【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】
題型1 動(dòng)量、沖量與動(dòng)量定理

沖量的三種計(jì)算方法
例1 [2024·余姚模擬] 如圖所示,某高中學(xué)生正在練習(xí)頭部顛球技巧.假設(shè)足球從靜止開始下落45 cm,被頭豎直頂起,離開頭部后足球上升的最大高度仍為45 cm,足球與頭部的接觸時(shí)間為0.1 s,足球的質(zhì)量為0.4 kg,不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是( )
A.頭向上頂球的過程中,足球的動(dòng)量變化量大小為1.2 kg·m/s
B.頭向上頂球的過程中,頭對(duì)足球的沖量等于足球動(dòng)量的變化量
C.頭向上頂球的過程中,頭部對(duì)足球的平均作用力大小為28 N
D.從最高點(diǎn)下落至又回到最高點(diǎn)的過程中,足球重力的沖量為零

【技法點(diǎn)撥】
1.動(dòng)量、動(dòng)量改變量、沖量都是矢量,在比較它們或者是用動(dòng)量定理計(jì)算時(shí),應(yīng)先確定正方向.
2.動(dòng)量定理除了用于計(jì)算恒力的沖量之外,也可以結(jié)合F-t圖像分析變力的沖量、物體的多過程問題.
3.在電磁感應(yīng)中經(jīng)常需要通過動(dòng)量定理計(jì)算變力安培力的沖量(求導(dǎo)體棒通過位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量等),在磁場(chǎng)的問題中,經(jīng)常需要結(jié)合動(dòng)量定理求洛倫茲力的沖量(涉及某方向的動(dòng)量定理).
例2 [2024·湖州模擬] 靜電噴漆是利用高壓形成的靜電場(chǎng)進(jìn)行噴漆的技術(shù).其原理如圖所示,在給工件噴漆的過程,由噴嘴K噴出的帶負(fù)電霧狀油漆經(jīng)K、P間電場(chǎng)加速后,射到置于P處需噴漆的工件并附著其上.已知噴嘴每秒噴出油漆1 g,電場(chǎng)力做功的功率為2000 W,不計(jì)油漆在K處的初速度,也不計(jì)重力,則油漆對(duì)工件表面的平均壓力大小約為( )
A.1 N
B.2 N
C.5 N
D.10 N
【技法點(diǎn)撥】
這是動(dòng)量定理在流體模型中的典型應(yīng)用,可以選取單位時(shí)間(Δt=1 s)內(nèi)的噴出油漆為研究對(duì)象,該研究對(duì)象質(zhì)量為mΔt,速度由v減為0,再用動(dòng)量定理求解受到的作用力大小.
【遷移拓展】
1.某科研團(tuán)隊(duì)通過傳感器收集并分析運(yùn)動(dòng)數(shù)據(jù),為跳高運(yùn)動(dòng)員的技術(shù)動(dòng)作改進(jìn)提供參考.如圖所示為跳高運(yùn)動(dòng)員在起跳過程中,其單位質(zhì)量受到水平地面的支持力隨時(shí)間變化關(guān)系曲線.圖像中10.10 s至10.35 s內(nèi),曲線下方的面積與陰影部分的面積相等.已知該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60 kg,重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是( )
A.起跳過程中運(yùn)動(dòng)員的最大加速度約為42 m/s2
B.起跳后運(yùn)動(dòng)員重心上升的平均速度大小約為3 m/s
C.起跳后運(yùn)動(dòng)員重心上升的最大高度約為0.45 m
D.起跳過程中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小約為330 N·s
2.如圖所示,質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上,寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于水平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,給線框一初速度v0使其向右進(jìn)入磁場(chǎng),一段時(shí)間后cd邊離開磁場(chǎng).線框運(yùn)動(dòng)過程中ab邊始終與磁場(chǎng)邊界平行,下列說法正確的是( )
A.線框剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為2B2L2v0mR
B.線框的初速度大小滿足v0≥B2L3mR
C.線框進(jìn)、出磁場(chǎng)過程,克服安培力做功相同
D.線框進(jìn)、出磁場(chǎng)過程,安培力的沖量相同
題型2 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

