專題04 牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用-2025年高考物理熱點(diǎn)知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一牛頓三定律的理解
1．內(nèi)容
一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)．
2．意義
(1)指出力不是維持物體運(yùn)動的原因，而是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，即力是產(chǎn)生加速度的原因．
(2)指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又稱為慣性定律．
(3)牛頓第一定律描述的只是一種理想狀態(tài)，而實(shí)際中不受力作用的物體是不存在的，當(dāng)物體受外力但所受合力為零時(shí)，其運(yùn)動效果跟不受外力作用時(shí)相同，物體將保持靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)．
3．慣性
(1)定義：物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)．
(2)量度：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性?。?br>(3)普遍性：慣性是物體的固有屬性，一切物體都有慣性，與物體的運(yùn)動情況和受力情況無關(guān)．
4．牛頓第二定律
(1)表達(dá)式為F＝ma.
(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失、同時(shí)變化．
5．牛頓第三定律的內(nèi)容
兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上．
6．作用力與反作用力的“三同、三異、三無關(guān)”
(1)“三同”：①大小相同；②性質(zhì)相同；③變化情況相同．
(2)“三異”：①方向不同；②受力物體不同；③產(chǎn)生的效果不同．
(3)“三無關(guān)”：①與物體的種類無關(guān)；②與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)；③與物體是否和其他物體存在相互作用無關(guān)．
7．相互作用力與平衡力的比較
（2023秋?濱海新區(qū)期末）關(guān)于物體的慣性，下列說法正確的是（）
A．汽車轉(zhuǎn)彎后運(yùn)動方向變了，其慣性也跟著改變了
B．被拋出的小球，盡管速度的大小和方向都改變了，但其慣性不變
C．汽車靜止時(shí)，沒有慣性，只有當(dāng)它加速運(yùn)動或減速運(yùn)動時(shí)才具有慣性
D．汽車速度越大，越難停下來，表明物體的速度越大，其慣性越大
【解答】解：A、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)速度方向改變，但慣性不變，故A錯(cuò)誤；
B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，被拋出的小球，盡管速度的大小和方向都改變了，但其慣性不變，故B正確；
C、D、慣性是物體本身的一種屬性，任何物體都具有慣性，質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，與汽車的運(yùn)動狀態(tài)以及速度的大小均無關(guān)，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；
故選：B。
（2024?北京）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動，飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（）
A．MM+mFB．mM+mFC．MmFD．mMF
【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律，對飛船和空間站整體有：
F＝（M+m）a
對空間站，設(shè)飛船對空間站的作用力大小為F′，根據(jù)牛頓第二定律有：
F'＝Ma
解兩式可得飛船和空間站之間的作用力為：F′=MFM+m
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
（2024?福州模擬）中國人民解放軍海軍福建艦（簡稱福建艦），是中國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘彈射型航空母艦，采用平直通長飛行甲板，配置電磁彈射和阻攔裝置，滿載排水量8萬余噸。下列說法正確的是（）
A．福建艦屬于大型航空母艦，不可以視為質(zhì)點(diǎn)
B．艦載飛機(jī)著艦過程中做勻減速直線運(yùn)動
C．艦載飛機(jī)彈射起飛過程中速度越來越大，所以其慣性也越來越大
D．艦載飛機(jī)彈射起飛時(shí)，福建艦對其的作用力大小等于其對福建艦的作用力大小
【解答】解：A.物體是否可視為質(zhì)點(diǎn)不取決于其大小，而是與其所研究的問題有關(guān)，例如在研究福建艦在大海中的航行軌跡時(shí)，此時(shí)可以看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B.著艦過程中，艦載飛機(jī)不是做勻減速運(yùn)動，而是非勻變速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；
C.物體的慣性只與其質(zhì)量有關(guān)，與其速度大小無關(guān)，故C錯(cuò)誤；
D.艦載飛機(jī)與福建艦之間的作用力是一對相互作用力，二者大小相等，方向相反，故D正確。
故選：D。
題型二動力學(xué)兩類基礎(chǔ)問題
求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：
分析解決這兩類問題的關(guān)鍵：應(yīng)抓住受力情況和運(yùn)動情況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．
類型1 已知受力求解運(yùn)動情況
