河北省2019-2020高一物理下学期期中试题(Word版附解析)
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河北省2019-2020高一物理下学期期中试题(Word版附解析)

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资料简介
河北省 2019-2020 学年高一(下)期中物 理试题 一、单项选择题(共 8 小题) 1.下列说法正确的是(  ) A. 力对物体做功越多,力的功率一定越大 B. 物体速度发生变化,合外力做功一定不为零 C. 物体所受合外力为零,物体的机械能不一定守恒 D. 做匀速圆周运动的物体,动量不变 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据 知,力做功越多,功率不一定大,故 A 错误; B.物体的速度发生变化,合外力对物体做功可以为零,如匀速圆周运动,故 B 错误; C.物体所受合外力 零,其机械能不一定守恒,如物体匀速上升时,机械能不守恒,故 C 正确; D.做匀速圆周运动的物体,速度方向时刻改变,故动量时刻改变,故 D 错误。 故选 C。 2.下列说法正确的是(  ) A. 根据电场强度的定义式 E= ,可知 E 与 F 成正比,与 q 成反比 B. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零,导体的电势也为零 C. 电场线跟等势面垂直,并且由电势较低的等势面指向电势较高的等势面 D. 在电场中,把电荷量为 4×10-9C 的正点电荷从 A 点移到 B 点,克服静电力做功为 6×10- 8J,电荷的电势能增加了 6×10-8J 【答案】D 【解析】 【详解】A.电场中某点 电场强度由电场本身的性质决定,与放入电场中的电荷,以及电荷 所受的电场力无关,故 A 错误; B.静电平衡状态下的导体内部场强处处为零,为等势体,导体电势并不一定为零,故 B 错误; C.电场线跟等势面垂直,并且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面,故 C 错误; 为 的 WP t = F qD.由于电荷从 A 移到 B 的过程中是克服静电力做功 6×10-8J,电场力做负功,因此电势能应 该是增加 6×10-8J,故 D 正确。 故选 D。 3.中国预计 2020 年底发射“嫦娥五号”月球探测器,实现区域软着陆及取样返回。中 国进入 探月新阶段。如图所示,探测器发射到月球上要经过多次变轨,最终降落到月球 表面上,其 中轨道Ⅰ为圆形轨道,轨道Ⅱ为椭圆轨道。下列说法正确的是(  ) A. 探测器的发射速度必定大于 11.2km/s B. 探测器在环月轨道Ⅰ上 P 点的加速度大于在环月轨道Ⅱ上 P 点的加速度 C. 探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期 D. 探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A.11.2km/s 为物体脱离地球的引力的速度,现在探测器围绕月球运动,还没有脱离 地球的引力,故探测器的发射速度必定小于 11.2km/s,故 A 错误; B.由公式 可知,探测器在环月轨道Ⅰ上 P 点的加速度等于在环月轨道Ⅱ上 P 点的加速度,故 B 错误; C.由开普勒第三定律 可知,由于探测器在轨道Ⅱ上半长轴小于在轨道Ⅰ上半径,则探测器在轨道Ⅱ上的运行周期 小于在轨道Ⅰ上的运行周期,故 C 正确; D.测器在轨道Ⅰ运行时,由公式 可得 2 MmG mar = 3 2 r kT = 2 MmG mar = 2 GMa r =在月球表面,不考虑月球自转,则有 得 可知,由于探测器在轨道Ⅰ运行时的半径大于月球半径,则探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度 小于月球表面的重力加速度,故 D 错误。 故选 C。 4.