1.判斷動(dòng)量守恒的三種方法
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.
(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,如爆炸、反沖.
(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動(dòng)量守恒,如滑塊—斜面(曲面)模型.
2.動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的動(dòng)量之和等于作用后的動(dòng)量之和(常用).
(2)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.
(3)Δp=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.
例3 [2021·浙江1月選考] 在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊.遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí),在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s,忽略空氣阻力.下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A.兩個(gè)碎塊的位移大小之比為1∶2
B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80 m
C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D.爆炸后兩個(gè)碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340 m

【技法點(diǎn)撥】
1.爆炸過程煙花受重力作用,由于爆炸時(shí)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力,仍可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒.
2.引爆后,兩碎塊先做平拋運(yùn)動(dòng),平拋運(yùn)動(dòng)下落的時(shí)間相同,聲音從落地點(diǎn)傳到聲音記錄器的時(shí)間差與總時(shí)間差相等,該時(shí)間差反映了平拋運(yùn)動(dòng)水平位移的關(guān)系.
例4 [2024·舟山模擬] 如圖所示,一個(gè)帶有光滑半圓槽的大物塊與另一小物塊挨在一起,放置在光滑的水平面上,一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下,與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽口C.已知大物塊、小物塊和小球的質(zhì)量均相等,圓槽的半徑為R,重力加速度為g,則( )
A.小球從離A高為R3處開始下落
B.小物塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為4gR7
C.大物塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為4gR3
D.小球從A進(jìn)入圓槽后,還能從A離開圓弧槽
【技法點(diǎn)撥】
(1)相互作用的系統(tǒng),如果系統(tǒng)在某一方向上的合力為零,則在該方向上動(dòng)量守恒,但是若在另一方向上的合力不為零,則在對(duì)應(yīng)方向上動(dòng)量不守恒;(2)在相互作用過程中,要判斷是否存在能量改變,通常情況下物體的碰撞、繩子突然繃緊、火藥燃燒等通常伴隨著能量的改變.
【遷移拓展】
1.如圖所示,質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上,質(zhì)量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度與靜止的斜劈相碰,碰撞中無機(jī)械能損失.重力加速度用g表示,下列說法正確的是( )
A.這兩次碰撞過程中小球和斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量都守恒
B.第②次碰撞后斜劈的速度小于2mv0sin2θM
C.第②次碰撞過程中地面對(duì)斜劈的支持力等于(M+m)g
D.第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上,第②次碰撞前、后小球的速度方向與斜面法線的夾角一定相等
2.[2024·湖州中學(xué)模擬] 如圖所示,空間中有一環(huán)型勻強(qiáng)磁場(chǎng),其內(nèi)半徑為R1,外半徑為R2=2R1.在內(nèi)圓上的A點(diǎn)處有一靜止微粒發(fā)生裂變,生成甲、乙兩個(gè)小微粒(均帶正電),且二者初速度均沿切線方向并處于如圖所示的平面內(nèi)(甲左、乙右).若兩微粒均恰好不從外環(huán)射出磁場(chǎng),則甲、乙兩者所帶電荷量之比為( )
A.1∶3 B.3∶1 C.1∶2 D.2∶1
題型3 碰撞模型及其拓展
1.碰撞問題遵循的三條原則
(1)動(dòng)量守恒:p1+p2=p1'+p2'.
(2)動(dòng)能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.
(3)速度要符合實(shí)際情況:若碰后同向運(yùn)動(dòng),則后方物體速度不大于前方物體速度.
2.兩種碰撞特點(diǎn)
(1)彈性碰撞
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律.
以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例,有
m1v1=m1v1'+m2v2'
12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2
解得v1'=(m1-m2)v1m1+m2,v2'=2m1v1m1+m2.
結(jié)論:
①當(dāng)m1=m2時(shí),v1'=0,v2'=v1,兩球碰撞后交換了速度.
②當(dāng)m1>m2時(shí),v1'>0,v2'>0,碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng).
③當(dāng)m10,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.
④當(dāng)m1?m2時(shí),v1'=v1,v2'=2v1.
(2)完全非彈性碰撞
動(dòng)量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共;機(jī)械能損失最多,機(jī)械能的損失:ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v共2.
例5 如圖所示,一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn).一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊左側(cè).現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置,由靜止釋放小球,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞,碰撞后,物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng).已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25 m,小球質(zhì)量m=0.20 kg,物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30 kg,小車上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0 m,圓弧軌道半徑R=0.15 m.小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間物塊速度的大小;
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍.