（2023秋?濰坊期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的斜面上有一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，t＝0時(shí)物體在F＝15N拉力的作用下由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝2s時(shí)撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（）
A．物體沿斜面向上加速時(shí)加速度大小為2m/s2
B．物體在t＝2.5s時(shí)的速度為0
C．物體在斜面上運(yùn)動的總時(shí)間為3s
D．物體沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為15m
【解答】解：A.有拉力作用時(shí)，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma1
解得，物體沿斜面向上加速時(shí)加速度大小為a1＝5m/s2，故A錯(cuò)誤；
B.2s時(shí)物體的速度為v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
撤去拉力后，物體向上滑動的過程中，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得
mgsinθ+μmgcsθ＝ma2
解得，物體向上減速的加速度大小為a2＝10m/s2
則物體向上減速的時(shí)間為t2=va1，解得t2＝1s
則物體在t＝3s時(shí)的速度為0，故B錯(cuò)誤；
C.當(dāng)物體速度減為零時(shí)，由于mgsinθ＞μmgcsθ則物體不能保持靜止，物體會沿斜面向下做加速運(yùn)動，則物體在斜面上的運(yùn)動時(shí)間不止3s，故C錯(cuò)誤；
D.物體沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為x=v12t1+v12t2，解得x＝15m，故D正確。
故選：D。
（2024?福州二模）滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端，A點(diǎn)為途中的一點(diǎn)。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，不計(jì)空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是（）
A．滑塊上滑和返回過程的運(yùn)動時(shí)間相等
B．滑塊運(yùn)動加速度大小之比為a甲：a乙＝16：9
C．滑塊過A點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為v甲：v乙＝3：4
D．μ=17tanθ
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足
mgsinθ+f＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
設(shè)頻閃時(shí)間間隔為T，上滑過程加速度較大，相同位移大小時(shí)運(yùn)動時(shí)間較短，故A錯(cuò)誤；
B、甲圖表示上滑過程，時(shí)間間隔為3T，乙圖表示下滑過程，時(shí)間間隔為4T，把上滑過程逆向堪稱初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由x=12at2
可知，加速度大小之比為16：9，故B正確；
C、利用逆向思維，滑塊在A、B兩點(diǎn)間運(yùn)動，根據(jù)位移公式有xAB=12a1tAB12=12a2tAB22
綜上代入數(shù)據(jù)解得tAB1tAB2=34
即圖甲與圖乙滑塊在A、B兩點(diǎn)間運(yùn)動時(shí)間之比為3：4，故由v＝at
知v甲：v乙＝4：3
故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)加速度之比有（gsinθ+μgcsθ）：（gsinθ﹣μgcsθ）＝16：9
代入數(shù)據(jù)解得μ=725tanθ
故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024?讓胡路區(qū)校級開學(xué)）可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲（企鵝在滑動過程中姿勢保持不變）。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鵝向上“奔跑”的位移大??；
（2）企鵝貼著冰面向前滑行過程的加速度大小和退滑到出發(fā)點(diǎn)過程的加速度大??；
（3）企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。（計(jì)算結(jié)果用根式表示）
【解答】解：（1）在企鵝向上“奔跑”的過程中有x=12at2
解得x＝16m
（2）在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過程的運(yùn)動，第一個(gè)過程是從臥倒到最高點(diǎn)，第二個(gè)過程是從最高點(diǎn)滑回到出發(fā)點(diǎn)，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma2
解得a1=8m/s2
a2=4m/s2
（3）企鵝從臥倒滑到最高點(diǎn)的過程中，做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)時(shí)間為t′，位移為x′
則有v＝at＝a1t'
x'=12a1t12
企鵝從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)的過程中，設(shè)末速度為vt，初速度為0，則有vt2-02=2a2(x+x')
解得vt=234m/s
類型2 已知物體運(yùn)動情況，分析物體受力
（2024?南寧一模）某種海鳥可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)其在空中的俯沖看作自由落體運(yùn)動，進(jìn)入水中后可以看作勻減速直線運(yùn)動，其v﹣t圖像如圖所示，自由落體運(yùn)動的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動時(shí)間為53t1，最大速度為vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）
A．t1＝1s
B．整個(gè)過程中，鳥下落的高度為3m
C．t1至53t1時(shí)間內(nèi)，鳥的加速度大小為20m/s2
