第4天 牛顿运动定律的应用-【预备新高一】2026-2027学年初升高物理预习衔接练习

运动到0点时合力是滑动摩擦力，加速度不 为零，速度最大的点在从A到O之间某个位 置，C错误；物块在B点速度减为零后有可 能继续运动下去，D错误。 【练新题】 1.B【解析】竖直方向由平衡条件可得N+ Fsin a=mg,水平方向由牛顿第二定律可得 Fcos a-uN=ma,联立解得a= F(cos a+usin a) -g,故选B。 m 2.D【解析】弹性绳处于原长时，Q受静摩擦 力沿斜面向上，由于P的质量未知，则弹性 绳弹力增大过程中，Q所受静摩擦力可能一 直减小，也可能先减小后沿斜面向下增大， A、B错误；释放后P向下加速运动，当弹性 绳弹力等于P重力时，加速度为零，速度最 大，C错误；Q所受静摩擦力可能一直沿斜 面向上，具有沿斜面向下的运动趋势，D 正确。 3.D【解析】释放的瞬间，橡皮筋的形变还来 不及变化，橡皮筋弹力等于小球的重力mg, A错误；释放的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg, 小球的加速度等于零，B错误；设纸盒质量 为M,释放前，手对纸盒的作用力为 (M+2m)g,方向竖直向上，由受力平衡得F+ Mg=(M+2m)g,所以橡皮筋对纸盒的作用 力F=2mg,释放的瞬间，橡皮筋的形变还来 不及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为 2mg,方向竖直向下，D正确；释放的瞬间，纸 盒所受合力F合=F+Mg=(2m+M0g,由牛顿 F合2m+M 第二定律可得纸盒加速度a=MMg> 参考答案8 g,C错误。 4.B【解析】装置静止时，以小球为研究对 象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的 拉力T和弹簧的拉力F,由平衡条件知T与 F的合力与mg等大反向，如图所示，则得 =ian60°=3，即弹簧和轻绳的拉力之比 F 为√3：1，A错误，B正确；由以上分析得T= mgsin30°=2mg,若剪断轻绳，弹簧的弹力 来不及变化，F和mg的合力与原来的T等 大反向，所以剪断轻绳瞬间小球的合力大小 T1 等于T,加速度a= m26,CD错误。 60° mg 第4天牛顿运动定律的应用 【即学即练】 1.C【解析】由题意可知，力F作用3s后撤 去，则5s末物体受到的合力为零，加速度为 零，3s后撤去力F,物体做匀速直线运动， 力F作用3s过程中物体的加速度大小a= m20m/s=1.5m/s2,则3s末物体的速 F30 度大小v3=at=1.5×3m/s=4.5m/s,则第 5s末物体的速度也为4.5m/s。C正确。 2.解：设滑块从A点运动到B点过程中的加速 度大小为α，根据牛顿第二定律有 F-umg=ma 31 3 预备新高一物理8 滑块通过B点时的速度大小 ve=at A、B两点间的距离 x22 t 设滑块从B点运动到C点的过程加速度大 小为a',根据牛顿第二定律有 umg ma 由匀变速直线运动的规律有 v2-a=2(-a')L 联立以上各式解得F=3.75N,x=0.6m 3.解：(1)小物块在斜面上运动时，由牛顿第二 定律有 mgsin37°-umgcos37°=ma1 解得a1=2m/s2 (2)由运动学公式v2-v=2ax可得，小物块 滑到斜面底端C点时的速度大小 v=√/2a1L=4√2m/s (3)小物块在水平地面上滑行时，由牛顿第 二定律有 umg=maz 解得a2=5m/s2 小物块做减速运动，由v2-=2ax可得，小 物块在水平地面上滑行的距离 2 x= 20 =3.2m 【练新题】 1.D【解析】第一次用水平力F从左边推动 两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体 分析，由牛顿第二定律得a1= 一，同理， ma+mB 当水平力F从右边推动两木块时，整体的加 32 速度a,=F ，可知a1=a2,A、B错误；第 ma+mR 一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离 mgF B分析有N,=mga1= -,当水平力F从 ma+mB 右边推动两木块时，隔离A分析有N2=ma2= miF 因为m4>mg,可知N1<N2,C错误，D ma+mB 正确。 