【遷移拓展】
1.[2024·寧波模擬] 算盤是中國(guó)古老的計(jì)算工具,承載著我國(guó)古代勞動(dòng)人民的智慧結(jié)晶和悠遠(yuǎn)文明.算盤一般由框、梁、檔和算珠組成,中心帶孔的相同算珠可在檔上滑動(dòng),使用前算珠需要?dú)w零.若一水平放置的算盤中分別有一顆上珠和一顆頂珠未在歸零位置,上珠靠梁,頂珠與框相隔d1=1 cm,上珠與頂珠相隔d2=4 cm,如圖甲所示.現(xiàn)用手指將上珠以一定初速度撥出,一段時(shí)間后,上珠與頂珠發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短),整個(gè)過程,上珠運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示.已知算珠與檔之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,重力加速度大小g取10 m/s2.下列說法正確的是( )
A.算珠與檔之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25
B.上珠從撥出到停下所用時(shí)間為0.2 s
C.上珠與頂珠發(fā)生的碰撞是彈性碰撞
D.頂珠碰撞后恰好能運(yùn)動(dòng)至歸零位置
2.某款智能手機(jī)內(nèi)部振動(dòng)馬達(dá)的原理如圖所示,手機(jī)在振動(dòng)時(shí),會(huì)給兩彈簧連接的質(zhì)量塊施加一個(gè)初速度,然后質(zhì)量塊壓縮和拉伸輕質(zhì)彈簧,使手機(jī)向某方向振動(dòng).手機(jī)中質(zhì)量塊的質(zhì)量為0.02 kg,除質(zhì)量塊外手機(jī)質(zhì)量為0.18 kg.若將手機(jī)放在水平光滑的桌面上,某次振動(dòng)時(shí),質(zhì)量塊獲得5 m/s的水平向左的初速度,開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),質(zhì)量塊與手機(jī)間的摩擦力不計(jì),g取10 m/s2,求:
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),手機(jī)的速度及彈簧的彈性勢(shì)能;
(2)手機(jī)能獲得的最大速度;
(3)質(zhì)量塊開始向右運(yùn)動(dòng)瞬間,彈簧的彈性勢(shì)能.
參考答案與詳細(xì)解析
題型1
例1 C [解析] 取豎直向下為正分向,由題知,下落、上升的高度都為h=45 cm=0.45 m,則足球下落到與頭部剛接觸時(shí)有v2=2gh,解得v=3 m/s,足球與頭部碰撞后,速度反向,大小不變,即為v'=-3 m/s,則動(dòng)量變化量為Δp=mv'-mv=(-3-3)×0.4 kg·m/s=-2.4 kg·m/s,即動(dòng)量變化量的大小為2.4 kg·m/s,故A錯(cuò)誤;設(shè)頭對(duì)足球的沖量為IF,根據(jù)動(dòng)量定理可得IG-IF=Δp,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理可得IG-IF=Δp,即(mg-F)Δt=Δp,解得F=28 N,故C正確;從最高點(diǎn)下落至又回到最高點(diǎn)的過程中,足球重力的作用時(shí)間不為零,所以沖量不為零,故D錯(cuò)誤.
例2 B [解析] 以1 s時(shí)間噴出的油漆為研究對(duì)象,在K、P間的電場(chǎng)中加速,設(shè)末速度為v,則有Pt=12mtv2,解得油漆射到工件表面時(shí)的速度為v=2000 m/s,油漆射到工件表面經(jīng)Δt時(shí)間后速度變?yōu)榱?設(shè)受到工件表面的平均壓力為F,由動(dòng)量定理得-FΔt=0-Δm·v,其中Δm=mΔt,解得F=2 N,由牛頓第三定律可知,油漆對(duì)工件表面的平均壓力大小約為2 N,故B正確.
【遷移拓展】
1.C [解析] 由圖像可知,運(yùn)動(dòng)員受到的最大支持力約為Fmax=42×60 N=2520 N,根據(jù)牛頓第二定律可知,起跳過程中運(yùn)動(dòng)員的最大加速度約為amax=Fmax-mgm=2520?60×1060 m/s2=32 m/s2,故A錯(cuò)誤;根據(jù)圖像可知,起跳過程中支持力的沖量為IF=22×60×(10.35-10.10) N·s=330 N·s,起跳過程中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量為I合=IF-mgt=330 N·s-60×10×(10.35-10.10) N·s=180 N·s,根據(jù)動(dòng)量定理可得I合=mv-0,解得起跳離開地面瞬間的速度為v=3 m/s,則起跳后運(yùn)動(dòng)員重心上升的平均速度為v=v2=1.5 m/s,起跳后運(yùn)動(dòng)員重心上升的最大高度為h=v22g=0.45 m,故B、D錯(cuò)誤,C正確.
2.D [解析] 線框剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí),所受安培力大小F=BIL=BERL=B2L2v0R,加速度a=Fm=B2L2v0mR,A錯(cuò)誤;線框進(jìn)、出磁場(chǎng)過程,安培力的沖量大小均為IF=BIL·Δt=BLER·Δt=BLΔΦRΔt·Δt=BLR·ΔΦ=B2L3R,D正確;線框穿過磁場(chǎng)過程,根據(jù)動(dòng)量定理得-2IF=mv-mv0,即2B2L3R≤mv0,解得v0≥2B2L3mR,B錯(cuò)誤;線框在進(jìn)、出磁場(chǎng)過程中均做減速運(yùn)動(dòng),線框進(jìn)磁場(chǎng)過程受到的平均安培力大于出磁場(chǎng)過程受到的平均安培力,因此線框進(jìn)磁場(chǎng)過程克服安培力做的功大于出磁場(chǎng)過程克服安培力做的功,C錯(cuò)誤.