D．t1至53t1時(shí)間內(nèi)，鳥所受的阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A、小鳥自由落體運(yùn)動的最大速度為vm＝6m/s，由自由落體運(yùn)動的規(guī)律有vm＝gt1，解得t1＝0.6s，故A錯(cuò)誤；
B、整個(gè)過程下落的高度為圖 v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍成的面積，則h=vm2×53t1=62×53×0.6m＝3m，故B正確；
C、t1∽53t1時(shí)間內(nèi)小鳥的加速度a=0-vm53t1-t1=-60.4m/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小為15m/s2，故C錯(cuò)誤；
D、t1∽53t1時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，則fmg=2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024?順德區(qū)二模）2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。當(dāng)返回艙距離地面1.2m時(shí)，返回艙的速度為8m/s，此時(shí)返回艙底部的4臺反推火箭點(diǎn)火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至2m/s，實(shí)現(xiàn)軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運(yùn)動，返回艙的質(zhì)量變化和受到的空氣阻力均忽略不計(jì)。返回艙的總質(zhì)量為3×103kg，g取10m/s2，則4臺反推火箭點(diǎn)火工作時(shí)提供的推力大小為（）
A．3×104NB．7.5×104NC．2.6×104ND．1.05×105N
【解答】解：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2-v02=-2ah
解得加速度大小為a=v02-v22h=82-222×1.2m/s2=25m/s2
返回艙受到重力和反推力，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣mg＝ma
解得F＝mg+ma＝3×103×10N+3×103×25N＝1.05×105N
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
（2023秋?西城區(qū)期末）如圖所示，質(zhì)量為1kg、橫截面為直角三角形的物體ABC在豎直墻壁上，受到垂直于斜面BC斜向右上方的推力的作用，從靜止開始沿墻壁向上做加速度大小為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動。其中θ＝37°，物體與墻壁間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）1s末物體的位移大??；
（2）推力F的大??；
（3）物體受到墻壁的支持力大小。
【解答】（1）根據(jù)位移—時(shí)間公式，有s=12at2，解得s＝0.5m
（2）物體在豎直墻上受力如圖所示
建立如圖所示的直角坐標(biāo)系
根據(jù)牛頓第二定律，有：
x方向 N＝F csθ
y方向 Fsinθ﹣f ﹣ mg＝ma
再由f＝μN(yùn)
可得F＝55N
（3）N＝Fcsθ＝55×0.8N＝44N
題型三超重與失重現(xiàn)象
1．超重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．
(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向上(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．
2．失重
(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．
(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向下(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．
(3)完全失重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài)．
②產(chǎn)生條件：a＝g，方向豎直向下．
3．豎直圓周中系統(tǒng)超失重問題
小球 m 由光滑半圓槽 M 的邊緣 A 點(diǎn)靜下滑，M 一直靜止，A→B 過程中下滑角 θ 時(shí)：
類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題
（2024?黑龍江三模）如圖所示為一無人機(jī)由地面豎直向上運(yùn)動的v﹣t圖像。關(guān)于無人機(jī)的運(yùn)動，下列說法正確的是（）
A．0～t2段無人機(jī)的加速度大于t3～t5段無人機(jī)的加速度
B．0～t3段，無人機(jī)的平均速度大小為v22
C．t3時(shí)刻無人機(jī)到達(dá)最高點(diǎn)
D．t3～t5段，無人機(jī)處于失重狀態(tài)
【解答】解：A、v﹣t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于0～t2段傾斜程度小于t3～t5段的傾斜程度，所以0～t2段的加速度小于t3～t5加速度，故A錯(cuò)誤；
B、0～t3段無人機(jī)的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運(yùn)動，所以其平均速度不是v22，而是小于v22，故B錯(cuò)誤；
C、由圖像可知，無人機(jī)0～t2加速上升，t2～t3也是加速上升，只不過這一階段的加速度更大，t3～t5階段開始減速上升，t3時(shí)刻減速到0，達(dá)到最高點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、t3～t5階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機(jī)處于失重狀態(tài)，故D正確。
故選：D。