2.ACD【解析】用水平力F推木箱，木箱在水 平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件， 有F=mg,将此力方向改为与水平方向成 74°角斜向上，木箱仍在水平地面上做匀速 直线运动，根据平衡条件，有Fcos74°= u(mg-Fsin74°)，解得u=0.75,A正确；若 拉力F与水平方向的夹角为53°，根据牛顿 第二定律，有Fcos53°-u(mg-Fsin53)= ma,解得a=1.5m/s2,B错误；用2F的水平 恒力推木箱时，根据牛顿第二定律，有2F- 3 wmg=ma',解得a'=4g=7.5mvs,C正确； 用大小为2F且与水平方向成74°角的力拉 木箱时，拉力的竖直分力F,=2 umgsin74°= 1.44mg>mg,木箱将离开地面，D正确。 3.BD【解析】B与地面间的最大静摩擦力为 (M+m)g=6N<9N,A、B一起运动的加速 度大小a-F(M+m)8=1m/s,A、B间的 M+m 最大静摩擦力为mg=2N,A运动的最大加 速度a。=ms=2m/兮2>a,所以A、B将保持 m 相对静止，一起向右做匀加速运动，其加速 度大小为1m/s2,A、C错误；根据牛顿第二 定律，有fA=ma=1N,Fg=Ma=2N,B、D 正确。 4.BC【解析】由题图乙可知当a=0时，F= 10N,根据平衡条件有F=wmg,当a=-5m/s2 时，F=0,根据牛顿第二定律有-mg=ma,解 得m=2kg,=0.5,A错误，B正确；物块与 水平面间的最大静摩擦力fm=mg=10N, 当推力大于10N时，物块做加速运动，根据 牛顿第二定律可知随着推力减小加速度逐 渐减小，当推力等于10N时，物块做匀速运 动，速度达到最大，C正确；当a=5m/s2时， 根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F= 20N,开始时力F大于20N,可知加速度 a=5m/s2时，速度不为零，则当a=-5m/s2 时，F=0,物块的速度不为零，D错误。 5.BD【解析】小球在运动过程中所受阻力大 小不变，则小球向上运动时是匀减速运动， 向下运动时是匀加速运动；由匀变速直线运 动规律可知，当初速度（或末速度）为零时， 连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3 (或3：1)，则由xAB:xc=6:2=3:1,可得C 点为最高点，A错误；C点为最高点，则vc= 0,B点是A、C的时间中点，则向上经过B点 的速度。=4-9，B正确；设小球沿斜 2 2 面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、 a2,频闪时间间隔为T,有xc=2a,T,xam= 20,7,又cxo=2:1,解得91=2 a,1,由牛顿 第二定律得mgsin30°+f=ma1,mgsin30°-f= a2,解得A=专，c错误：实际尺寸与照片 参考答案& 尺寸之比为k,用刻度尺测得照片中CE长 kL L,则实际CE长为kL,则D点速度n-2T 由，”，可得过E点的速度大小： kL D正确。 6.AC【解析】由于相同时间内物体B通过的 位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B 的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体 A的加速度为a,则B的加速度为2a;设物 体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为T,根据牛 顿第二定律得2T-mgsin30°-umgcos30°= ma,2mg-T=2m·2a,代入数据，联立解得 T=了mg,a=38,A正确，B错误；物体B下 降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根 据牛顿第二定律得Tcos30°-f=macos30°， 解得地面对斜面体的摩擦力广： 6mg,C正 确；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整 体，在竖直方向根据牛顿第二定律得(M+ 3m)g-Fv-Tsin30°=2m·2a-masin30°，解 3 得地面对斜面体的支持力F、=M+2m8, D错误。 