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2012届高考物理全程复习课件32


一、匀变速直线运动的规律 1.基本公式 (1)速度公式:vt=v0+at 1 2 (2)位移公式:s= v0t+2at
2 2 (3)速度—位移关系式: vt -v0 =2as

v0+vt (4)平均速度: v = 2 = v 1

2

即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时 速度,或这段时间

初、末时刻速度矢量和的一半.

2.匀变速直线运动的重要推论
(1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内,位移之差是一恒 量,即 Δs=s2-s1=s3-s2=??=sn-sn-1= aT2
.

(2)初速度为零的匀变速直线运动中的几个重要结论 ①1T末,2T末,3T末??瞬时速度之比为: v1∶v2∶v3∶??∶vn= 1∶2∶3∶??∶n .

②1T 内,2T 内,3T 内??位移之比为:s1∶s2∶s3∶??∶sn = 1∶22∶32∶??∶n2 . ③第一个 T 内,第二个 T 内,第三个 T 内??第 N 个 T 内的位 移之比为: sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶??∶sN= 1∶3∶5∶……∶(2N-1) . ④通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶??∶ tn= 1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶??∶( n- n-1) .

对末速度为零的匀减速直线运动,可逆向等效处理 为初速度为零的匀加速直线运动,然后利用上述结论进 行判断.

二、自由落体和竖直上抛的运动规律

1.自由落体运动规律
(1)速度公式:vt= gt .
1 2 2gt (2)位移公式:h=

.

(3)速度—位移关系式:vt2= 2gh .

2.竖直上抛运动规律 (1)速度公式:vt= v0-gt 1 2 (2)位移公式:h= v0t-2gt vt2-v02 (3)速度—位移关系式: =-2gh

v02 (4)上升的最大高度 H= 2g v0 (5)上升到最大高度用时:t= g

(1)物体上升到最高点时速度虽为零,但并不处于平衡状态. (2)由于竖直上抛运动的上升和下降阶段加速度相同,故可对 全程直接应用匀变速直线运动的基本公式,但要注意各物

理量的方向.

1.某战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动,达到起飞 速度 v 所需时间 t,则起飞前的运动距离为 A.vt C.2vt vt B. 2 D.不能确定 ( )

v0+vt 解析:由匀变速运动中平均速度公式 v = 2 ,位移公式: vt s= v t,得:s= 2 .

答案:B

2.如图 2-2-1 所示,完全相同的三块木块 并排固定在水平面上,一颗子弹以速度 v 水平射入,若子弹在木块中做匀减速运动,

图2-2-1

且穿过第三块木块后速度恰好为零, 则子弹依次射入每块木块 时的速度之比和穿过每块木块的时间之比分别为 A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3= 3∶ 2∶1 C.t1∶t2∶t3=1∶ 2∶ 3 D.t1∶t2∶t3=( 3- 2)∶( 2-1)∶1 ( )

解析:子弹的逆向运动为一初速度为零的匀加速直线运动, 由 vt2=2as 知 vt∝ s,故选项 B 正确.设每块木块的厚度均 1 2 为 L,由 s=2at 知:t3= - 2L a ,t2= 4L a- 2L a ,t1= 6L a

4L a ,t1∶t2∶t3=( 3- 2)∶( 2-1)∶1.选项 D 正确.

答案: BD

3.要测定个人的反应速度,按图2-2-2所 示.请你的同学用手指拿着一把长30 cm 的直尺,当他松开直尺,你见到直尺向 下落下,立即用手抓住直尺,记录抓住 图2-2-2

处的数据,重复以上步骤多次.现有a、b、c三位同学相
互测定反应速度得到的数据(单位:cm) 第一次 第二次 第三次 a 25 24 26

b
c

28
24

24
22

21
20

则下列判断正确的是(g取10 m/s2) A.反应速度最快的是a同学 B.反应速度最快的是b同学 C.反应速度最快的是c同学

(

)

D.所有反应测试中用时最短的一次,反应时间为0.2 s

解析: 由数据可知 c 的反应最快, 他第 3 次反应时间最短. 由 1 2 h=2gt 得 t= 2h g= 2×0.2 10 s=0.2 s.