在采煤方法中,有一种是用高压水流将煤层击碎而将煤采下,今有一采煤高压水枪,设水枪 喷水口横截面积 S,由枪口喷出的高压水流流速为 v,假设水柱垂直射在竖直煤层的表面上, 冲击煤层后水的速度变为零,已知水的密度为 ρ,则水柱对煤层的平均冲击力有多大(  ) A. ρSv2 B. 2ρSv2 C. ρSv D. 2ρSv 【答案】A 【解析】 【详解】ts 时间内喷出的水在 ts 内速度减小为 0,ts 时间内喷水质量为 则由动量定理得 联立解得 故 A 正确,BCD 错误 故选 A。 5.2020 年 5 月,我国将发射北斗三号系统的最后一颗组网卫星。北斗三号全球星座部署将全 面完成,这也意味着我国的卫星导航产业即将迎来收获期。某颗地球卫星做圆周运动,其加 速度大小为 a,线速度大小为 v,万有引力常量为 G,由以上数据可知(  ) A. 该卫星的质量为 B. 该卫星轨道半径为 C. 该卫星周期大小为 D. 该卫星角速度大小为 。 2 MmG m gR ′ ′= 2 GMg R = m Svtρ= 0Ft mv− = − 2mv Svt vF Svt t ρ ρ⋅= = = 4v Ga 2 a v 2πv a v a【答案】C 【解析】 【详解】A.卫星绕地球做圆周运动,卫星是环绕天体,无法通过万有引力提供向心力求出卫 星的质量,故 A 错误; B.根据 得卫星的轨道半径 故 B 错误; CD.根据 a=vω 得卫星的角速度 卫星的周期 故 C 正确,D 错误。 故选 C。 6.a、b 两个小球在一直线上发生碰撞,它们在碰撞前后的 s-t 图像如图所示。若 a 球的质量 ma=5kg,则 b 球的质量 mb 为(  ) A. 5kg B. 12.5kg C. 7.5kg D. 15kg 【答案】B 2va r = 2vr a = a v ω = 2π 2πvT aω= =【解析】 【详解】根据位移-时间图象的斜率等于速度可知,碰撞前,b 的速度为 0,a 的速度为 碰撞后,a 的速度为 b 的速度为 取碰撞前 a 速度方向为正方向,由动量守恒定律得 解得 ,故 B 正确,ACD 错误。 故选 B。 7.2019 年 12 月,京张高铁通车。从自主设计修建零的突破到世界最先进水平,从时速 35 公 里到 350 公里,京张线见证了中国铁路的发展,也见证了中国综合国力的飞跃。假设一辆高 速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下,在水平轨道上由静止开始启动,其 v-t 图像如图所 示,已知 0~t1 时间内为过原点的倾斜直线,t1 时刻达到额定功率 P,此后保持功率 P 不变, 在 t3 时刻达到最大速度 v3,以后匀速运动。下列判断正确的是(  ) A. 从 0 至 t1 时间内,列车牵引力逐渐变小 B. t1 时刻的加速度大于 t2 时刻的加速度 C. 在 t3 时刻以后,机车的牵引力为零 D. 该列车所受的恒定阻力大小为 【答案】B 【解析】 0 8 m/s 4m/s2 sv t ∆= = =∆ 1 4 8 m/s 1m/s4v −= = − 2 16 8 m/s 2m/s4v −= = a 0 a 1 b 2m v m v m v= + b 12.5kgm = 1 P v【详解】A.v-t 图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动,从图中可知只有 0-t1 时段为倾斜 直线,所以 0-t1 时段为匀加速直线运动,则从 0 至 t1 时间内,列车牵引力不变,故 A 错误; B.在 t2 时刻,列车功率已经达到额定功率,牵引力已经减小了,加速度也减小了,所以在 t2 时刻的加速度要小于 t1 时刻的加速度,故 B 正确; C.在 t3 时刻以后,列车匀速运动,是处于受力平衡状态,牵引力等于阻力,而不是零,故 C 错误; D.当汽车达到最大速度时,汽车的牵引力和阻力大小相等,由 得 故 D 错误。 故选 B。 8.如图所示,A、B 两小球在光滑水平面上分别以动量 p1=5kg·m/s 和 p2=7kg·m/s(向右为参考 正方向)做匀速直线运动,则在 A 球追上 B 球并与之碰撞的过程中,两小球的动量变化量 Δp1 和 Δp2 可能分别为( ) A. -4kg·m/s,5kg·m/s B. -10kg·m/s,10kg·m/s C. 2kg·m/s,-2kg·m/s D. -1kg·m/s,1kg·m/s 【答案】D 【解析】 【详解】A.碰撞过程动量守恒,两物体动量的变化量应等大反向,故 A 错误; B.