7.ABC【解析】设两物块的质量均为m,斜面 倾角为0，撤去外力瞬间两物块的加速度大 小相等，分离前速度也相同，处于相对静止 状态，故A正确；刚撤去外力时加速度向上， 两物块恰好分离时，二者之间的弹力为零， 故加速度为gsin0,沿斜面向下，故分离前 A、B两物块的加速度先减小后增大，故B正 33 3 预备新高一物理8 确；A、B两物块分离前A对B的弹力一直减 小，分离时弹力为零，故C正确；A、B分离 时，B的加速度为gsin0,沿斜面向下，A的 加速度也为gsin0,故不受弹簧弹力，即弹簧 处于原长状态，故D错误。 第5天超重和失重 【即学即练】 1.B【解析】当升降机静止时弹簧伸长4cm, 设弹簧的劲度系数是k,则mg=kx1,当升降 机运动时弹簧伸长2cm,根据牛顿第二定律 有mg-kx2=ma,联立解得a=4.9m/s2,方向 竖直向下，为失重状态，则升降机可能是加 速下降，也可能是减速上升，B正确。 2.A【解析】由题图可知，在t=2s时人的加 速度向上且最大，人处于超重状态，此时人 对地板的压力最大，故A正确。 【练新题】 1.D【解析】对A、B受力分析有(M4+Ma)g N=(Ma+Mg)a,根据牛顿第三定律有N'= N,解得N'=(M4+Ma)(g-a),D正确。 2.C【解析】由v-t图像的斜率表示加速度可 知，t=0.5s时，他的加速度a=4”= △t (30-0)×10-2 m/s2=0.3m/s2,根据牛顿第 1.0 二定律可得N-mg=ma,解得单杠对他的支 持力N=mg+ma=618N,A错误；由v-t图像 可知，0~1.1s他向上做加速运动，1.1s后 他向上做减速运动，可知t=1.1s时，他并 没有向上运动到最高点，B错误；由v-t图像 可知，=1.5s时，他的加速度方向向下，他 处于失重状态，单杠对他的支持力小于重 34 力，即小于600N,C正确，D错误。 3.D【解析】在匀速下滑过程中，滑环处于平 衡状态，所以钢索对轻质滑环的作用力竖直 向上，A错误；在匀速下滑过程中，演员处于 平衡状态，B错误；钢索与滑环间的动摩擦 因数满足mgsin0=mgcos0,解得u=tan0= 0.75,C错误；钢索对滑环的摩擦力f= mgcos0=0.6mg,D正确。 4.A【解析】由题图可知，传感器的最小压力 约为200N,则根据牛顿第二定律得最大加 速度a=G-F.500-200m/g=6m/6,A正 m 50 确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下 降，所以力的示数先变小，后变大，B错误； 人在站起过程中，先加速起立再减速起立， 所以先超重后失重，C错误；人在下蹲过程 中，先失重，后超重，即a→b→c→d是下蹲 过程，人在站起过程中，先超重，后失重，即 ef→g→h是站起过程，所以人在8s内完 成了一次下蹲和一次站起动作，D错误。 第6天周末复盘与检测 【即学即练】 1.D【解析】以P、Q整体为研究对象，根据牛 顿第二定律，得2 mgsin0-2 umgcos0=2ma, 解得a=gsin0-ugcos0,设P受到的静摩擦 力大小为F,方向沿斜面向下，对P,由牛顿 第二定律，得mgsin0+F=ma,解得Ff= mgcos 0,可知Q对P的静摩擦力方向沿 斜面向上，根据牛顿第三定律知，Q受到静 摩擦力作用，方向沿斜面向下，故选项A、B 错误；Q受到斜面的滑动摩擦力大小为F= 2 mgcos0=2 ngsin0-2ma<2 ngsin0,故选预备新高一物理8 第4天 牛顿 第1步 知识点/1从受力情况求运动情况 ★★☆☆☆ 1.基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合 外力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再 由运动学公式及物体运动的初始条件确定物 体的运动情况。流程图如下： 由受力情况 求合外力 先由受力情况求F金=Ff 再由F令=ma求加速度a 由牛顿第二定律 求加速度 最后由x=a以、=au等运动学公 0 式求、等物理量 由运动学公式 %0 求相关物理量 a 7777777 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象，对物体进行受力分析 和运动分析，并画出物体的受力示意图。 (2)根据力的合成与分解的方法，求出物 体所受的合外力。