(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)14 專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律題型研究(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題
《(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)14 專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律題型研究(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)14 專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律題型研究(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題(13頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、作業(yè)14 專題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律題型研究 一、選擇題 1.如圖14-1所示,AB和CD為兩條光滑斜槽,它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上,且斜槽都通過切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽,從靜止出發(fā),由A滑到B和由C滑到D,所用的時(shí)間分別為t1和t2,則t1與t2之比為( ) 圖14-1 A.2∶1 B.1∶1 C.∶1 D.1∶ 解析:設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ,則物體下滑時(shí)的加速度為a=gsinθ,由幾何關(guān)系,斜槽軌道的長度s=2(R+r)sinθ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s=at2,得t===2 ,即所用的時(shí)間t與傾角θ
2、無關(guān),所以t1=t2,B項(xiàng)正確. 答案:B 2.如圖14-2甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運(yùn)行.初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶.若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí),小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象(以地面為參考系)如圖14-2乙所示.已知v2>v1,則( ) 圖14-2 A.t2時(shí)刻,小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B.t2時(shí)刻,小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大 C.0~t2時(shí)間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0~t3時(shí)間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析:小物塊對(duì)地速度為零時(shí),即t1時(shí)刻,向左離開A處
3、最遠(yuǎn),t2時(shí)刻,小物塊相對(duì)傳送帶靜止,此時(shí)不再相對(duì)傳送帶滑動(dòng),所以從開始到此刻,它相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離最大,A錯(cuò)誤、B正確.0~t2時(shí)間內(nèi),小物塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,方向始終向右,大小不變,t2時(shí)刻以后小物塊相對(duì)傳送帶靜止,與傳送帶一起以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),不再受摩擦力作用,C、D錯(cuò)誤. 答案:B 圖14-3 3.如圖14-3所示,物體A疊放在物體B上,B置于光滑水平面上,A、B質(zhì)量分別為mA=6 kg、mB=2 kg,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,開始時(shí)F=10 N,此后逐漸增加,在增大到45 N的過程中,則(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)( ) A.當(dāng)拉力F<12 N
4、時(shí),物體均保持靜止?fàn)顟B(tài) B.兩物體開始沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng),當(dāng)拉力超過12 N時(shí),開始相對(duì)滑動(dòng) C.兩物體從受力開始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng) D.兩物體始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 解析:首先了解各物體的運(yùn)動(dòng)情況,B運(yùn)動(dòng)是因?yàn)锳對(duì)它有靜摩擦力,但由于靜摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在最大值,可以求出此加速度下拉力的大??;如果拉力再增大,則物體間就會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),所以這里存在一個(gè)臨界點(diǎn),就是A、B間靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)拉力F的大小,以A為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析,A受水平向右的拉力,水平向左的靜摩擦力,則有F-Ff=mAa,再以B為研究對(duì)象,B受水平向右的靜摩擦力Ff=mBa,當(dāng)Ff為最大靜摩擦力時(shí),解得a===m/s
5、2=6 m/s2,F(xiàn)=48 N,由此可以看出當(dāng)F<48 N時(shí),A、B間的摩擦力達(dá)不到最大靜摩擦力,也就是說,A、B間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),故D正確. 答案:D 圖14-4 4.如圖14-4所示,光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對(duì)角線,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC桿豎直,各桿上分別套有一質(zhì)點(diǎn)小球a、b、d,a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3,現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放,不計(jì)空氣阻力,則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為( ) A.1∶1∶1 B.5∶4∶3 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3 解析:設(shè)AC=5L,