答案:CD

4.一个做匀加速直线运动的物体,它在开始的两个连 续相等的时间间隔内所通过的路程分别是12 m和32 m,每一时间间隔为2 s,则质点运动的初速度和加

速度分别为
( ) B.1 m/s,2.5 m/s2 D.11 m/s,5 m/s2

A.0.5 m/s,5 m/s2 C.1 m/s,5 m/s2

Δs 32-12 解析: 由匀变速直线运动的规律 Δs=aT , a= T2 = 22 得
2

1 2 m/s =5 m/s ;又由位移公式 s=v0t+2at ,得 12=v0×2+
2

2

1 ×5×22,得 v0=1 m/s,所以选项 C 正确. 2

答案: C

5.从一定高度的气球上自由落下两个物体,第一个物体下 落1 s后,第二个物体开始下落,两物体用长93.1 m的绳 连接在一起.问:第二个物体下落多长时间绳被拉紧?

解析:法一:设第二个物体下落 t s 后绳被拉紧,此时两物 体位移差 Δh=93.1 m 1 1 2 2 Δh=2g(t+1 s) -2gt 1 即 93.1 m=2g(2t+1 s) 解得 t=9 s

法二: 以第二个物体为参照物. 在第二个物体没开始下落时, 第一个物体相对第二个物体做自由落体运动;1 s 后,第二 个物体开始下落,第一个物体相对第二个物体做匀速运动, 其速度为第一个物体下落 1 s 时的速度.当绳子被拉直时, 第一个物体相对第二个物体的位移为 1 2 h=93.1 mh=h1+h2h=2gt1 +(gt1)t 1 即 93.1 m=2×9.8×12 m+(9.8×1 m/s)t 解得 t=9 s.

答案:9 s

1.对基本公式的理解应用 (1)正负号的规定 匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注 意各物理量的符号,一般情况下,我们规定初速度的 方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向

的物理量取负值,当v0=0时,一般以a的方向为正.

(2)匀变速直线运动 物体先做匀减速直线运动,减速为零后又反向做匀加

速直线运动,全程加速度不变,对这种情况可以直接
应用匀变速直线运动公式. (3)刹车问题

对匀减速直线运动,要注意减速为零后停止,加速度
变为零的实际情况,如刹车问题,应首先判断给定时 间内车是否已停止运动.

(4)逆向法
物体由某一速度匀减速到零的运动可以视为反向的初 速度为零的匀加速直线运动.

2.对推论Δs=aT2的拓展 (1)公式的适用条件: ①匀变速直线运动; ②Δs为连续相等的时间间隔T内的位移差. (2)进一步的推论:sm-sn=(m-n)aT2 要注意此式的适用条件及m、n、T的含义.

(3)此公式常用来研究打点计时器纸带上的加速度.

[关键一点] (1)公式中共有 5 个物理量:s、vt、v0、a、t,这五个物 理量中只要其中三个物理量确定之后,另外两个就可 确定. (2)如果问题中不涉及时间, vt2-v02=2as 计算较为简 用 v0+vt 便;如果不涉及加速度可考虑使用 v = 2 .

已知O、A、B、C为同一直线上的四点,A、B间的 距离为l1,B、C间的距离为l2.一物体自O点由静止出发,沿此 直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点.已知物体通过 AB段与BC段所用的时间相等,求O与A的距离.

[思路点拨]

本题是一道考查匀变速直线运动规律的试题. 题中

已知物理量和待求物理量都是位移,我们不难想到运用匀变速 1 2 直线运动中有关位移的方程,即 s=v0t+2at 或 vt2-v02=2as. 然后根据题意可以利用 OA、OB、OC 三段均做初速度为零的匀 加速直线运动这一特点列出方程,从而顺利求解,画出示意图 如图 2-2-3 所示.

图 2-2-3

[解析]

1 2 法一:利用 s=2at 求解

设物体的加速度为 a,经 OA 段的时间为 t0,物体经 AB 段和 BC 段的时间均为 t,O 与 A 间的距离为 l,对物体 经 OA 段、OB 段、OC 段分别有: 1 2 1 l=2at0 l+l1=2a(t0+t)2 1 l+l1+l2=2a(t0+2t)2 ?3l1-l2?2 联立解得:l= . 8?l2-l1?

1 2 法二:利用 s=v0t+2at 求解 设物体在 A 点的速度为 vA,则有: 1 2 l1=vAt+2at l1+l2=2vAt+2at2 由上面两式可得:l2-l1=at2,3l1-l2=2vAt vA2 设 O、A 间的距离为 l,则有:l= 2a ?3l1-l2?2 解得:l= . 8?l2-l1?