根据牛顿第二定律列方程， 求出物体的加速度。 (3)结合给定的物体运动的初始条件， 选择合适的运动学公式，求解待求的物理量。 名师点睛 1.只要知道物体的受力情况，就能确定物体的运 动情况。(X) 110 运动定律的应用 学新知 解释：运动情况由受力情况和运动初始条件共同 决定。 2.由运动学公式求加速度，要特别注意加速度的 方向，并由此可以确定合外力的方向。(V) 解释：合外力的方向与加速度的方向相同，而与速 度的方向无关。 知识点/2从运动情况求受力情况 ★★★☆☆ 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出 物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所 受的合外力；再分析物体的受力情况，求出物 体受到的作用力。流程图如下： 由运动学公式 v=0 求加速度 777777777777777777777777 0 先由x=2a等运动学公式求 由牛顿第二定律 加速度a,再由F金=ma求F合 求合外力 最后分析物体的受力情况， ↓ 求出物体受到的作用力 N 受力分析 求某个未知力 →万 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象，对物体进行受力分析 和运动分析。并画出物体的受力示意图。 (2)选择合适的运动学公式，求出物体的 加速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体 第四周 运动和力的关系 所受的合力。 模型分析 (4)选择合适的力的合成与分解的方法， “等时圆模型” 由合力和已知力求出待求的力。 适用条件：弦是光滑的，且物体自弦的上 名师点晴 端由静止释放。 1.解决两类动力学基本问题的关键 ①两类分析—物体的受力分析和物体的运动过 程分析。 ②一个“桥梁”—物体运动的加速度是联系运动 mg 和力的桥梁。两类动力学基本问题都涉及加速度， (1)各弦交点为最低点： 因此加速度在解决动力学问题中起到关键作用。 2.应用牛顿运动定律时的注意事项 ①xAD=2 Rsin a ①若物体做直线运动，一般将力沿运动方向和垂 ②mgsin a=ma 直于运动方向进行分解；若求加速度，一般要沿加 ③xAD= 速度方向分解力；若求某一个力，可沿该力的方向 分解加速度。 R 联立①②③解得t=2 ②物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分 析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，作受力分 结论：运动时间与倾角无关，即沿各弦运 析图时，把所受的外力画到物体上的同时，速度和 动时间相同。 加速度的方向也可以标在图中。 (2)各弦交点为最高点时，结论同上。 第2步 过典例 题型1)牛顿运动定律和直线运动（简单过程） 典例①如图所示，一辆装满快递包裹的货车在平直公路上行驶， 即学即练 [答案见P31] 货车遇突发情况紧急刹车，经4s停止，从开始刹车至停止，货车 1.用30N的水平外力F拉 前进了40m。已知货车中包裹P的质量为100kg,货车刹车过 个静止在光滑水平面上质量为 程可视为做匀变速直线运动，取g=10m/s2。P相对货车始终保 20kg的物体，力F作用3s后 持静止，则刹车后1s时，P所受合力的大小为( 撤去，则第5s末物体的速度和 加速度分别为( A.v=4.5m/s,a=1.5m/s2 B.v=1.5m/s,a=7.5m/s2 C.v=4.5m/s,a=0 A.500N B.1500N C.500√5N D.1000/5N D.v=7.5m/s,a=0 1 【解析】设货车的加速度大小为a,根据逆向思维可得x=2a,解得a 111 3 预备新高一物理 2.如图所示，一质量m=1kg 的小滑块（视为质点）在水平 恒力作用下从水平面上的A点 由静止开始向右运动，经时间 23 s到达B点时撤去该恒 力，滑块继续向右滑行，到达C 点时的速度大小vc=1.5m/so 已知B、C两点间的距离L= 0.3m,滑块与水平面间的动摩 家因数A=写取g=10W3, 空气阻力不计。求该水平恒力 的大小F以及A、B两点间的 距离x。 A B C 112 4平ms=5mg。