速度的方向一定与合外力方向相同，故正确；
（2）[2]只有当合外力一定时，质量越大的物体，加速度越小，故错误；
（3）[3] 只有当合外力一定时，物体的质量与加速度成反比，故错误；
（4）[4] 由牛顿第二定律知：物体受到外力作用，立即产生加速度。
解答题
13、如图所示，质量为3m的小球甲用长为L=1.8m的不可伸长的轻绳悬挂在O点正下方。在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板丙，在长木板的最左端有一质量为m的小滑块乙，乙和丙一起向左匀速运动，小球甲刚好和小滑块乙在同一水平线上。在运动过程中，甲与乙只发生一次弹性碰撞，且碰撞前乙的速度为v0=12m/s。已知小滑块乙与长木板丙间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g=10m/s2，甲、乙均可视为质点。
（1）求甲与乙发生弹性碰撞后，小球甲上升的最大高度；
（2）求木板长度为多少时，乙不会从木板上掉落；
（3）若木板最右端有一弹性挡板，木板与地面间的动摩擦因数为0.2，请判断是否存在合适的木板长度使乙与挡板碰后瞬间丙的速度变为零，若存在，请求出木板的长度，若不存在，请说明理由。（其余条件不变）

答案：（1）1.8m；（2）18m；（3）不存在
解析：
（1）以向左为正方向，甲与乙发生弹性碰撞，二者组成的系统水平方向动量守恒，设碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v1、v2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv2+3mv1
12mv02=12mv22+12×3mv12
解得
v1=6m/s，v2=-6m/s
对小球根据机械能守恒定律有
3mgh=3mv122
解得
h=1.8m=L
（2）对于滑块和长木板，设满足条件的长木板的最小长度为L1，最终二者共同速度为v3，则根据动量守恒定律和能量守恒定律得
2mv0+mv2=(2m+m)v3
μmgL1=12×2mv02+12mv22-122m+mv32
解得
v3=6m/s，L1=18m
即木板长度大于18m时，乙不会从木板上掉落。
（3）设木板的长度为L2，则甲、乙碰后到乙与挡板碰前，对二者受力分析结合牛顿第二定律，对乙有
a乙1=-6m/s2
对丙有
a丙1=-6m/s2
设乙与挡板碰前瞬间乙的速度为v4，丙的速度为v5，碰后瞬间乙速度为v6，丙速度为v7，碰撞过程有
mv4+2mv5=mv6+2mv7
12mv42+12×2mv52=12mv62+12×2mv72
解得
v6=m-2mv4+4mv5m+2m=-v4+4v53
v7=2m-mv5+2mv4m+2m=v5+2v43
若要v7=0，可得
v5+2v4=0
即
(12-6t)m/s+2(-6+6t)m/s=0
解得
t=0
故不存在木板长度使碰后瞬间木板速度变为零。
14、游乐场中滑滑梯是儿童喜欢的游乐项目，如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角为θ的平直斜面。可以观察到有些小朋友能从滑梯上端加速下滑，有些小朋友却一直无法滑下来。已知当地的重力加速度为g，忽略滑滑梯侧壁对小朋友下滑的摩擦力。
（1）若小朋友下滑过程与滑面间的动摩擦因数为μ，求下滑加速度大小a；
（2）找出小朋友坐在滑面上却无法滑下的物理原因。

答案：（1）gsinθ-μcosθ；（2）见解析
解析：
（1）设小朋友的质量为m，由牛顿第二定律
mgsinθ-f=ma
N-mgcosθ=0
由滑动摩擦力公式
f=μN
解方程组得
a=gsinθ-μcosθ
（2）把小朋友的重力分解，如图示

Gx=mgsinθ
重力沿斜面向下的分力Gx≤最大静摩擦力（fm）时，小朋友坐在滑面上无法滑下
15、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
16、如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在地面上。一质量m=1.0kg的物体在沿斜面向上的力F作用下由静止开始从斜面底部向上运动。已知在物体运动的第1s内力F的大小为8.0N，在随后2s时间力F的大小变为4.0N，物体运动3s后撤去力F。设斜面足够长，重力加速度g取10m/s2，求物体向上运动的最大位移s及整个过程中力F对物体所做的功WF。