（2024?東莞市三模）2023年世界泳聯(lián)錦標(biāo)賽中，中國軍團(tuán)以20枚金牌的成績力壓美國，位列金牌榜第一名。若把運(yùn)動員從起跳到接觸水面的運(yùn)動看成勻變速直線運(yùn)動，某運(yùn)動員從距離水面某一高度處的跳板上豎直向上跳起，起跳時(shí)開始計(jì)時(shí)，取豎直向下為正方向，速度傳感器記錄運(yùn)動員的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）
A．0～t2，運(yùn)動員處于失重狀態(tài)
B．運(yùn)動員在t1時(shí)刻接觸水面
C．運(yùn)動員在水中時(shí)，最深處的加速度最大
D．運(yùn)動員潛入水中的深度等于v2(t3-t2)2
【解答】解：A.由圖可知0﹣t2運(yùn)動員的加速度相同，加速度為正，方向豎直向下，根據(jù)超重和失重的含義可知，運(yùn)動員處于失重狀態(tài)，故A正確；
BC.t2時(shí)刻速度減小，運(yùn)動員開始接觸水面，t3時(shí)刻速度為零，運(yùn)動員在水的最深處；v﹣t圖像斜率的絕對值表示加速度的大小，t3時(shí)刻的斜率最小，加速度最小，故BC錯(cuò)誤；
D.則運(yùn)動員潛入水中的深度為t2﹣t3時(shí)間內(nèi)圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積，則運(yùn)動員潛入水中的深度h＜v2(t3-t2)2，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
（2024?蓮湖區(qū)校級二模）蹦極是近些年來新興的一項(xiàng)非常刺激的戶外活動。跳躍者站在橋梁、塔頂、高樓、吊車甚至熱氣球上，把一端固定的一根長長的橡皮條綁在踝關(guān)節(jié)處，然后兩臂伸開，雙腿并攏，頭朝下跳下去。如圖是一位蹦極者從高處下落到速度為零的過程中的v﹣x圖像，當(dāng)x＝15m時(shí)，對應(yīng)的速度值最大，則下面判斷正確的是（）
A．當(dāng)下落距離小于15m時(shí)，蹦極者處于完全失重狀態(tài)
B．當(dāng)下落距離小于15m時(shí)，蹦極者失重的數(shù)值（人自身重力與橡皮條拉力之差的絕對值）是個(gè)常量
C．當(dāng)下落距離大于15m時(shí)，蹦極者超重的數(shù)值（人自身重力與橡皮條拉力之差的絕對值）是個(gè)常量
D．當(dāng)下落距離大于15m時(shí)，蹦極者超重的數(shù)值（人自身重力與橡皮條拉力之差的絕對值）隨距離的增大而增大
【解答】解：AB、由圖可知，當(dāng)下落距離小于15m時(shí)，蹦極者向下做加速度減小的加速運(yùn)動，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，不是完全失重狀態(tài)，由于加速度逐漸減少，則蹦極者失重的數(shù)值（人自身重力與橡皮條拉力之差的絕對值）逐漸減小，故AB錯(cuò)誤；
CD、當(dāng)下落距離大于15m時(shí)，蹦極者向下做加速度增大的減速運(yùn)動，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，由于加速度逐漸增大，則蹦極者失重的數(shù)值（人自身重力與橡皮條拉力之差的絕對值）隨距離的增大而增大，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：D。
類型2 超、失重現(xiàn)象的分析與計(jì)算
（2024?九龍坡區(qū)校級模擬）如圖是某城市的大型摩天輪，設(shè)定某游客隨摩天輪一起在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則該游客（）
A．在最低、最高位置時(shí)，均處于超重狀態(tài)
B．在最低、最高位置時(shí)，均處于失重狀態(tài)
C．在最低位置時(shí)處于超重狀態(tài)，在最高位置時(shí)處于失重狀態(tài)
D．在最低位置時(shí)處于失重狀態(tài)，在最高位置時(shí)處于超重狀態(tài)
【解答】解：ABCD、該游客在最高位置時(shí)，加速度方向向下，游客處于失重狀態(tài)，游客在最低位置時(shí)，加速度方向向上，游客處于超重狀態(tài)，故ABD錯(cuò)誤，C正確；
故選：C。
（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動。在此過程中人與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是（）
A．扶梯加速運(yùn)動階段，人處于超重狀態(tài)
B．扶梯加速運(yùn)動階段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯勻速運(yùn)動階段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯勻速運(yùn)動階段，人受到的支持力大于重力
【解答】解：A、人在加速階段，向右上方加速，根據(jù)牛頓第二定律可知，電梯的支持力大于人的重力，所以人處于超重狀態(tài)，故A正確；
B、加速度運(yùn)動階段，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；
CD、勻速運(yùn)動階段，人受力平衡，豎直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CD錯(cuò)誤；
故選：A。
（2024?河?xùn)|區(qū)二模）圖甲是消防員用于觀測高樓火災(zāi)的馬丁飛行背包。在某次演練時(shí)，消防員背著馬丁飛行背包從地面開始豎直飛行，其圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）
A．消防員上升的最大高度為225m
B．消防員在30—90s內(nèi)處于超重狀態(tài)
C．消防員在前30s內(nèi)加速度最大
D．消防員在150—255s內(nèi)的平均速度大小為零
【解答】解：A.由圖像可知，在0～90s內(nèi)消防員的速度方向均向上，因此在90s時(shí)消防員高度達(dá)到最大，根據(jù)圖像與t軸所圍面積即為位移可知，消防員上升的最大高度為h＝675m，故A錯(cuò)誤；
B.在30～90s內(nèi)，消防員向上做減速運(yùn)動，加速度方向向下，因此處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C.v﹣t圖像中，圖像斜率為加速度，結(jié)合圖像可知消防員在前30s內(nèi)加速度最大，故C正確；
D.結(jié)合圖像可知，消防員在150～255s內(nèi)，位移大小不為0，因此平均速度不為0，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