6、BC=4L,DC=3L. a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間分別為t1、t2、t3. 加速度分別為a1、a2、a3. 由幾何知識(shí)得,BC的傾角為α=53°, DC的傾角為β=37°. a球下滑過程,a1=g 由5L=gt得t1= 根據(jù)牛頓第二定律得: 沿BC下滑的小球,加速度為 a2==gsin53°=0.8g 由位移時(shí)間公式得:4L=a2t得t2= 沿DC下滑的小球,加速度為 a3==gsin37°=0.6g 由位移時(shí)間公式得:3L=a3t得t3= 所以t1∶t2∶t3=1∶1∶1.故選A. 答案:A 圖14-5 5.豎直正方形框內(nèi)有三條光滑軌道OB
7、、OC和OD.三軌道交于O點(diǎn),且與水平方向的夾角分別為30°、45°和60°.現(xiàn)將甲、乙、丙三個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球同時(shí)從O點(diǎn)由靜止釋放,分別沿OB、OC和OD運(yùn)動(dòng)到達(dá)斜面底端.則三小球到達(dá)斜面底端的先后次序是( ) A.甲、乙、丙 B.丙、乙、甲 C.甲、丙同時(shí)到達(dá),乙后到達(dá) D.不能確定三者到達(dá)的順序 解析:對(duì)乙、丙:設(shè)斜面的傾角為θ,則下滑的加速度a=gsinθ,下滑的位移x=根據(jù)x=at2得t==,故傾角越大的下落時(shí)間越短,故乙和丙兩小球,丙先到達(dá)底端;對(duì)甲、乙:運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間t=== ,則甲、乙兩小球中,乙時(shí)間短,先到達(dá)底端;三小球到達(dá)斜面底端的先后次序是丙、乙、甲,故B項(xiàng)
8、正確. 答案:B 圖14-6 6.如圖14-6所示為糧袋的傳送裝置,已知A、B兩端間的距離為L,傳送帶與水平方向的夾角為θ,工作時(shí)運(yùn)行速度為v,糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,正常工作時(shí)工人在A端將糧袋放到運(yùn)行中的傳送帶上.設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度大小為g.關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動(dòng),以下說法正確的是( ) A.糧袋到達(dá)B端的速度與v比較,可能大,可能小也可能相等 B.糧袋開始運(yùn)動(dòng)的加速度為g(sinθ-μcosθ),若L足夠大,則以后將以速度v做勻速運(yùn)動(dòng) C.若μ≥tanθ,則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運(yùn)動(dòng) D.不論μ大小如何,糧袋從A端到B端一直
9、做勻加速運(yùn)動(dòng),且加速度a≥gsinθ
解析:若傳送帶較短,糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)B端時(shí)的速度小于v;若μ≥tanθ,則糧袋先做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后,做勻速運(yùn)動(dòng),到達(dá)B端時(shí)速度等于v;若μ 10、θ,糧袋從A到B可能一直是做勻加速運(yùn)動(dòng),也可能先勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后,做勻速運(yùn)動(dòng),C、D均錯(cuò)誤.
答案:A
圖14-7
7.(臨沂模擬)(多選)如圖14-7所示,Oa,Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿,O、a、b、c、d位于同一圓周上,c為圓周的最高點(diǎn),a為最低點(diǎn),O′為圓心.每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出),兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放,一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間,則下列關(guān)系正確的是( )
A.t1=t2 B.t2>t3
C.t1 11、
解析:設(shè)ob與豎直方向的夾角為θ,由幾何關(guān)系得oa與豎直方向的夾角為θ,環(huán)沿oa下滑時(shí)的加速度大小為a1=gcos,沿ob下滑時(shí)的加速度大小為a2=gcosθ,設(shè)ob長為L,由幾何關(guān)系得oa長為Lcos,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=a2t,Lcos=a1t,得t=,t=,由此得到t1 12、帶上留下劃痕.
圖14-8
已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,取重力加速度大小g=10 m/s2,則煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中( )
A.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25 s
B.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s
C.劃痕長度是0.5 m
D.劃痕長度是2 m
解析:根據(jù)牛頓第二定律,煤塊的加速度a==4 m/s2,煤塊運(yùn)動(dòng)到速度與傳送帶速度相等時(shí)的時(shí)間t1==1 s,位移大小x1=at=2 m 13、速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2==0.5 s,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=1.5 s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確.
答案:BD
9.(南陽一中月考)(多選)如圖14-9甲所示,質(zhì)量為M=2 kg的木板靜止在光滑水平面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板.物塊和木板的速度—時(shí)間圖象如圖14-9乙所示,g=10 m/s2,結(jié)合圖象,下列說法正確的是( )
圖14-9
A.可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x=5 m
B.可求得物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2
C.可求得物塊的質(zhì)量m=2 kg
D.可求得木板的長度L=2 m
解析:物塊在前2 s內(nèi)的位移x=×1 m+2× 14、1 m=5 m,A正確;由題圖可知物塊加速度大小為a1=2 m/s2,則μg=2 m/s2,μ=0.2,B正確;由運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象知,兩物體加速度大小相同,設(shè)物塊加速度大小為a1,木板加速度大小為a2,則有μmg=ma1=Ma2,則m=M=2 kg,C正確;由于物塊與木板達(dá)到共同速度時(shí)不清楚二者的相對(duì)位置關(guān)系,故無法求出木板的長度,D錯(cuò)誤.
