《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）.doc（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題
考法
學(xué)法
“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”是解答物理問(wèn)題的三大觀點(diǎn)之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識(shí)主要包括：①勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；②自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；
③豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律；④牛頓運(yùn)動(dòng)定律；⑤運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像。復(fù)習(xí)這部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)側(cè)重對(duì)基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時(shí)要抓住兩個(gè)關(guān)鍵：受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②臨界問(wèn)題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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命題點(diǎn)(一) 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
題型1 多過(guò)程運(yùn)動(dòng)
如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應(yīng)注意分析各段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
[例1] “30 m折返跑”可以反映一個(gè)人的身體素質(zhì)，在平直的跑道上，一學(xué)生在起點(diǎn)線處，當(dāng)聽到起跑口令后(測(cè)試員同時(shí)開始計(jì)時(shí))，跑向正前方30 m處的折返線，到達(dá)折返線處時(shí)，用手觸摸固定在折返線處的標(biāo)桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點(diǎn)線，到達(dá)起點(diǎn)線處時(shí)，停止計(jì)時(shí)，全過(guò)程所用時(shí)間即折返跑的成績(jī)。學(xué)生可視為質(zhì)點(diǎn)，加速或減速過(guò)程均視為勻變速過(guò)程，觸摸桿的時(shí)間不計(jì)。該學(xué)生加速時(shí)的加速度大小為a1＝2.5 m/s2，減速時(shí)的加速度大小為a2＝
5 m/s2，到達(dá)折返線處時(shí)速度需要減小到零，并且該學(xué)生在全過(guò)程中的最大速度不超過(guò)
vmax＝12 m/s。求該學(xué)生“30 m折返跑”的最好成績(jī)。
[審題指導(dǎo)]
運(yùn)動(dòng)情景是什么？
跑向折返線時(shí)必經(jīng)歷的過(guò)程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過(guò)程；跑回起點(diǎn)線時(shí)必經(jīng)歷勻加速過(guò)程，可能經(jīng)歷勻速過(guò)程
用到什么規(guī)律？
勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式
采用什么方法？
在草紙上畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，找出各運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度關(guān)系、位移關(guān)系等
[解析] 設(shè)起點(diǎn)線處為A，折返線處為B，假設(shè)該學(xué)生從A到B的過(guò)程中，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，緊接著做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過(guò)程中該學(xué)生達(dá)到的最大速度為v，做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝a1t1
勻減速過(guò)程中，速度與加速度方向相反，加速度應(yīng)為負(fù)值，則有0＝v－a2t2
由平均速度公式可知起點(diǎn)線與折返線間的距離LAB＝(t1＋t2)
時(shí)間只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s
因?yàn)関
＝6 s，故B車追上A車之前，A車已停止運(yùn)動(dòng)
設(shè)從開始到A車被B車追上用時(shí)為t3，
則vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
A車超過(guò)B車后，保持在B車前方的時(shí)間為Δt，
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)設(shè)當(dāng)A車與B車速度相等用時(shí)為t4，
則vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s
則此過(guò)程中A車位移為xA′＝t4
B車位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此時(shí)A車在B車前方，故A、B最大距離為Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。
(3)假設(shè)從A車剎車開始用時(shí)t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時(shí)t6，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t5－t6，從A車開始剎車至兩車速度相等過(guò)程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6
解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假設(shè)成立
對(duì)A車，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m
對(duì)B車，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m
此時(shí)有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A車不能追上B車。
［關(guān)鍵點(diǎn)撥］
[答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，計(jì)算過(guò)程見解析
追及相遇問(wèn)題中的“一個(gè)條件”和“兩個(gè)關(guān)系”
(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點(diǎn)。
(2)時(shí)間關(guān)系和位移關(guān)系可通過(guò)畫運(yùn)動(dòng)示意圖得到。
命題點(diǎn)(二) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
題型1 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題
1.由受力情況求解運(yùn)動(dòng)情況。首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點(diǎn)及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。
2.由運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況。由物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。
[例1] 如圖所示，一足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角θ＝37，兩物塊A、B的質(zhì)量mA＝1 kg、mB＝4 kg。兩物塊之間的輕繩長(zhǎng)L＝0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT＝12 N，對(duì)B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開始一起向上運(yùn)動(dòng)，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。
(1)若某一時(shí)刻輕繩被拉斷，求此時(shí)外力F的大?。?