法三:利用 vt2=2as 和 vt2-v02=2as 求解 设 A、B、C 三点速度分别为 vA、vB、vC,则有: vA2=2al vB2-vA2=2al1 vC2-vB2=2al2 vA+vC 又 vB= 2 vA2 ?3l1-l2?2 联立解得:l= 2a = . 8?l2-l1?

法四:利用 Δs=aT2 求解 由题意有 l2-l1=at2 l1+l2 vB= 2t vB2=2a(l+l1) ?l1+l2?2 ?3l1-l2?2 联立解得:l= -l1= . 8?l2-l1? 8?l2-l1?

法五:图象法 作出物体从 O 到 C 的 v-t 图象如图所示.设 t0、t0+t、t0+2t 时 刻物体分别通过 A、B、C 三点,速度分别为 vA、vB、vC,由图 中“面积”的物理意义及三角形相似比(△OPQ~△OMG)得:

vA2 l = 2 l+l1 vB BC 段比 AB 段多通过的位移可表示为(阴影面积): l2-l1=(vB-vA)t 梯形 PNHQ 的面积是 AC 段的位移,则有: ?3l1-l2?2 l1+l2=vB· 联立解得:l= 2t . 8?l2-l1?

法六:运用动能定理求解 设物体的质量为 m,所受的合力为 F,对 OA、OB、OC 段分 别运用动能定理得: 1 1 2 Fl=2mvA F(l+l1)=2mvB2 1 F(l+l1+l2)=2mvC2 由平均速度公式有 vA+vC=2vB ?3l1-l2?2 联立解得:l= . 8?l2-l1?
[答案] ?3l1-l2?2 8?l2-l1?

汽车以20 m/s的速度做匀速运动,某时刻关闭发动机而做匀 减速运动,加速度大小为5 m/s2,则它关闭发动机后通过 37.5 m所需时间为 ( )

A.3 s
C.5 s

B.4 s
D.6 s

解析:汽车做匀减速直线运动,v0=20 m/s,a=-5 m/s2 1 2 根据位移公式 s=v0t+2at ,解得:t1=3 s,t2=5 s 0-v0 因为汽车经 t0= a =4 s 停止,故 t2=5 s 舍去,A 正确.

答案:A

1.特点 (1)对称性 如图2-2-4所示,物体以初速度v0

竖直上抛,A、B为途中的任意两点,
C为最高点,则: ①时间对称性 物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从 C→A所用时间tCA相等,同理tAB=tBA. 图2-2-4

②速度对称性 物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度 大小相等. ③能量对称性

物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等,均等
于mghAB. (2)多解性 当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段, 也可能处于下降阶段,造成双解.

2.处理方法 (1)全程法

将竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为g的匀减速直
线运动. (2)分阶段法 将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落 过程的自由落体阶段.

气球以10 m/s的速度匀速上升,当它上升到175 m
的高处时,一重物从气球上掉落,则重物需要经过多长时 间才能落到地面?到达地面时的速度是多少?(g取10 m/s2)

[解析]

法一:把掉落重物运动过程分段研究.

设重物离开气球后,经过 t1 时间上升到最高点. v0 10 则 t1= g =10 s=1 s v0 2 102 上升的最大高度 h1= 2g = m=5 m 2×10 故重物离地面最大高度为 H=h1+h=5 m+175 m=180 m

重物从最高处自由下落,落地时间和落地速度分别为 t2= 2H g= 2×180 s=6 s 10

vt=gt2=10×6 m/s=60 m/s 所以重物从气球上落到地面共历时 t=t1+t2=7 s. 法二:取全过程作一整体进行研究,如图所示, 则物体在掉落后的时间 t 内的位移 h=-175 m,

1 2 由位移公式 h=v0t-2gt 1 得-175=10t-2×10t2 解得 t=7 s 和 t=-5 s(舍去) 所以重物落地速度为 vt=v0-gt=-60 m/s 其中负号表示方向向下,与初速度方向相反.

[答案] 7 s

-60 m/s,其中负号表示方向向下,与初

速度方向相反

(1)解答本题时易误认为物体脱离气球后直接做自由落体运动, 而实际上物体脱离气球后做竖直上抛运动,初速度即为脱 离气球时的速度. (2)对竖直上抛运动可直接利用全程法求解.