題型2
例3 B [解析] 爆炸物上升到最高點(diǎn)時(shí),瞬時(shí)速度為零,爆炸瞬間水平方向動(dòng)量守恒,因此質(zhì)量之比為2∶1的兩個(gè)碎塊,其速度之比為1∶2,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,水平方向位移大小之比為1∶2,但合位移大小之比并不為1∶2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.根據(jù)題意,設(shè)聲速為v0,則2s-sv0=1 s,因此s=340 m,兩碎塊落地點(diǎn)相距1020 m,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.以上推導(dǎo)說明爆炸物爆炸之后質(zhì)量為2m的碎塊落地聲音傳到接收器需要1 s,質(zhì)量為m的碎塊落地聲音傳到接收器時(shí)間為2 s.因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時(shí)間為4 s,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知,碎塊下落的高度h=12gt2=80 m,選項(xiàng)B正確.質(zhì)量為2m的爆炸物碎塊的水平速度為v=st=85 m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
例4 A [解析] 小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向左下方,所以大物塊要向左推動(dòng)小物塊一起加速運(yùn)動(dòng),小球到最低點(diǎn)B后小物塊與大物塊分離,小球在半圓槽內(nèi)繼續(xù)上升,對(duì)半圓槽的壓力方向向右下方,大物塊做減速運(yùn)動(dòng).設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度為v球,此時(shí)大、小物塊的速度均為v物,對(duì)小球與大、小物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)水平方向上動(dòng)量守恒有mv球=2mv物,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(h+R)=12mv球2+12×2mv物2,小球經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽口C,此時(shí)小球和大物塊的速度相同,設(shè)為v,對(duì)小球和大物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)水平方向上動(dòng)量守恒有mv球-mv物=2mv,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12mv球2+12mv物2=12×2mv2+mgR,聯(lián)立解得h=R3,v物=2gR3,v球=4gR3,v=gR3,A正確;由上分析可知,小球經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時(shí),大、小物塊獲得最大速度,為v物=2gR3,B、C錯(cuò)誤;小球從A到最低點(diǎn)之后,大、小物塊分離,之后小球與圓弧槽向右運(yùn)動(dòng),且小球在圓弧槽內(nèi)左右兩側(cè)最高上升到A、C處,小球不能從A離開圓弧槽,故D錯(cuò)誤.
【遷移拓展】
1.B [解析] 第①次碰撞過程中,小球?qū)π迸淖饔昧ρ厮椒较?則水平地面斜劈的支持力仍等于斜劈的重力,所以小球和斜劈組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒;第②次碰撞過程中,小球?qū)π迸淖饔昧Υ怪庇谛泵嫦蛳?則水平地面對(duì)斜劈的支持力大于斜劈的重力,所以小球和斜劈組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤.第①次碰撞前、后小球的速度方向都沿水平方向,即在一條直線上;將第②次碰撞后小球的速度分解,如圖所示,碰后小球速度沿斜面方向的分量與碰前相同,為vx=v0cs θ,而垂直于斜面方向的分量與碰前方向相反且大小減小,即vy

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2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二第2講動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律學(xué)案

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高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量第1課時(shí)動(dòng)量沖量動(dòng)量定理學(xué)案

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