答案:ABC
10.(多選)如圖14-10所示,三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長都是2 m,且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5.下 15、列說法正確的是( )
圖14-10
A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端
B.物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端
C.物塊A、B運(yùn)動(dòng)的加速度大小不同
D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同
解析:因摩擦因數(shù)0.5<tan 37°,所以A、B受力情況相同,均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力,故A、B的加速度相同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,將同時(shí)到達(dá)底端,故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤,B正確;由于小物塊A與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同,小物塊B與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反,故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同,選項(xiàng)D正確.
答案:BD
圖14-11
11.如圖14-11所示,上方固定有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面 16、體C的斜面上,在盒子內(nèi)放有光滑球B,B的直徑略小于盒子內(nèi)側(cè)前、后壁間的距離.現(xiàn)使斜劈A在斜面體C上靜止不動(dòng),此時(shí)盒子內(nèi)側(cè)的M、N點(diǎn)對(duì)球B均無壓力,以下說法中正確的是 ( )
A.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,則M點(diǎn)對(duì)球B有壓力
B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,則N點(diǎn)對(duì)球B有壓力
C.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面勻速下滑,則M點(diǎn)對(duì)球B有壓力
D.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面勻速下滑,則N點(diǎn)對(duì)球B有壓力
解析:當(dāng)斜面光滑,斜劈以一定的初速度沿斜面上滑時(shí),分析斜劈和球整體可知,整體具有相同的加速度,大小為a=gsinθ,方向沿斜面向 17、下.根據(jù)牛頓第二定律,故B球的合力方向沿斜面向下.所以B球受重力、底部的支持力以及N對(duì)球的彈力.可知M點(diǎn)對(duì)球無壓力,N點(diǎn)對(duì)球有壓力,故A錯(cuò)誤,B正確;斜劈A沿斜面勻速下滑,知B球處于平衡狀態(tài),所受重力和底部的支持力平衡.所以M、N對(duì)球均無壓力,故C、D均錯(cuò)誤.
答案:B
12.(2014年高考·江蘇卷)(多選)如圖14-12所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g.現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F,則 ( )
圖14-12
A.當(dāng)F<2μmg時(shí),A、B都相對(duì)地面靜止
B. 18、當(dāng)F=μmg時(shí),A的加速度為μg
C.當(dāng)F>3μmg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng)
D.無論F為何值,B的加速度不會(huì)超過μg
解析:根據(jù)牛頓第二定律、力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系解題.當(dāng)0 19、輕地放到傳送帶上,經(jīng)過時(shí)間t=6 s,物體到達(dá)B處.A、B相距L=10 m.
(1)物體在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少?
(2)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率,物體能較快地傳送到B處.要讓物體以最短的時(shí)間從A處傳送到B處,傳送帶的運(yùn)行速率至少應(yīng)為多大?
(3)若使傳送帶的運(yùn)行速率為v′=10 m/s,則物體從A傳送到B的時(shí)間又是多少?
解析:(1)物體從A到B需經(jīng)歷勻加速運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)過程,設(shè)物體勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則t1+vt2=L
t1+t2=t
聯(lián)立解得t1=2 s.
(2)為使物體從A至B所用時(shí)間最短,物體必須始終處于加速狀態(tài),由于物體與傳送帶之 20、間的滑動(dòng)摩擦力不變,所以其加速度也不變,而a==1 m/s2
由2aL=v
解得vmin=2 m/s
即傳送帶的運(yùn)行速率至少為2 m/s,
(3)傳送帶速率為v′=10 m/s>2 m/s,物體一直做加速度為1 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)物體從A至B所用最短的時(shí)間為t′,則
at′2=L
t′= = s= 2s.
答案:(1)2 s (2)2 m/s (3)2 s
14.一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖14-13(a)所示.t=0時(shí)刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1 s時(shí)木板與墻壁碰 21、撞(碰撞時(shí)間極短).碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖14-13(b)所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求
圖14-13
(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;
(2)木板的最小長度;
(3)木板右端離墻壁的最終距離.
解析:(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由題圖可知,木板與墻壁碰前瞬間 22、的速度v1=4 m/s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
v1=v0+a1t1②
x0=v0t1+a1t③
式中,t1=1 s,x0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度.
聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1=0.1④
在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng),小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng).設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由圖可得a2=⑥
式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得
μ2=0.4⑦
(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時(shí)間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公 23、式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中,木板運(yùn)動(dòng)的位移為
x1=Δt?
小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為
x2=Δt?
小物塊相對(duì)木板的位移為Δx=x2-x1?
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式,并代入數(shù)值得
Δs=6.0 m?
因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m.
(3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為x3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4?
0-v=2a4x3?
碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為
x=x1+x3?
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式,并代入數(shù)值得x=-6.5 m
木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m.
答案:(1)μ1=0.1 μ2=0.4 (2)6 m (3)6.5 m
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