題型四瞬時(shí)問題的兩類問題
1．兩類模型
(1)剛性繩(或接觸面)——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間．
(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時(shí)連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長時(shí)間，在瞬時(shí)性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．
（2024?青島模擬）細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為53°，如圖所示以下說法正確的是（）
A．小球靜止時(shí)彈簧的彈力大小為35mg
B．小球靜止時(shí)細(xì)繩的拉力大小為35mg
C．細(xì)線燒斷瞬間小球的加速度立即為g
D．細(xì)線燒斷瞬間小球的加速度立即為53g
【解答】解：A、B小球靜止時(shí)，分析受力情況，如圖，由平衡條件得：
彈簧的彈力大小為：F＝mgtan53°=43mg
細(xì)繩的拉力大小為：T=mgcs53°=53mg，故AB錯(cuò)誤；
C、D、細(xì)繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細(xì)繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為：
a=Tm=53g，故C錯(cuò)誤，D正確
故選：D。
（2023秋?武漢期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧1一端與靜止在傾斜木板上的物體A相連，另一端與細(xì)線相連，該彈簧與傾斜木板保持平行，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。B、C通過輕質(zhì)彈簧2連接，且B、C始終未觸及地面。初始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板與水平面間的夾角為30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，發(fā)生以下變化時(shí)，物體A始終保持靜止，則（）
A．木板與水平面的夾角減小時(shí)，A受到的靜摩擦力減小
B．木板與水平面夾角保持30°不變，剪斷細(xì)線后，A所受摩擦力增大
C．剪斷細(xì)線瞬間，B、C一起以加速度g自由下落
D．剪斷細(xì)線瞬間，B的加速度為3g
【解答】解：A、設(shè)A、B、C質(zhì)量分別為3m、m、2m，初始時(shí)對A物體受力分析有
3mgsin30°+f＝3mg
則木板與水平面的夾角減小時(shí)，由三角函數(shù)單調(diào)性知，A物體受到的靜摩擦力增大，故A錯(cuò)誤；
B、剪斷細(xì)線后，對A物體受力分析有3mgsin30°＝f′
聯(lián)立可得f＝f′
故B錯(cuò)誤；
CD、剪斷細(xì)線瞬間，2彈簧彈力沒有突變，大小為F＝2mg，則C的加速度為零，B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg+F＝ma
解得a＝3g
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
（2023秋?濰坊期末）用兩輕繩a、c和輕彈簧b將兩個(gè)相同的小球1和2連接并懸掛，如圖所示。兩小球質(zhì)量均為m，處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩a與豎直方向的夾角為30°，輕繩c水平。下列分析正確的是（）
A．此時(shí)輕繩c的拉力大小為433mg
B．此時(shí)輕繩c的拉力大小為2mg
C．剪斷輕繩c瞬間，小球2的加速度大小為233g
D．剪斷輕繩c瞬間，小球2的加速度方向斜向左下方
【解答】解：AB.將球1和球2看成一個(gè)整體，受力分析如圖
根據(jù)平衡條件有2mg＝Facs30°，F(xiàn)c＝Fasin30°，解得Fc=233mg，故AB錯(cuò)誤；
CD.剪斷輕繩c瞬間，小球2受到的重力和彈力不變，故小球2合力與繩子c的拉力等值方向，小球2合力大小為F＝Fc=233mg，方向水平向左，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，故a=233g，方向水平向左，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
題型五動力學(xué)圖像問題
1．動力學(xué)中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．
2．解決圖象問題的關(guān)鍵：(1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從零開始。
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)等，判斷物體的運(yùn)動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解．
類型1 F-t、F-x圖像的分析運(yùn)動情況
（2022秋?濱海新區(qū)校級期末）一質(zhì)量為m＝40kg的學(xué)生站在豎直方向運(yùn)動的電梯內(nèi)的體重計(jì)上。電梯從t＝0時(shí)刻由靜止開始上升，在0到6s內(nèi)體重計(jì)示數(shù)F的變化如圖所示，g取10m/s2，可知（）
A．0﹣2s內(nèi)電梯勻加速上升，加速度大小為2m/s2
B．2﹣5s內(nèi)電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)
C．5s﹣6s內(nèi)電梯處于失重狀態(tài)，其加速度為3m/s2
D．0﹣2s內(nèi)學(xué)生處于超重狀態(tài)，其加速度為5m/s2
【解答】解：AD、由圖可知，0～2s內(nèi)，學(xué)生對電梯的壓力大于學(xué)生的重力，學(xué)生處于超重狀態(tài)，電梯加速上升，由牛頓第二定律得：600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D正確，A錯(cuò)誤；