1.一般公式法 一般公式指速度、位移、加速度和时间的关系式,它们是矢 量式,使用时注意方向性.一般以 v0 方向为正方向,有时 会选加速度 a 的方向为正方向. 2.平均速度法 v0+vt s 定义式 v = t 对任何性质的运动都适用,而 v = 2 只适 用于匀变速直线运动.

3.中间时刻速度法 利用“任一时间 t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t 内 t 的平均速度”即 v2= v ,适用于一切匀变速直线运动, 有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的 含有 t2 的复杂式子,从而简化解题过程,提高解题速度.

4.比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀 减速直线运动,可利用初速度为零的匀加速直线运动 的比例关系求解.

5.逆向思维法
把运动过程的末态作为初态反向研究问题的方法,一 般用于末态已知的情况,特别是末速度为零的情况.

6.图象法
应用v-t图象,可把较复杂的问题转变为较为简单的 数学问题解决.尤其是用图象定性分析,可避开繁杂 的计算,快速找出答案. 7.巧用推论Δs=sn+1-sn=aT2解题 匀变速直线运动中,在连续相等的时间T内的位移之差 为一恒量,即sn+1-sn=aT2,对一般的匀变速直线运

动问题,若出现连续相等的时间间隔问题,应优先考
虑用Δs=aT2求解.

[关键一点] 运动学问题的求解一般有多种方法,可从多种解法 的对比中进一步明确解题的基本思路和方法,从而提高 解题能力.

物体以一定的初速度冲上固定的 光滑的斜面,到达斜面最高点 C 时速度 恰为零,如图 2-2-5 所示.已知物体第 图 2-2-5

一次运动到斜面长度 3/4 处的 B 点时,所用时间为 t,求物 体从 B 滑到 C 所用的时间.

[解题示范]

法一:逆向思维法物体向上匀减速冲上斜 sAC=a(t+tBC)2/2 解得:tBC=t

面,相当于向下匀加速滑下斜面. 故 sBC=atBC2/2 又 sBC=sAC/4 法二:比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动, 在连续相等的时间里 通过的位移之比为 s1∶s2∶s3∶?∶sn=1∶3∶5∶?∶(2n-1) sAC 3sAC 现有 sBC∶sBA= 4 ∶ 4 =1∶3 通过 sAB 的时间为 t,故通过 sBC 的时间 tBC=t.

法三:中间时刻速度法 利用教材中的推论: 中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平 均速度. v AC=(vt+v0)/2=(v0+0)/2=v0/2 又 v02=2asAC vB2=2asBC sBC=sAC/4 解①②③得:vB=v0/2. 可以看出 vB 正好等于 AC 段的平均速度,因此 B 点是中间 时刻的位置. 因此有 tBC=t. ① ② ③

法四:图象面积法利用相似三角形面积 之比,等于对应边平方比的方法,作出 S△AOC CO2 v-t 图象,如图 2-2-6. =CD2且 S△BDC S△AOC=4S△BDC,OD=t,OC=t+tBC. ?t+tBC?2 所以 4/1= t 2 得 tBC=t. BC 图 2-2-6

法五:利用有关推论

图 2-2-7 对于初速度为 0 的匀加速直线运动, 通过连续相等的各段位 移所用的时间之比 t1 ∶ t2 ∶ t3 ∶ ? ∶ tn = 1 ∶ ( 2 - 1) ∶ ( 3 - 2 ) ∶ ( 4 - 3)∶?∶( n- n-1).

现将整个斜面分成相等的四段,如图 2-2-7.设通过 BC 段 的时间为 tx,那么通过 BD、DE、EA 的时间分别为: tBD=( 2-1)tx,tDE=( 3- 2)tx,tEA=( 4- 3)tx, 又 tBD+tDE+tEA=t,得 tx=t.

[答案] t

匀变速直线运动的规律是运动学的一个重要规律, 也是整个物理学的重要规律,因此它是历年高考的热点, 考 情 分 从近几年的高考考点分布可以看出高考试题在本考点中 主要考查了匀变速直线运动的公式、规律的应用,题型

析 多以选择题和计算题为主,题目情景较新颖,分值在6 分左右,而且经常与其他考查点结合来综合考查命题, 从设题角度看,主要有以下两个热点:

(1)利用匀变速直线运动的公式进行简单的计算.此
类题多以选择题的形式出现,分值在6分左右,难度 考 情 分 较小.在复习过程中要注意对匀变速直线运动公式的 理解.

