第四章 运动和力的关系 章末易错点突破-【创新教程】2026-2027学年高中物理必修第一册五维课堂同步复习（人教版）

物理·必修第一册 又v一a3t=0,说明电梯在6s末停止 故hg=名6-1m 所以电梯上升的高度为h=h1十h2十h3=9m。 [答案]9m 跟踪训练 2.解析：(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得： mg一F举=ma 得a=名一=(10-碧）加g=2m/g,则升降农的如 速度为2m/s2,方向向下。 (2)对人分析，根据牛顿第二定律得：Mg一Fy=Ma 解得：FN=Mg-Ma =50×(10-2)N=400N, 则由牛顿第三定律知人对升降机地板的压力大小为400 N,竖直向下。 答案：(1)2m/s2,方向向下 (2)400N竖直向下 课堂自测·夯基础 1.D[超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力， 物体的重力并没有增加，故A错误；物体处于完全失重 时，重力全部用来提供加速度，对支持它的支持面压力 为零，重力并没有消失，故B错误；惯性的大小与物体的 运动状态无关，物体处于超重或失重状态时，其惯性与 处于静止时相等，故C错误；物体处于超重或失重状态 时，其重力都没有变化，故D正确。] 2.B[因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止 时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则乘 客处于失重状态，A错误；对小球，电梯静止时，有mg= k红，电梯运行时，有mg一及·子x=ma,联立解得a 2.5m/s2,方向向下，电梯可能减速上升或者加速下降， C错误，B正确；对乘客，根据牛顿第二定律有Mg一FN =Ma,解得Fx=375N,根据牛顿第三定律可知，乘客对 电梯地板的压力为375N,D错误。] 3.D[火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超 重状态，A错误；火箭上升的加速度逐渐减小时，由于加 速度方向向上，宇航员仍处于超重状态，对座椅的压力 大于其重力，B错误；飞船加速下落时，加速度方向向下， 处于失重状态，宇航员对座椅的压力小于其重力，C错 误；飞船在落地前减速，加速度方向向上，宇航员处于超 重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D正确。] 4.C[对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成 两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失 重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小； 在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态， 此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故A、B、D 错误，C正确。] 5.B[当电梯静止时体重计示数为mg,所以此时体重计 读数为：F,=60×10N=600N。 当电梯以5m/s2的加速度向上做匀加速运动时，对人根 据牛顿第二定律，得：F2一mg=ma,得：F2=m(g十a)= 60×(5+10)N=900N。由牛顿第三定律得知，人对体 重计的压力大小为F2=F2=900N。则显示人的质量 为：m=9kg=90kg】 6.解析：在0~2s内，电梯做匀加速运动，根据牛顿第二定 律得：a,=Fmg-600-40X10m/g=5m/s,电梯 m 40 上升的高度h=a1后=2×5X2m=10m,2s未速 1 度为v=a14=5×2m/s=10m/s; ·2 中间t2=3s时间内，电梯做匀速运动，电梯上升的高度 h2=t2=10X3m=30m; 最后1s内做匀减速运动，加速度大小4，=mg一F m =40X10-320m/s2=2m/g2,在这段时间内电梯上升 40 的高度A=w-名4a,G=（10×1-名×2×1）m= 9m;则电梯上升的总高度h=h1+h2+h3=49m。 答案：49m 章末易错·点突破 专题归纳·整合提升 专题1 [例1]C[因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运 动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加 速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和 木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN=M远g一ma, 则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的弹力 大小为T,对甲受力分析有T-mg=ma, 对乙受力分析有mg-T=ma, 联立解得a=2.5m/s,T=7.5N,C正确，D错误。故 选C。] 跟踪训练 1.A[以小球为研究对象，分析受力情T 况，小球受重力mg、绳的拉力T,小球 的加速度方向沿斜面向下。则mg和 30 T的合力一定沿斜面向下。如图，由牛 几g 顿第二定律得：50=m,解得a 2g,再对整体根据牛顿第二定律可得：F十（2m十m)gsin 30°=3ma;解得F=4.5mg。] 2.解析：(1)对B有：m2g-Fx=m2a1 对A有：F,=m1a1 则F=1mg 1m1十m2 (2)对B有：m2g-Fr2=m2a2 对A十C有：Fr2=2m1a2 则Fn=2m%mg m2+2m1 。 