B、由圖可知，2～5s內(nèi)電梯處于勻速運(yùn)動狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C、由圖可知，5～6s內(nèi)，學(xué)生處于失重狀態(tài)，學(xué)生對電梯的壓力小于學(xué)生的重力，由牛頓第二定律得：400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知電梯減速上升，故C錯(cuò)誤；
故選：D。
（多選）（2022秋?河南月考）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊B放在光滑水平面上，質(zhì)量為1kg的物塊A疊放在物塊B上，A與B間的動摩擦因數(shù)為0.5。開始時(shí)，兩物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，t＝0時(shí)刻，給物塊B施加一個(gè)水平向右的推力，推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示，t＝5s時(shí)刻，物塊A與B恰好發(fā)生相對滑動，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10m/s2，則（）
A．t＝5s時(shí)刻，推力大小為10N
B．t＝5s時(shí)刻，物體A的速度大小為12.5m/s
C．0～5s內(nèi)，物體A受到的摩擦力的沖量為12.5N?s
D．0～5s內(nèi)，推理F做功大小為134.75J
【解答】解：AB、物塊A、B將要發(fā)生相對滑動時(shí)，兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，對A由 μMg＝Ma
對整體有 F＝（M+m）a，聯(lián)立解得 F＝15N，由于F隨時(shí)間均勻增大，則對整體，由動量定理得：Ft＝（M+m）v
而 F=0+152=7.5N，解得 v＝12.5m/s，即物塊A、B將要發(fā)生相對滑動時(shí)物塊A的速度大小為1m/s。故B正確，A錯(cuò)誤；
C、對A由動量定理：I＝Mv＝1×12.5N?s＝12.5N?s，故C正確；
D、F隨時(shí)間增大，整體的加速度隨時(shí)間增大，結(jié)合v﹣t圖象的“面積”表示位移知，t＝0時(shí)刻到物塊A、B將要發(fā)生相對滑動時(shí)物塊B在水平面上滑動的距離 S＜v2t=12×12.5×5m＝31.25m，推理F做功大小為W=FS=7.5×31.25J＝234.375J，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
類型2 通過v-t、a-t圖像分析受力情況
（多選）（2020秋?秦淮區(qū)校級月考）靜止于粗糙水平面上的物體，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖甲所示，在拉力F從0逐漸增大的過程中，物體的加速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）
A．物體與水平面間的摩擦力先增大，后減至某一值并保持不變
B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．物體的質(zhì)量為6kg
D．4s末物體的速度大小為4m/s
【解答】解：A.由乙知，0﹣2s內(nèi)物體靜止不動，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t＝2s時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，t＝2s后物體開始運(yùn)動，受到滑動摩擦力作用，保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后保持不變。故A正確。
BC.在2﹣4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma…①
由圖知：當(dāng)F＝6N時(shí)，a＝1m/s2，代入①式得 6﹣10μm＝m…②
當(dāng)F＝12N時(shí)，a＝3m/s2，代入①式得 12﹣10μm＝3m…③
聯(lián)立②③解得：μ＝0.1，m＝3kg，故B正確，C錯(cuò)誤。
D.根據(jù)a﹣t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為Δv=1+32×2＝4m/s，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，故D正確。
故選：ABD。
（2023秋?寧波期末）如圖甲中某同學(xué)雙手抓住單杠做引體向上，圖乙是他在某次向上運(yùn)動過程中重心速度隨時(shí)間變化的圖像。關(guān)于重心運(yùn)動的說法正確的是（）
A．t＝1.3s時(shí)的速度方向向下
B．t＝1.3s時(shí)的加速度方向向上
C．此次重心上升的高度約為0.35m
D．t＝0.5s時(shí)的加速度大小小于t＝1.5s時(shí)的加速度大小
【解答】解：AB.由v﹣t圖像可知，t＝1.3s時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，即速度方向向上，此時(shí)正向上做減速運(yùn)動，加速度方向向下，故AB錯(cuò)誤；
C.根據(jù)v﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知此次重心上升的高度約為h=12×0.64×1.7m≈0.54m，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)v﹣t圖像的斜率絕對值表示加速度大小，可知t＝0.5s時(shí)的加速度大小小于t＝1.5s時(shí)的加速度大小，故D正確。
故選：D。
類型3 通過a-F圖像分析力與運(yùn)動的關(guān)系
（2022秋?越秀區(qū)校級期末）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖所示，g＝10m/s2，則不能計(jì)算出的是（）
A．物體與水平面間的最大靜摩擦力
B．F為14 N時(shí)物體的速度
C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)
D．物體的質(zhì)量
【解答】解：物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：
F﹣μmg＝ma
解得：a=Fm-μg
由a與F圖線，得到：
0.5=7m-10μ…①
4=14m-10μ…②
①②聯(lián)立得：m＝2kg，μ＝0.3；故CD不符合要求；