析 (2)物理模型和情景的建立.对实际物体的运动要弄 清物理过程,建立合理的物理模型是解决问题的关 键.

1.(2008· 上海高考)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不
计空气阻力,g取10 m/s2.5 s内物体的 A.路程为65 m B.位移大小为25 m,方向向上 C.速度改变量的大小为10 m/s ( )

D.平均速度大小为13 m/s,方向向上

解析:物体的初速度 v0=30 m/s,g=10 m/s2,其上升时间 t1 v0 v02 = g =3 s, 上升高度 h1= 2g =45 m; 下降时间 t2=5 s-t1=2 s, 1 2 下降高度 h2=2gt2 =20 m.末速度 v=gt2=20 m/s,向下.故 5 s内的路程 h=h1+h2=65 m;位移 H=h1-h2=25 m,方向 向上;速度改变量 Δv=v-v0=(-20-30)m/s=-50 m/s,负 H 号表示向下; 平均速度 v = t =5 m/s.综上可知只有 A、 正确. B

答案:AB

2.(2009· 江苏高考)如图2-2-8所示,以8 m/s匀速行驶 的汽车即将通过路口,绿灯还有2 s将熄灭,此时汽车距

离停车线18 m,该车加速时最大加速度大小为2 m/s2,
减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最 大速度为12.5 m/s,下列说法中正确的有 ( )

图2-2-8

A.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能通
过停车线

B.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前通过停车线
汽车一定超速 C.如果立即做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不 能通过停车线 D.如果距停车线5 m处减速,汽车能停在停车线处

解析:如果立即做匀加速直线运动,t1=2 s 内的位移 s1=v0t1 1 2 +2a1t1 =20 m>18 m,此时汽车的速度为 v1=v0+a1t1=12 m/s<12.5 m/s,汽车没有超速,A 项正确,B 项错误;如果 v0 立即做匀减速运动,速度减为零需要时间 t2= a =1.6 s,此 2 1 2 过程通过的位移为 s2=2a2t2 =6.4 m,C 项正确,D 项错误. 答案: AC

3.(2010· 新课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创

造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录,他的成绩
分别是9.69 s和19.30 s.假定他在100 m比赛时从发令到 起跑的反应时间是0.15 s,起跑后做匀加速运动,达到 最大速率后做匀速运动.200 m比赛时,反应时间及起跑 后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同,

但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速率只有
跑100 m时最大速率的96%.求:

(1)加速所用时间和达到的最大速率;
(2)起跑后做匀加速运动的加速度.(结果保留两位小数)

解析:(1)设加速所用时间为 t(以 s 为单位),匀速运动的速度 为 v(以 m/s 为单位),则有 1 2vt+(9.69-0.15-t)v=100 1 2vt+(19.30-0.15-t)×0.96v=200 由①②式得 t=1.29 s v=11.24 m/s v (2)设加速度大小为 a,则 a= t =8.71 m/s2. ① ② ③ ④ ⑤

答案:(1)1.29 s

11.24 m/s

(2)8.71 m/s2

4.(2011· 石家庄测试)为训练航天员适应失重状态下的工 作和生活,需创造失重环境.训练时可通过飞行器在 空中的某种飞行动作来创造完全失重环境.若飞行器 由速率v1=100 m/s时开始进入完全失重状态,从安

全考虑,要求速率达到v2=500 m/s时退出失重试
验.为使失重训练的有效时间最长,飞行器应在空中 沿怎样的轨迹飞行? 请估算最长飞行时间t及飞行的总路程s. 重力加速度取g=10 m/s2.(温馨提示:尝试画出抛体

运动轨迹示意图进行分析)

解析:经分析可知,当飞行器做竖直上抛运动时,完全失重 时间最长,设向上为正方向 则 v2=v1-gt 代入数据:-500=100-10t 解得 t=60 s v12 上升的距离 h1= 2g =500 m. v2 2 自由下落的距离 h2= 2g =1.25×104 m 故飞行器飞行的总路程为 s=h1+h2=1.3×104 m.

答案:飞行器做竖直上抛运动

60 s

1.3×104 m

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