以包裹P为对象，整个刹车过程中包裹P做 2x2×40 匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得刹车后1s时，P所受合力的 大小F金=ma=100x5N=500N,故A正确。 【答案】A 题型2)牛顿运动定律和直线运动（复杂过程)） 典例2如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖直固 定在地面上的钢管往下滑，已知这名消防队员的质量为60kg, 他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，且匀减速阶 段平均速度为4/s,滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时 的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s,g取 10m/s2,那么该消防队员() A.下滑的总距离为15m B.加速与减速过程的时间之比为1：3 C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D.加速与减速过程的位移之比为2：1 【解析】设最大速度为vmx,根据平均速度推论可得最大速度vm=2v= 8/s,根据平均速度推论可得下滑的总距离L=”=12m,A错误；加 2 速的时间4，=”，减速的时间，=”，因为加速时的加速度是减速时 a 的两倍，则加速的时间与减速的时间之比为1：2，B错误；又t1+t2=3s, 解得加速的时间t1=1s,减速的时间t2=2s,加速的加速度的大小a1= =8m层，减建的加建度大小，==4m,根据牛领第二定律 t t 得，加速过程中有a1= -,屏得万=g-m,=6mN-0X8N- m J2-mg 120N,减速过程有a2= ,解得f2=mg+ma2=600N+60×4N= 840N,则加速与减速过程中所受摩擦力之比f:f2=120:840=1:7,C 正确；报据x=”2,由于加違和减逵的时间之比为12，则加速和减选 的位移之比为1：2，D错误。 【答案】C 第四周 运动和力的关系 8 题型3)物体在斜面上的运动 典例3如图所示，一物块以v。=15m/s的速度从斜面底端冲上 3.如图所示，斜面AC长L= 斜面，恰好能到达斜面顶端。已知斜面的倾角为30°，物块与斜 8m,倾角0=37°，CD段为与斜 面平滑连接的水平地面。一个 动摩擦因数为6重力加速度g取10 质量m=2kg的小物块从斜面 顶端A处由静止开始滑下。小 物块与斜面、地面间的动摩擦 30°7 因数均为u=0.5。不计空气阻 A.斜面的长度为30m 力，取g=10m/s2,sin37°= B.当物块速度为o一半时，物块可能距离斜面底端11.25m 0.6,c0s37°=0.8。求： C.当物块速度为vo一半时，物块可能距离斜面底端7.5m (1)小物块在斜面上运动时的 D.物块在斜面上运动的时间为2s 加速度大小a; 【解析】物块沿斜面向上运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律可 (2)小物块滑到斜面底端C点 得mgsin30°+umgcos30°=ma1,解得a1=7.5m/s2,由匀变速直线运动 时的速度大小v; 规律可知，针香长度-”=15m,A候误：带块沿外而向上这动过程 (3)小物块在水平地面上滑行 的距离x。 6-(0.5m)2 A 中，速度为一半时，物块距斜面底端的距离x,= =11.25m, 2a1 7777777777777 物块沿斜面向下运动时，由牛顿第二定律得mgsin30°-umgcos30°= D ma2,解得a2=2.5m/s2,物块沿斜面向下运动过程中，速度为o一半 (0.5o)2 时，物块距斜面底端的距离x2=L 2a2 3.75m,B正确，C错误； 物块沿斜面向上运动的时间t1= 0=28,沿斜面向下运动时，有L= a 20,,解得=2月8，物块在斜面上运动的时间t=4,+2=(2+23), D错误。 【答案】B 第3步 练新题 ☐答案见P32 Q建议用时：35分钟 9实际用时：分钟 1.如图所示，A、B两个木块靠在一起置于光滑 加速度为a1,A、B间弹力为N1,第二次将水 的水平面上，已知m4>mg,第一次用水平力 平力F反向，大小不变，从右边推动两木块 F从左边推动两木块一起运动，此时它们的 起运动，此时它们的加速度为a2,A、B间 113 3 预备新高一物理8 弹力为N2,则( A.a<a2 B.a>a2 C.N=N2 D.N <N2 2.