故a＝0時(shí)，F(xiàn)為6N，即最大靜摩擦力為6N；
由于物體先靜止后又做變加速運(yùn)動，無法利用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律求速度和位移，又F為變力無法求F得功，從而也無法根據(jù)動能定理求速度；
題干要求是不能夠計(jì)算的物理量，故ACD錯(cuò)誤、B正確。
本題是不能計(jì)算出的，故選：B。
（2022秋?西固區(qū)校級期末）如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于水平面上，其上表面放置小滑塊A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，A、B間動摩擦因數(shù)為μ1，B與水平面間動摩擦因數(shù)為μ2，g取10m/s2，則（）
A．mA＝3kg，mB＝2kgB．mA＝2kg，mB＝1kg
C．μ1＝0.1，μ2＝0.1D．μ1＝0.25，μ2＝0.05
【解答】解：設(shè)A、B的質(zhì)量分別m1、m2。
當(dāng)3N＜F＜6N時(shí)，A和B一起運(yùn)動。對AB整體進(jìn)行受力分析如圖所示。
根據(jù)牛頓第二定律：F﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a ①
由圖可知，該圖線上有坐標(biāo)值確定的兩個(gè)點(diǎn)：
當(dāng)F1＝3N 時(shí) a1＝0
當(dāng)F2＝6N 時(shí) a2＝1m/s2
這兩組數(shù)值代入①得：（m1+m2）＝3kg，μ2＝0.1 ②
當(dāng)F＞6N時(shí)，對B進(jìn)行受力分析如圖所示。
根據(jù)牛頓第二定律：F﹣μ2（m1+m2）g﹣μ1m1g＝m2a ③
由圖可知，該圖線上有坐標(biāo)值確定的兩個(gè)點(diǎn)：
當(dāng)F1＝4N 時(shí) a1＝0
當(dāng)F2＝6N 時(shí) a2＝1m/s2
這兩組數(shù)值和②代入到③得：m2＝2kg，μ1＝0.1
故選：C。
題型六動力學(xué)中的連接體問題
1．整體法的選取原則
若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔離法的選取原則
若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解．
3．整體法、隔離法的交替運(yùn)用
若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”．
（2024?興寧區(qū)二模）
如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1kg和m2＝2kg的兩個(gè)大小完全相同的物塊，通過輕繩相連，并接在裝有定滑輪的小車上，不計(jì)一切摩擦。在水平推力F1的作用下m1緊貼著小車，且小車和兩個(gè)物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動，若將圖中兩個(gè)小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下m2緊貼著小車，使得小車和兩個(gè)物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動，若兩次運(yùn)動的時(shí)間相同，則兩次小車運(yùn)動的位移之比為（）
A．1：1B．2：1C．1：4D．以上都有可能，與小車的質(zhì)量有關(guān)
【解答】解：由題意可知，圖甲中m2受到向右的合外力等于繩子的拉力，也等于m1的重力，所以m2的加速度：a1=m1gm2
圖甲中三者一起向右做加速運(yùn)動，則小車的加速度也是m1gm2
同理可知題圖乙中小車的加速度為a2=m2gm1
所以兩題圖中小車的加速度之比為a1a2=m12m22=14
因?yàn)閮纱芜\(yùn)動的時(shí)間相同，由x=12at2
則兩次小車運(yùn)動的位移之比x1x2=a1a2=14，與小車的質(zhì)量無關(guān)，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
（2023秋?碑林區(qū)校級期末）如圖，質(zhì)量分別為2m和3m的方形物體A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右運(yùn)動，A剛好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則A、B間的動摩擦因數(shù)為（）
A．3mg2FB．10mg3FC．8mg5FD．4mg3F
【解答】解：設(shè)A、B整體運(yùn)動的加速度大小為a。把A、B作為整體，根據(jù)牛頓第二定律有
a=F2m+3m=F5m
隔離B，可得A對B在水平方向上作用力大小為N＝3ma＝3m?F5m=3F5
對A，A剛好不下滑，所受靜摩擦力達(dá)到最大值，在豎直方向有μN(yùn)＝2mg
解得：μ=10mg3F，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
（多選）（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，2024個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧相連，在水平拉力F的作用下，保持相對靜止，一起沿動摩擦因數(shù)為μ的粗糙水平面向右做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)1和2間彈簧的彈力為F1，2和3間彈簧的彈力為 F2，2023和2024間彈簧的彈力為F2023，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列結(jié)論正確的是（）
A．F1：F2：F3?：F2023＝1：2：3：?：2023
B．從左到右各彈簧長度之比為1：2：3：…：2023
C．若突然撤去拉力F，此瞬間第2024個(gè)小球的加速度為2023F2024m+μg，其余每個(gè)球的加速度不變
D．若1和2之間的彈簧長度為x1，2023和2024之間的彈簧長度為x2，則彈簧原長為2023x1-x22022
【解答】解：A、以整體為研究對象，加速度根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a=F-2024μmg2024m=F2024m-μg