由P=2R,得 2m1m2g 3mim2g m2+2m1-2(m1+mg) 所以m1:m2=1:2。 答案：(1)m1m8(2)1:2 m1+m2 专题2 [例2]解析：A[根据牛顿第二定律和题图的F-t图画 出如图所示的a-t图像 个a/(m·s 0 123s 可知机器人在0~1s和2~3s内加速度大小均为1m/s2, 方向相反，由t图线的斜率表示加速度可知A正确。 故选A。] 跟踪训练 3.BC[由题图乙可知F1=7N时，a1=0.5m/s2, F2=14N时，a2=4m/s2, 由牛顿第二定律得：F1一umg=ma1,F2一mg=ma2, 解得m=2kg,=0.3,故选项B、C正确。] 4.A[由F一t图和v一t图可得，物块在2~4s内所受外 力F=3N,物块做匀加速直线运动，a--专m/ 2m/s2,F-Fe=ma,即3一10um=2m ① 物块在4~6s所受外力F=2N,物块做匀速直线运动， 则F=F:,F=umg,即10m=2 由①②解得m=0.5kg,u=0.4,故A正确.] 专题3 [例3][解析](1)小球不离开斜面体，两者加速度相 同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0 对小球受力分析如图： 由牛频第二定律得：a57=加 37° F合 g 40 a-tan 37-3 m/s mg 对整体由牛顿第二定律得： F=(M+m)a=120N。 (2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细 线对小球的拉力恰好为0， 对小球受力分析如图： 由牛顿第二定律得：mgtan37°=ma a. a'=gtan37°=7.5m/s2 对整体由牛顿第二定律得： F合、 F=(M+m)a'=67.5N. 37mg [答案](1)120N(2)67.5N 跟踪训练 5.解析：(1)物体不受摩擦力时受力如图所示： y 'mg 由平衡条件得：Fcos0=mgsin0,解得：F=ngtan0; (2)当推力减小时，摩擦力方向 y 将沿斜面向上，物体受力如图 所示： 由平衡条件得： 沿斜面方向上：Fcos0十f= mgsin 0 垂直于斜面方向上：Fsin0十 mgcos 0=N 当摩擦力达到最大静摩擦力，即 ∫=N时，推力F最小。 解得：F=mg(sin0-Lcos) cos 0+usin 0 F较大时，摩擦力方向将沿斜 .y 面向下，受力如图所示： 由平衡条件得： 沿斜面方向上：Fcos0=f十 mgsin 0 垂直斜面方向上：Fsin0+mgcos9 =N 10 当摩擦力达到最大静摩擦力， 即f=uN时，推力F最大。 解得：Fn=ms(sin0+cos0) cos 0-usin 0 为使物体静止在斜面上，力F的取值范圆是： mg(sin0-Ecos》≤F≤mg(sin0+ucos cos 0+usin 0 cos e-usin 0 答案：(1)ngtan8 (2)mg(sin9-cos》≤F≤mg(sin0+kcos） cos 0+usin 0 cos 0-usin 0 ·2 参考答案 专题4 [例4幻[解析](1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑 块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得 出umg=ma1,解得a1=4m/s2,对木板分析得出F- umg=Ma2, 加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要 满足a2>a1,解得F>20N。 (2)当F=22.8N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑 动，对木板有F-mg=Ma3,则a3=4.7m/s2。 设经时同，小清染从木板上滑客，则宁，f-4,d =L, 解得t=一2s(舍去)或t=2s。 [答案](1)F>20N(2)2s 跟踪训练 6.C[木块受到的滑动摩擦力为F2,方向向左，F2= mg=40N,木板受到木块施加的滑动摩擦力为F2, 方向向右，大小为F2=F2=40N,木板受地面的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，即Fa=%(m十m)g=60N。 F1方向向左，F2<F,木板静止不动，木块向右做匀减 速运动，设木块减速到零时的位移为x,则由0一6= 一22gx得x=2m>L=1m,故小木块能滑出木板，选 项C正确。] 专题5 [例5][解析]对物体，根据题意容易得：a=m3-g- m 1m/s2,当速度达到1m/s时，所用的时间t1= a s=1s,通过的位移五-2-0.5m<2.5m 1-0 2a 在剩余位移x2=L-x1=2.5m一0.5m=2m中，因为 物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1m/s的速度随 传送带微匀速运动，所用时间=号=25。因此共需时 间t=t1十t2=3s。 [答案]3s [例6][解析]以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 mgcos30°-mgsin30°=ma, 解得a=2.5m/s 货物匀加速运动时间七=”=2s a 1 货物匀加速运动位移x=2a近=5m 然后货物做匀速运动，运动位移x2=L一x1=5m 匀速运动时间2==1s 货物从A到B所需的时间t=t1十t2=3s。 [答案]3s 7.解析：(1)小木块在传送带上相对传送带运动的加速度 为a,由牛顿第二定律得：mg=ma,解得：a=2m/s2;设 经时间1小木块离开传送常，则：L=一名a,解得：山- 1s或 t2=4s(舍去)。 (2)设小木块减速至零的位移为x,由位移速度的关系式 ==2.25m<4m,小木块会反向加速，由运动对 得：x=2a 称性知，加速至与传送带共速时，向左运动的距离为x1, =6=1m<2.25m;所以小木块以2m/s的速度 则x1=2a 匀速运动直到从传送带左端离开。 答案：(1)1s(2)2m/s 5第四章运动和力的关系 章未易错点⊙突破 知识体系·网络构建 》 [备选答案] 伽利略的科学研究方法：“理想实验”加“科学推理” 提示：将以下备 牛顿第一定律 内容：一切物体总保持 状态或 状态，除非作用在它 上面的力迫使它改变这种状态 选答案前的字母 填入左侧正确的 惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 位置。 猜想→探究验证 探究过程 A.反比 运动和力的关 控制变量法 B.相同 牛顿第二定律 内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成 、跟它 C.匀速直线运动 的质量成 ,加速度的方向跟作用力的方向 D.静止 表达式： E.正比 力学单位制：基本量、基本单位、导出单位，国际单位制及应用 F.F=ma 已知受力情况求解运动情况 ◆[答案校对] 两类基本问题 CD E A B 牛顿运动定律的应用 已知运动情况求解受力情况 超重和失重 内 专题归纳·整合提升 》》 [专题1]连接体中整体法和隔离法的应用 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 在解决连接体问题时，隔离法和整体法往往交 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 叉运用，可以优化解题思路和方法，使解题过 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 程简洁明了。两种方法选择原则如下： D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N [尝试解答] (1)求加速度相同的连接体的加速度或合外力 ”””””-”-”””””””“”””””””””“” 时，优先考虑“整体法”； 汇方法总结]求解连接体问题的一般思路 先用整体法或隔离法求加速度，再用另 (2)求物体间的作用力时，再用“隔离法”； 方法求物体间的作用力或系统所受合力。 (3)如果连接体中各部分的加速度不同，一般 无论运用整体法还是隔离法，解题的关键 选用“隔离法”。 还是在于对研究对象进行正确的受力 [例1门(2025·安徽卷) 分析。 如图，装有轻质光滑定滑 [跟踪训练] 轮的长方体木箱静置在 1.如图所示，在倾角为30 水平地面上，木箱上的物 的光滑斜面上，一质量 块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮 为2m的小车在沿斜面 向下的外力F作用下下 F 30° 与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动， 滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接 木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为 着小球（质量为m)的轻绳恰好水平，则外力 1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5， F的大小为 () 不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则 A.4.5mg B.2.5mg 在乙下落的过程中 () C.2mg D.0.5mg ·143· 物理·必修第一册 2.如图所示，光滑水平桌面 A A FIN 上的物体A质量为m1, 20 B 系一细绳，细绳跨过桌沿 0 123t/s 的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B,先用 -20 手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。 A/m·s ◆(m·s) (1)求放手后A、B一起运动中绳上的张 力FTo (2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物 3 t/s 体C,绳上张力就增大到R,求m:m。 B 4/m·s) l(m·s) 2 0123ts C [尝试解答] 方法总结了 (1)根据图像确定物体各 段的加速度大小和方向 v-t图像（属 (2)弄清每段与物体运动 于已知运动求 的对应关系 受力) (3)对各段进行受力分析 (4)用牛顿第二定律求解 (1)根据图像结合物体运 动情况明确物体在各时间 [专题2]牛顿运动定律与图像的综合问题 F-t图像（属 段的受力情况 解决这类问题的基本步骤 于已知受力求 (2)利用牛顿第二定律求 (1)看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量 运动) 出加速度 (纵轴表示的量)与自变量（横轴表示的量） (3)利用运动学公式求其 的制约关系。 他运动量 (2)看图线本身，识别两个相关量的变化趋势， 图像的力F是物体受到的 从而分析具体的物理过程。 (3)看交点，分清两个相关量的变化范围及给 某一个力的变化对物体加 速度的影响 定的相关条件。明确图线与坐标轴的交 点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积” a一F图像 (1)对物体进行全面受力 的物理意义。 