因为碰撞的过程中动能不增加,若 和 分别为-10kg·m/s,10kg·m/s,则 , 根据 mP Fv fv= = m 3 P Pf v v = = 1p∆ 2p∆ 1 5kg m/sp ′ = − ⋅ 2 17kg m/sp ′ = ⋅ 2 k 2 pE m =碰前的总动能为 碰后的总动能为 可知碰撞的过程中动能增加,故 B 错误; C.根据动量定理知,两球碰撞的过程中,B 球的动量增加,A 球的动量减小,如果 2kg·m/s, -2kg·m/s,则不满足,故 C 错误; D.变化量为-1kg·m/s,1kg·m/s,符合动量守恒,根据 碰前的总动能为 碰后的总动能为 可见动能不增加量,以及要符合实际的规律,故 D 正确。 故选 D 二、多项选择题(共 4 小题) 9.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为 ,木箱质量为 M,货 物质量 m=2M,木箱与轨道的动摩擦因数为 。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将货物 装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置 立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是(  ) 。 A B 25 49 2 2m m + A B 100 100 2 2m m + 2 k 2 pE m = A B 25 49 2 2m m + A B 1 1 2 2m m + 30 3 6A. 卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端 B. 木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度 C. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,木箱和货物的减少的重力势能全部转化为弹簧 的弹性势能 D. 木箱上升的过程中,弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能 【答案】ABD 【解析】 【详解】A.设弹簧压缩最大时的弹性势能为 ,由能量守恒得,下滑过程 上滑过程,到达最高点速度为 v,上滑过程由能量守恒得 解得 即木箱恰好被弹回到轨道顶端,故 A 正确; B.对木箱受力分析,根据牛顿第二定律得,下滑时加速度为 上滑时加速度为 故 B 正确; CD.由能量守恒有,在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,木箱和货物的减少的重力势 能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能,上滑过程,弹簧减少的弹性势能全部转化为木 箱机械能和系统的内能,故 C 错误,D 正确。 故选 ABD。 10.2020 年“中国航天日”主场活动在将福建举办。2020 年也是我国首颗人造卫星“东方 红一 号”成功发射 50 周年。1970 年 4 月 24 日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号,目前仍然 在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为 440km,远地点高度约为 2060km;1984 年 4 月 8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空 35786km 的地球同步轨道上。