(多选)水平地面上放置一质量为m的木箱， 木箱与地面间的动摩擦因数恒定。如图甲 所示，一小孩用一水平推力F推木箱，木箱 在水平地面上做匀速直线运动；如图乙所示， 一大人用等大的拉力与水平方向成74°角斜 向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直 线运动。已知重力加速度g取10m/s2, sin74°=0.96，c0s74°=0.28，则( 甲 A.木箱与地面间的动摩擦因数为0.75 B.若拉力F与水平方向的夹角为53°，则木 箱的加速度大小为1m/s2 C.若用大小为2F的力水平推木箱，木箱的 加速度大小为7.5m/s2 D.若用大小为2F且与水平方向成74°角的 力拉木箱，木箱将离开地面 3.（多选)如图所示，物块A叠放在物块B上， 一起静置于水平地面上，A的质量为1kg,B 的质量为2kg。A、B间的动摩擦因数以及 B与地面间的动摩擦因数均为0.2。重力 加速度取10m/s2,现用一大小为9N的力 作用在B上，则作用的瞬间( ） A F-9N 7777777777 A.A的加速度大小为2m/s2 B.A所受的摩擦力大小为1N 114 C.B的加速度大小为0.5m/s2 D.B所受的合力为2N 4.(多选)如图甲所示，用一个沿水平方向的 较大的力F推放在粗糙程度均匀的水平面 上的物块，在推力F不断减小的过程中，物 块的加速度也不断变化，图乙为物块运动加 速度a随推力F变化的a-F图像。已知最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2,以下说法正确的是( a/(m·s-2) 0620FN 777 甲 乙 A.物块的质量为1kg B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5 C.当推力F减小为10N时，物块的速度 最大 D.当推力F减小为0时，物块的速度为零 5.(多选)某同学用手机的频闪功能拍摄一小 球在倾角为30°斜面上的运动情况，如图是 频闪照片简化图，频闪时间间隔为T,小球 从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经 过A、B、C、D、E点，各段距离之比xAB:xBC XCD :XDE=6:2:1:3,小球在运动过程中所受 阻力大小不变。以下说法正确的是( 6B& E 30Q 777777mn77777iim A.小球在C点时的速度向上 B.若小球向上经过A点时的速度为o,则 向上经过B点的速度为0.5vo 第四周 运动和力的关系 8 C.小球所受阻力和重力大小之比为3：1 B.物体A的加速度大小为g D.若实际尺寸与照片尺寸之比为飞，用刻度 尺测得照片中CE长L,则过E点的速度 大办号 口地面对斜面体的摩擦力大小为 6 mg D.地面对斜面体的支持力大小为M+1乌 6.（多选)如图所示，质量为M、倾角为30°的 斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻 7.(多选)如图所示，在光滑斜面底端固定一 质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之 个轻弹簧，弹簧上端固定一个物块A,另一 间的轻绳始终与斜面平行，已知物体A、B 个物块B与物块A并排放置但不粘连，两 的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦 物块质量相同。现用一个平行于斜面的外 力推物块B缓慢压缩弹簧，撤去外力后弹 因数为重力加速度大小为g。现将A,B 簧推动两物块运动，并能使物块B离开A 由静止释放，在B下降的过程中（物体A未 后继续沿斜面向上运动，则下列说法正确的 碰到滑轮)，斜面体静止不动，下列说法正 是( 确的是( B A WWwwwI 0 B A.两物块分离前处于相对静止状态 B.两物块分离前加速度先减小后增大 30 C.两物块分离前A对B的弹力一直减小 4.轻绳对P点的拉力大小为，mg D.两物块分离时弹簧处于伸长状态 第4步 查效果 必会知识点 对点题号 错题题号 纠错时间 1.从受力情况求运动情况 1、2、3、4、7 2.从运动情况求受力情况 1、5、6 今天的我： 超级棒！ 还不错！ 需要继续努力。 115