答案：5.6m；28J
解析：
对物体受力分析，由牛顿第二定律得第1s内物体加速度为
a1=F1-mgsinθm=3ms2
位移为
x1=12a1t12=1.5m
速度为
v1=a1t1=3ms
2s~3s内，加速度为
a2=F2-mgsinθm=-1ms2
速度为
v2=v1+a2t2=1ms
位移为
x2=v1+v22t2=4m
撤去F后，加速度为
a3=-mgsinθm=-5ms2
位移为
x3=0-v222a3=0.1m
所以整个过程位移为
x=x1+x2+x3=5.6m
整个过程中力F对物体所做的功为
WF=F1x1+F2x2=28J
实验题
17、其研究性学习小组设计实验测量“某品牌的运动鞋鞋底与室内篮球馆木地板之间动摩擦因数的大小”，简要步骤如下：
（1）找来学校球馆的一块长木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一光滑小滑轮，右端固定电磁打点计时器；
（2）用塑料袋装一些沙子，塞入鞋中，并测出鞋和沙子的总质量M。接着把鞋子放在长木板上，把一轻质细线的一端固定在鞋子上，使鞋子能够沿细线方向做直线运动，再将细线绕过小滑轮，细线另一端拴一小桶，鞋子连接纸带穿过打点计时器，纸带保持水平。
（3）释放小桶，使鞋子能由静止开始加速运动，打出的纸带如图所示，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点之间有四个计时点没有画出，用刻度尺测量出两点之间的距离如图所示分别为s1=1.81cm、s2=2.10cm、s3=2.40cm、s4=2.70cm、s5=3.01cm、s6=3.30cm，打点计时器所接交流电频率为f=50Hz，可算出运动的加速度a=_________ms2（保留两位有效数字）；用天平测出小桶的质量为m，则鞋底与木板之间的动摩擦因数表达式为μ=_________；（用M、m、g、a表示）

（4）在测量过程中，下列说法正确的是( )
A．细线要与长木板保持平行                                     B．应将长木板垫高以平衡摩擦力
C．应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动     D．实验需要m远小于M才行
答案：     0.30     mg-M+maMg     AC
解析：
(3)[1]根据逐差法
a=s4+s5+s6-s1+s2+s33T2=2.70+3.01+3.30-1.81+2.10+2.40×10-23×0.12
解得
a=9.01-6.31×10-20.09=0.30m/s2
[2]根据牛顿第二定律
mg-μMg=M+ma
解得
μ=mg-M+maMg
(4)[3]
A．在测量中，拉力要与长木板平行，即细线要与长木板保持平行，A正确；
B．此实验目的就是为了测量摩擦因数，所以不应该平衡摩擦力。
C．如果先使鞋子开始运动再接通电源，有可能纸带已经被拉走，打不上点。所以应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动，C正确；
D．此实验利用牛顿第二定律分析
mg-μMg=M+ma
不要求m远小于M，D错误。
故选AC。
18、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

答案：     E     1.37     0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
vD=xCE2T=xCD+xDE2T
代入数据解得：vD=1.37m/s；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
19、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cos53°=0.6、sin37°=0.6、cos37°=0.8，实验步骤如下：

a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=______ms2；（保留3位小数）
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=______ms2；（保留3位有效数字）
(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A．       正确                                     B．错误                                          C．无法判断
答案：     1.958m/s2     0.5或0.50     9.79m/s2     B
解析：
(1)[1]小物块在斜面上做匀加速直线运动有
x=12at2
变形为
xt=12at
故xt-t图像的斜率
k=a2
由图2可知
k=0.979
故此时的加速度
a=2k=1.958m/s2
(2) (3)[2][3]长木板倾角为53°时有
mgsin53°-μmgcos53°=ma1
长木板倾角为37°时有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
联立可解得
μ=0.5，g=9.79m/s2
(4)[4]xt-t图像中的面积微元Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。
20、大家知道，质量可以用天平来测量。但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量，那么应该如何测量呢？
北京时间2013年6月20日上午10时，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测仪完成的。由牛顿第二定律F=ma可知，如果给物休施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。

（1）如图，假如航天员在A、B两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1.将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2.据此可知A、B两物块的质量之比mA：mB=___________。

（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a=______（用x、t表示）。这样，我们就能够计算出A物体的质量mA=_______（用F、N1、N2、x、t表示）。
答案：     N1:N2     2xt2     Ft2N12x(N1+N2)
解析：
（1）[1] 让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1
F=(mA+mB)a ，N1=mAa
将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2
F=(mA+mB)a ，N2=mBa
A、B两物块的质量之比
mA:mB=N1:N2
（2）[2][3]物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度
x=12at2 ，a=2xt2
A物体的质量
mA=Ft2N12x(N1+N2)

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