设东方红一号在 pE p( ) sin30 ( ) cos30 0M m g s M m g s Eµ+ ⋅ − + ⋅ − =  2 p 1sin30 cos30 02E Mg s Mg s Mvµ− ⋅ − ⋅ = −  0v = 3( ) sin30 ( ) cos sin cos( 30 30) 0M m g M m ga g gM m g µ µ °+ − += = −+    下 30 30sin + cos sin + co3 30s0Mg Mga g gM µ µ= =    上近地点的加速度为 a1,线速度 v1,角速度ω1,东方红二号的加速度为 a2,线速度 v2,角速度 ω2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为 a3,线速度 v3,角速度ω3,则下列大小 关系正确的是(  ) A. a2>a1>a3 B. a1>a2>a3 C. v1>v2>v3 D. ω1>ω2>ω3 【答案】BC 【解析】 【详解】卫星围绕地球运行时,万有引力提供向心力,对于东方红一号,在近地点时有 即 对于东方红二号,有 即 由于 h2>h1,故 a1>a2 东方红二号是地球同步卫星与固定在地球赤道上的物体,具有相同的角速度,根据 东方红二号卫星的半径更大,则有 则 故 A 错误,B 正确; C.东方红二号的轨道半径远大于近地卫星轨道,根据 1 12 1( ) MmG m aR h =+ 1 2 1( ) GMa R h = + 2 22 2( ) MmG m aR h =+ 2 2 2( ) GMa R h = + 2a rω= 2 3a a> 1 2 3a a a> >得 则东方红二号的速度小于东方红一号在近地圆轨道的速度,东方红一号从近地圆轨道进入椭 圆轨道要在近地圆轨道上近地点点火加速做离心运动,所以有 地球自转 物体的角速度与东方红二号卫星相同,根据 v=ωr 可知 则 故 C 正确; D.东方红二号卫星与地球自转的角速度相等,即 故 D 错误。 故选 BC。 11.x 轴所在空间存在平行于 x 轴方向的电场,其电势ϕ随 x 分布如图所示,一质量为 m,带电 量为-q 的粒子(重力不计),从 x=−d0 处静止释放。则下列说法中正确的是(  ) A. 粒子将在区间[−d0,2d0]之间往复运动 B. 粒子在 x=2d0 处加速度大小为 的 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 1 2v v> 2 3v v> 1 2 3v v v> > 2 3 ω ω= 02 q d m ϕC. x=−d0 与 x=2d0 处电场强度大小相同 D. 粒子在坐标原点处电势能一定最小 【答案】AD 【解析】 【详解】AC.由于 ,则 x 轴负半轴的电场强度是正半轴的 2 倍,根据电场线方向电 势降低可知,x 轴负半轴电场强度方向向左,x 轴正半轴电场强度方向向右,则粒子先做匀加 速再做匀减速,由动能定理得 则 所以粒子将在区间 之间往复运动,故 A 正确,C 错误; B.粒子在 处加速度为 故 B 错误; D.由于 x 轴负半轴电场强度方向向左,x 轴正半轴电场强度方向向右,则坐标原点处的电势 最高,根据负电荷在电势低处电势能大,则粒子在坐标原点处电势能一定最小,故 D 正确。 故选 AD。 12.如图所示,质量为 M=2kg 的木板静止在光滑的水平面上,一小滑块的质量为 m=1kg,以初 速度 v0=1m/s 从木板的右端滑上木板,且始终未离开木板。小滑块与木板之间的动 摩擦因数 为µ=0.1。取 g=10m/s2,则下列说法正确的是(  ) A. 滑块刚滑上木板时受到的摩擦力水平向左 B. 滑块先做匀减速运动,后做匀速运动 C. 滑块和木板最终速度为 0.5m/s D. 木板的最小长度为 m E x ϕ∆= ∆ 0 02 EqEqd x− = 02x d= [ ]0 0,2d d− 02d 0 02 qqa xm d m ϕϕ∆= ≠∆ 1 3【答案】BD 【解析】 【详解】A.受力分析得,滑块刚滑上小车时受到的摩擦力水平向右,故 A 错误; BC.滑块先做匀减速运动,与木板共速后做匀速运动,由动量守恒有 得 故 B 正确,C 错误; D.对木板分析,由能量守恒定律有 解得 故 D 正确。 故选 BD。 三、实验题(共 2 小题) 13.利用图示实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。打点 计时器所用电源 频率为 50Hz,当地重力加速度的值为 9.80m/s2,测得所用重物的质量为 1.00kg,得到的纸带 如图所示: (1)以下说法正确的是_____ ; A.实验中摩擦是不可避免的,因此纸带越短越好,因为纸带越短,克服摩擦力做的功 就越少, 误差就越小 B.实验时应该先释放纸带,再接通打点计时器的电源 C.