(2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，輕繩斷后保持外力F不變，求當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，A、B之間的間距。
[思維流程]
[解析] (1)輕繩被拉斷前瞬間，對(duì)A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a
對(duì)A有：FT－mAgsin θ＝mAa
代入數(shù)據(jù)解得F＝60 N。
(2)設(shè)沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，
對(duì)A有：－mAgsin θ＝mAaA
設(shè)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t，則有v0＝－aAt
此過(guò)程A的位移為xA＝At＝
對(duì)B有：F－mBgsin θ＝mBaB
xB＝v0t＋aBt2
代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為x＝xB－xA＋L＝2.375 m。
[答案] (1)60 N (2)2.375 m
題型2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像的綜合問(wèn)題
解決此類問(wèn)題關(guān)鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結(jié)合牛頓第二定律求解結(jié)果。因此需要考生對(duì)這類知識(shí)融會(huì)貫通。
[例2] (2018安徽“江南十校”聯(lián)考)如圖甲所示，兩滑塊A、B用細(xì)線跨過(guò)定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿足夠長(zhǎng)的粗糙固定斜面向上滑動(dòng)。已知A的質(zhì)量mA＝2 kg，B的質(zhì)量mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37。某時(shí)刻由靜止釋放A，測(cè)得A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的v t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)A沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移；
(3)滑動(dòng)過(guò)程中細(xì)線對(duì)A的拉力所做的功。
[解析] (1)在0～0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為：
a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
對(duì)A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A減速向上滑動(dòng)的位移為：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s內(nèi)A加速向上滑動(dòng)的位移為：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)細(xì)線對(duì)A的拉力在A加速上滑過(guò)程中做功，
由動(dòng)能定理得：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
[答案] (1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
命題點(diǎn)(三) 動(dòng)力學(xué)的兩類典型模型
模型1 傳送帶模型
傳送帶模型的實(shí)質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，這樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)將直接影響摩擦力的方向。因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問(wèn)題，即物體與傳送帶速度相同，導(dǎo)致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷。
[例1] (2018寶雞模擬)某工廠為實(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長(zhǎng)度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長(zhǎng)度LCD＝4.45 m，傾角為
θ＝37，AB和CD通過(guò)一段極短的光滑圓弧板過(guò)渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，sin 37＝0.6，
cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在水平傳送帶最左端A點(diǎn)處，求：
(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度h和所用的總時(shí)間t；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)的速率v2(v20，所以木板相對(duì)地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng),又L＝a1t2－a2t2
解得t＝1 s。
(2)鐵塊在木板上向右滑動(dòng)時(shí)μ2mg＝ma11
滑動(dòng)木板最右端時(shí)v＝v0－a11t1
對(duì)木板有v＝a2t1
又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12
解得v0＝2 m/s。
(3)①當(dāng)F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N時(shí)，木板和鐵塊都靜止，f＝0
設(shè)木板和鐵塊都運(yùn)動(dòng)，兩者剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，作用在木板上的力大小為F1
對(duì)鐵塊有μ2mg＝ma
對(duì)木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma
解得F1＝10 N。
②當(dāng)μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N時(shí)，木板和鐵塊相對(duì)靜止
則有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a
f＝ma
解得f＝N。
③當(dāng)F＞10 N時(shí)，鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)，此時(shí)
f＝μ2mg＝4 N
故鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像如圖所示。
[答案] (1)1 s (2)2 m/s (3)見解析圖
1．滑塊—木板模型中的“一個(gè)轉(zhuǎn)折”和“兩個(gè)關(guān)聯(lián)”
(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。
(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。
2．滑塊—木板模型的兩大臨界條件
(1)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件
①運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：兩者速度或加速度不相等。
②動(dòng)力學(xué)條件：兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。
(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時(shí)兩者速度相同。
[專題強(qiáng)訓(xùn)提能]
1．如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當(dāng)拉力FT＝mg時(shí)，A、B的位移為L(zhǎng)；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當(dāng)A的位移為L(zhǎng)時(shí)，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。
(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大?。?
(2)請(qǐng)推導(dǎo)FT與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出FTl圖像，計(jì)算A緩慢移動(dòng)位移L的過(guò)程中FT做功WFT的大??；
(3)當(dāng)A、B不粘連時(shí)，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時(shí)速度的大小。
解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin θ＝kx
當(dāng)A、B的位移為L(zhǎng)時(shí)，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
當(dāng)A、B恰好分離時(shí)二者之間的彈力為零，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)當(dāng)A的位移為l時(shí)，根據(jù)平衡條件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
畫出FTl圖像如圖所示，
A緩慢移動(dòng)位移L，圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)設(shè)A通過(guò)位移L的過(guò)程中彈力做功W，分別對(duì)兩個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1) mg (2)FT＝l 見解析圖 mgL (3)
2．(2019屆高三天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端時(shí)恰好停止。現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t。
解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對(duì)滑塊有μmg＝ma
滑塊滑到木板右端時(shí)恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)間為t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1) (2) s
3．(2018南昌模擬)在傾角θ＝37的粗糙斜面上有一質(zhì)量m＝2 kg的物塊，物塊受如圖
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0時(shí)刻物塊以某一速度從斜面上A點(diǎn)沿斜面下滑，在t＝4 s時(shí)滑到水平面上，此時(shí)撤去F，在這以后的一段時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點(diǎn)到斜面底端的距離x＝18 m，物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機(jī)械能損失，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求：
(1)物塊在A點(diǎn)的速度大小；
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
設(shè)物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2，有
μmg＝ma2
由題圖乙中圖線可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)所受的摩擦力為Ff，則
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s (2)10.1 N
4.(2018全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；
(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?
(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。
解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F，由力的合成法則有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
－mgCD－F0DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為
p＝mv1＝。
(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg (2) (3)
5.如圖所示，傳送帶長(zhǎng)6 m，與水平方向的夾角為37，以5 m/s的恒定速度沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)。一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小；
(2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小。
解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，設(shè)物塊的加速度大小為a1，
由牛頓第二定律有：mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時(shí)間為t1，
則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通過(guò)的位移：
x1＝t1＝0.5 m＝3.75 m<6 m
因μ
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通用版2019版高考物理二輪復(fù)習(xí)
第一部分
第二板塊
第1講
應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義含解析
通用版
2019
高考
物理
二輪
復(fù)習(xí)
第一
部分
第二
板塊
應(yīng)用
動(dòng)力學(xué)
觀點(diǎn)
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（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第1講 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）.doc
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