分析 (2)根据牛顿第二定律求 在看懂以上三个方面后，进一步弄清“图像 与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间 其他未知力 的联系与变通，以便对有关的物理问题作 >[跟踪训练] 出准确的判断。 3.(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面 [例2](2025·陕晋青宁卷)某智能物流系 上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐 统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直 渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速 线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力 运动，其加速度随外力F变化的图像如图 F随时间t的变化如图所示，则下列图像可 乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出 能正确的是 () (g取10m/s2) () ·144· 第四章运动和力的关系 a/(m-s-2) 续表 绳子所能承受的张力是有限的， F 绳子断裂 绳子断与不断的临界条件是绳 777777777777元 14 F/N 与松弛的 中张力等于它所能承受的最大 甲 临界条件 张力，绳子松弛的临界条件是 A.物体的质量为1kg FT=0 B.物体的质量为2kg C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 当物体在受到变化的外力作用 下运动时，其加速度和速度都会 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 4.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的 加速度最 不断变化，当所受合外力最大 大与速度 时，具有最大加速度；合外力最 水平推力F的作用，F的大小与时间t的关 最大的临 系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系 小时，具有最小加速度。当出现 如图乙所示。取重力加速度g为10m/s2。 界条件 加速度为零时，物体处于临界状 态，所对应的速度便会出现最大 由这两个图像可以求得物块的质量m和物 块与地面之间的动摩擦因数以分别为 值或最小值 ( 3.求解临界极值问题的三种常用方法 /(ms) 把物理问题（或过程）推向极端，从而 限 使临界现象（或状态）暴露出来，以达 到正确解决问题的目的 46 810t/s 2 46810/s 甲 临界问题存在多种可能，特别是非此即 A.0.5kg,0.4 B.1.5kg,0.4 彼两种可能时，或变化过程中可能出现 C.0.5kg,0.2 D.1kg,0.2 设 临界条件，也可能不出现临界条件时，往 [专题3]动力学中的临界和极值问题 往用假设法解决问题 1.临界状态与临界值 数学 将物理过程转化为数学公式，根据数 在物体的运动状态发生变化的过程中，往往 方法 学表达式解出临界条件 达到某一个特定状态时，有关的物理量将发 生突变，此状态即为临界状态，相应的物理 [例3]如图所示，质量m=1kg的光滑小球 量的值为临界值，临界状态一般比较隐蔽， 用细线系在质量为M=8kg、倾角为α=37 它在一定条件下才会出现。若题目中出现 的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水 “最大”“最小”“刚好”等词语，常为临界 平面间的摩擦不计，g取10m/s2。试求： 问题。 2.常见临界条件 37 接触与脱离的临 两物体相接触或脱离的 (1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小 界条件 临界条件是弹力F、=0 球不离开斜面，拉力F不能超过多少？ (2)若用水平向左的力F推斜面体，要使小 两物体相接触且处于相 球不沿斜面滑动，推力F不能超过多少？ 对静止时，常存在着静摩 相对静止或相对 擦力，则相对静止或相对 思路引导：()向右拉斜面体时，小球不离 滑动的临界条件 滑动的临界条件为静摩 斜面体临界条件是什么？ 擦力达到最大值或为零 (2)向左推斜面体时，小球不沿斜面滑动的 临界条件是什么？ ·145 物理·必修第一册 [尝试解答] [专题4幻滑块一滑板模型 滑板一滑块模型的三个基本关系 如果板、块之间没有发生相对运动， 可以用“整体法”求出它们一起运动 加速度 的加速度；如果板、块之间发生相对 关系 运动，应采用“隔离法”求出板、块运 动的加速度。应注意找出板、块是 否发生相对运动的隐含的条件 板、块之间发生相对运动时，认清 汇方法总结]求解此类问题时，一定要找准 板、块的速度关系，从而确定板、块 速度 临界点，从临界点入手分析物体的受力情况 受到的摩擦力。应注意当板、块的 和运动情况，看哪些量达到了极值，然后对临 关系 速度相同时，摩擦力会发生突变的 界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离 情况 法求解即可。 >[跟踪训练] 板、块叠放在一起运动时，应仔细分 5.