在“验证机械能守恒定律”的实验中,必须由 v=gt 求出打某点时纸带的速度 0 ( )mv M m v= + 1 m/s3v = 2 2 0 1 1 ( )2 2mgl mv M m vµ = − + 1 m3l =D.选择体积小质量大的重物,纸带、限位孔在同一竖直线上,可以减小系统误差 (2)在从起点 O 到打下标记点 B 的过程中重物重力势能的减少量是 ΔEp=_____,此过程中重物 动能的增加量是 ΔEk=______。(结果均保留两位有效数字) 【答案】 (1). D (2). 0.49 J (3). 0.48 J 【解析】 【详解】(1)[1]A.纸带越短,记录数据越少,误差大,故 A 错误; B.实验时应该先接通打点计时器的电源,再释放纸带,故 B 错误; C.在“验证机械能守恒定律”的实验中,应通过纸带用求出速度,不能用 v=gt 求,故 C 错 误; D.选择体积小、质量大的重物,可以减小空气的阻力,纸带、限位孔在同一竖直线上,可以 减小限位孔对纸带的阻力,故 D 正确。 故选 D; (2)[2]重力势能的减小量 [3]B 点的速度等于 AC 段的平均速度 代入数据得 动能的增加量 14.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律,实验步 骤如下: p 1 9.80 0.0501J 0.49JOBE mgx∆ = = × × = 2 OC OA B x xv T −= 9.8m/sBv = 21 0.48J2k BE mv∆ = =①用天平测出 A、B 两个小球的质量 mA 和 mB,且满足 mA>mB; ②安装好实验装置,使斜槽的末端所在的平面保持水平; ③先不在斜槽的末端放小球 B,让小球 A 从斜槽上位置 P 由静止开始释放,小球 A 离开斜槽 后,频闪照相机连续拍摄小球 A 的两位置(如图乙所示); ④将小球 B 放在斜槽的末端,让小球 A 仍从位置 P 处由静止开始释放,使它们碰撞,频闪照 相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示); ⑤测出所需要的物理量。请回答: (1)在步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有_____;(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、 yB”) (2)两球在碰撞过程中若动量守恒,满足的方程是:_____。 【答案】 (1). 、 、 (2). 【解析】 【详解】(1)[1]碰撞时应有 由平抛规律有 x=vt,小球从相同高度落下,故时间相等,上式中两边同乘以 t,则有 所以需要在照片中直接测量的物理量有 、 、 (2)[2]由动量守恒得,验证的方程为 四、计算题(共 4 小题) 15.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统,其中有一种三星系统如图所示,三颗质量均 为 m 的星体位于等边三角形的三个顶点,三角形边长为 R,忽略其他星体对 它们的引力作用, 0x Ax Bx A 0 A A B Bm x m x m x= + A 0 A A B Bm v m v m v= + A 0 A A B Bm x m x m x= + 0x Ax Bx A 0 A A B Bm x m x m x= +三星体在同一平面内绕三角形中心 O 做匀速圆周运动,万有引力常量为 G,求:每颗星体做 圆周运动的周期。 【答案】2π 【解析】 【详解】每颗星做匀速圆周运动的半径 由万有引力定律可知两星之间的作用力为 ,由力的合成可得任一星体受到的合外 力为 由牛顿第二定律得 解得 T=2π 16.如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个质量为 m1=2m 的滑块(可看成质点),轻绳的一 端系着滑块绕过光滑的轻小定滑轮,另一端吊一个质量为 m2=3m 的物块,小滑轮到竖直杆的 距离为 3d,d=0.2m。开始时用 T 形卡使滑块停在与定滑轮等高的位置上,现去掉 T 形卡,求: 当滑块 m1 下落到绳子与竖直方向的夹角为 时,物块 m2 的速度大小。(g=10m/s2)。 