以第1個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律可得：F1﹣μmg＝ma，解得：F1=mF2024m=F2024
以第1、2兩個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο螅鶕?jù)牛頓第二定律可得：F2﹣2μmg＝2ma，解得：F2=2mF2024m=2F2024
以第1、2、3三個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο螅鶕?jù)牛頓第二定律可得：F3﹣3μmg＝3ma，解得：F3=3mF2024m=3F2024
…
所以F1：F2：F3：……：F2023＝1：2：3：……：2023，故A正確；
B、根據(jù)胡克定律可得：Δx=Fk，從左到右各彈簧伸長量之比為1：2：3：……：2023，從左到右各彈簧長度之比不可能為1：2：3：……：2023，故B錯(cuò)誤；
C、若突然撤去拉力F，此瞬間第2024個(gè)小球的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律可得：2023F2024+μmg=ma′
解得：a′=2023F2024m+μg
由于彈簧彈力瞬間不變，其余小球受力情況不變，則其余每個(gè)球的加速度不變，故C正確；
D、設(shè)彈簧原長l，1和2之間的彈簧此時(shí)長度：x1=l+F1k
2023和2024之間的彈簧此時(shí)長度：x2=l+F2023k
聯(lián)立上式解得：l=2023x1-x22022，故D正確。
故選：ACD。
（多選）（2023秋?道里區(qū)校級期末）如圖所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連，并在拉力F作用下沿粗糙程度相同的斜面向上勻加速運(yùn)動，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F一定時(shí)，Q受到繩的拉力（）
A．大小恒定
B．與物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)有關(guān)
C．與斜面傾角θ有關(guān)
D．僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān)
【解答】解：設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，以P、Q兩物塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得
F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcsθ＝（m1+m2）a
解得：a=Fm1+m2-gsinθ-μgcsθ
再隔離對Q分析，根據(jù)牛頓第二定律得
T﹣m2gsinθ﹣μm2gcsθ＝m2a
聯(lián)立解得輕繩對Q的拉力為：T=m2Fm1+m2
可見Q受到繩的拉力與斜面傾角θ無關(guān)，與動摩擦因數(shù)無關(guān)，與運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，當(dāng)拉力F一定時(shí)，Q受到繩的拉力的大小恒定，僅與兩物體的質(zhì)量有關(guān)，故AD正確，BC錯(cuò)誤。
故選：AD。
（多選）（2023秋?白山期末）如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＝3mB。二者用細(xì)繩連接后跨過定滑輪，物體A放在傾角θ＝30°的光滑斜面上，物體B懸掛著，且斜面上方的細(xì)繩與斜面平行，不計(jì)滑輪摩擦。則下列說法正確的是（）
A．細(xì)繩對物體B的拉力大小為mBg
B．物體A的加速度為g8
C．物體A和物體B互換位置，A的加速度相同
D．現(xiàn)將斜面傾角由30°增大到45°，細(xì)繩的拉力增大
【解答】解：AB、初始時(shí)，物體A的重力沿斜面向下的分力為F＝mAgsin30°＝1.5mBg
設(shè)細(xì)繩拉力大小為T，對A根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣T＝mAa
對B根據(jù)牛頓第二定律可得：T﹣mBg＝mBa
聯(lián)立解得：a=g8，T=98mBg，故A錯(cuò)誤、B正確；
C、物體A和物體B互換位置，對整體分析，合外力的大小和方向均發(fā)生變化，A的加速度變化，故C錯(cuò)誤；
D、現(xiàn)將斜面傾角由30°增大到45°，物體A的重力沿斜面向下的分力為F′＝mAgsin45°=322mBg
設(shè)細(xì)繩拉力大小為T′，對A根據(jù)牛頓第二定律可得：F′﹣T′＝mAa′
對B根據(jù)牛頓第二定律可得：T′﹣mBg＝mBa′
聯(lián)立解得：T′=32+68mBg＞T，細(xì)繩的拉力增大，故D正確。
故選：BD。
考點(diǎn)
考情
命題方向
考點(diǎn) 牛頓運(yùn)動定律
2024年高考湖南卷
2024年高考廣東卷
2022新高考江蘇卷
2024年高考遼寧卷
2024年高考北京卷
2022年高考全國理綜甲卷
2022年高考上海卷
2022年6月浙江選考
2022年高考遼寧物理卷
2023年高考全國甲卷
1.牛頓運(yùn)動定律是高中物理核心內(nèi)容，也是高考考查頻率較高的知識點(diǎn)，大多與曲線運(yùn)動、天體運(yùn)動、衛(wèi)星、功和能、帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動、電磁感應(yīng)等知識點(diǎn)綜合考查。
2.單獨(dú)考查牛頓運(yùn)動定律，一般與受力分、實(shí)際情景、傳送帶、滑塊木板模型、圖像等結(jié)合考查。
對應(yīng)名稱
比較內(nèi)容
作用力和反作用力
一對平衡力
不同點(diǎn)
作用在兩個(gè)相互作用的物體上
作用在同一物體上
同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失
不一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失
兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力
兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零
一定是同性質(zhì)的力
性質(zhì)不一定相同
相同點(diǎn)
大小相等、方向相反、作用在同一條直線上

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