如图所示，在倾角为0 位移 析板、块的运动过程，认清板块对地 的粗糙斜面上，有一个 关系 的位移和板块之间的相对位移之间 质量为m的物体被水 的关系 平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间 这些关系就是解题过程中列方程所必需的关 的动摩擦因数为k,且u>tan0,求： 系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需 (1)力F多大时，物体不受摩擦力； (2)为使物体静止在斜面上，力F的取值 要的方程式。 范围。 [例4幻如图所示，有一块木板静止在光滑水 平面上，质量M=4kg,长L=1.4m。木板 右端放着一个小滑块，小滑块质量m= 1kg,其尺寸远小于L,小滑块与木板间的 动摩擦因数为=0.4。（取g为10m/s2) M子 (1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使 小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小 的范围是多少？ (2)其他条件不变，若恒力F=22.8N,且始 终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板 上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时 间是多少？ [尝试解答] ·146 第四章运动和力的关系 (2)两种情况 ①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分 力，传送带只能下传物体，两者共速前的加 速度大于共速后的加速度，方向沿传送带 向下。 ②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分 力，不论上传还是下传物体，物体都是先做 >[跟踪训练] 匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动。 6.质量m。=30kg、长L=1m的木板放在水 [例5]如图所示，传送带保持 a m 平面上，木板与水平面的动摩擦因数41= 以1m/s的速度顺时针转 一L 0.15。将质量m=10kg的小木块（可视为 动。现将一质量m=0.5kg 的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上 质点)，以v。=4m/s的速度从木板的左端 去，设物体与传送带间动摩擦因数=0.1，a、b 水平滑到木板上（如图所示）。小木块与木 间的距离L=2.5m,则物体从a点运动到b点 板面的动摩擦因数2-0.4（最大静摩擦力 所经历的时间为多少？（g取10m/s2) 近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2)。则以 思路引导：(1)物体的速度小于1m/s时， 下判断中正确的是 所受摩擦力的方向水平向右，物体做匀加 mo 速直线运动。 (2)物体速度等于1m/s后，物体不再受摩 A.木板一定向右滑动，小木块不能滑出 擦力。物体做匀速直线运动。 木板 (3)判断物体速度能否达到1m/s。 B.木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 [尝试解答] C.木板一定静止不动，小木块能滑出木板 D.木板一定静止不动，小木块不能滑出 木板 [专题5]传送带模型 1.水平传送带（匀速运动） 情景 结果 物体到达传送带的另 该物体一直做匀加 一端时速度还没有达 [例6]某飞机场利用 速直线运动 到传送带的速度 如图所示的传送带将 地面上的货物运送到 0 物体到达传送带的另 物体先做匀加速直 飞机上，传送带与地 一端之前速度已经和 面的夹角0=30°，传送带两端A、B的距离 线运动，后做匀速直 L=10m,传送带以v=5m/s的恒定速度 传送带相同 线运动 匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一 2.倾斜传送带 质量m=5kg的货物，货物与传送带间的动 (1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受 摩擦因数A=。求货物从A端运送到B 到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分 端所需的时间。(g取10m/s2) 力的关系是关键。 ·147 物理·必修第一册 思路引导：(1)货物放到传送带后，受到滑 (1)若小木块初速度u1=5m/s,求小木块经 动摩擦力大小为μngcos30°，方向为沿斜 多长时间离开传送带； 面向上。受到的合力为mngcos30° (2)若小木块初速度v2=3m/s,求小木块离 mgsin30°，加速度为gcos30°-gsin30°。 开传送带时的速度。 (2)若物体能加速到5m/s,之后做匀速直 线运动。该过程受到摩擦力为零。若物体 不能加速到5m/s,物体沿传送带一直做 匀加速直线运动。 尝试解答] 汇易错警示]在解决传送带问题中的注意点 在确定研究对象并进行受力分析之后，首 先判定摩擦力突变（含大小和方向）点，给 运动分段。传送带传送的物体所受摩擦 力，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。物体在传送带上运动时的极值 问题，不论是极大值，还是极小值，也都发 生在物体速度与传送带速度相等的时刻。 V物与v传相同的时刻是运动分段的关键 点，也是解题的突破口 [跟踪训练] 7.如图所示，长为L=4m 的水平传送带以。= 2m/s的速度逆时针转动，一个质量为m= 1kg的小木块以一定的初速度从传送带左 侧水平向右滑上传送带。已知小木块与传 送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速 度g取10m/s2,不计传送带转动轮大小。 ·148·