3 3 R Gm 32 cos30 3 R Rr °= = 2 1 2 GmF R = 2 1 2 32 cos30 GmF F R °= = 22π( )F m rT = 3 3 R Gm 37°【答案】1.14m/s 【解析】 【详解】设 m1 下落到绳子与竖直方向夹角为 时下落的高度为 h1,速度为 v1,此时 m2 上升 高度为 h2,速度为 v2,由系统机械能守恒得 m1gh1=m2gh2+ m1 + m2 由几何关系得 h1=4d,h2=2d 速度关系为 v1cos =v2 代入数据得 17.如图所示,竖直平面内存在竖直向上的足够大的匀强电场,电场强度大小为 5×105N/C, 在 O 点处固定一根长为 l=0.4m 的轻绳,绳的另一端连接一带电量为+1.6×10−5C,质量为 0.4kg 的小球,重力加速度 g=10m/s2,求: (1)小球静止时绳的拉力; (2)若小球静止时给小球一个垂直于绳的初速度 v0,使小球在竖直平面内恰好做完整的圆周运 动,则 v0 的大小为多少。 【答案】(1) 4N;(2) 37° 1 2 2 1v 1 2 2 2v 37° 2 8 m/s 1.14m/s7v = ≈ 2 5m/s【解析】 【详解】(1)当小球静止时,由受力由 解得 F=4N (2)当小球在 O 点下方 l 处时 从小球在 O 点上方 l 处到 O 点下方 l 处过程中,对小球由动能定理可得 解得 18.如图所示,是一传送装置,其中 AB 段粗糙,AB 段长为 L=1m,动摩擦因数 μ=0.5;BC、DEN 段均可视为光滑,DEN 是半圆形轨道,其直径 DN 沿竖直方向,C 位于 DN 竖直线上,CD 间 的距离恰能让小球自由通过。其中 N 点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接,传送带以 4m/s 的速率沿顺时针方向匀速转动,小球与传送带之间的动摩擦因数也为 0.5。左端竖直墙上 固定有一轻质弹簧,现用一可视为质点的小球 1 压缩弹簧至 A 点后由静止释放(小球和弹簧 不粘连),当小球 1 运动到 AB 中点时,与静止于 AB 中点的小球 2 发生弹性碰撞,之后小球 2 恰好通过 D 点,不脱离轨道。已知两小球的质量均为 m=0.2kg,弹簧压缩至 A 点时的弹性势 能为 1.5J,g=10m/s2,试求: (1)小球 1 与小球 2 碰撞前的速度; (2)DEN 半圆形轨道的半径; (3)小球 2 第一次在传送带上滑动的过程中,小球与传送带之间因摩擦产生的热量。 【答案】(1) ;(2)0.5m;(3)8.1J F mg qE+ = 2mvqE mg l − = 2 2 0 1 1( )2 2 2qE mg l mv mv− − = − 0 2 5m/sv = 10m/s【解析】 【详解】(1)从释放到与球 2 碰撞前,对球 1 由能量守恒定律得 得 (2)两小球发生弹性碰撞,交换速度,即小球 1 的速度为 0;小球 2 的速度为 小球 2 到达 D 点的速度,由动能定理知 解得 小球刚好能沿 DEN 轨道滑下,在圆周最高点 D 点必有 联立得 (3)从 D 到 N,由机械能守恒可得 解得 在传送带上小球运动的加速度大小 小球向左减速的时间 小球向左运动的距离 2 p 0 1 2 2 LE mg mvµ= + 0 10m/sv = 1 10m/sv = 2 2 2 1 1 1 2 2 2 Lmg mv mvµ− = − 2 5m/sv = 2 2vmg m r = 0.5mr = 2 2 2 N 1 1•2 2 2mg r mv mv+ = N 5m/sv = 25m/smga gm µ µ= = = N 1 1svt a = =小球向左运动的过程中传送带的位移: 小球向右加速的时间 小球向右运动的距离 小球向右运动的过程中传送带的位移 相对路程为 摩擦生热 解得 1 N 1 2.5m2x v t= = 2 1 4mx vt= = 0 2 0.8svt a = = 3 0 1 1.6m2x v t= = 4 2 3.2mx vt= = 1 2 4 3( ) 8.1mx x x x x∆ = + + − = Q mg xµ= ∆ 8.1JQ =

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