2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳.docx
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2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳 1 单选题 1、如图所示,电梯内有一固定斜面,斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球,当电梯以12g的加速度匀加速上升时,电梯右侧墙壁对小球弹力为F1,当电梯以12g的加速度匀减速上升时,电梯右侧墙壁对小球弹力为F2,重力加速度为g,则( ) A.F1:F2=3:1B.F1:F2=3:2 C.F1:F2=4:3D.F1:F2=5:4 答案:A 解析: 设斜面对物体的弹力为FN,FN与竖直方向的夹角为θ,对于加速上升过程,竖直方向 FN1cosθ-mg=m⋅12g 水平方向 FN1sinθ=F1 解得 F1=32mgtanθ 对于减速上升过程,竖直方向 mg-FN2cosθ=m⋅12g 水平方向 FN2sinθ=F2 解得 F2=12mgtanθ 因此 F1=3F2 故BCD错误A正确。 故选A。 2、如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,传送带足够长,取sin37°=0.6,cos37°=0.8, g=10m/s2,下列说法正确的是( ) A.小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2 B.小物块向上运动的时间为1. 2s C.小物块向上滑行的最远距离为4m D.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 答案:C 解析: ABD.由于物块的速度大于传送带的速度,所以物块相对传送带向上运动,物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面方向有根据牛顿第二定律 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 代入数据解得 a1=10m/s2 方向沿斜面向下。 设物体减速到传送带速度需要的时间为t1,有 t1=v1-v2-a1=0.6s 由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力,因此物体相对传送带向下运动,受到的滑动摩擦力沿斜面向上,沿斜面方向根据牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma2 代入数据解得: a2=2m/s2 方向沿斜面向下;最后减速到速度为零的时间为 t2=v1a2=1s 故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。 C.小物块向上滑行的最远距离为 x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m 故C正确。 故选C。 3、将倾角为θ的足够长的斜面体放在粗糙的水平地面上,现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定(与滑块相对静止)后,悬线的方向与竖直方向的夹角为α,如图所示,已知斜面体始终保持静止,重力加速度为g,若α=θ,则下列说法正确的是( ) A.小球、滑块的加速度为gsinθ,斜面体的上表面粗糙 B.小球、滑块的加速度为gtanθ,斜面体的上表面光滑 C.地面对斜面体的摩擦力水平向右 D.地面对斜面体的摩擦力水平向左 答案:D 解析: AB.小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力,合力平行斜面向下,满足 F=mgsinθ=ma 可得加速度 a=gsinθ 故斜面一定是光滑的,故AB错误; CD.对整个系统,水平方向有向左的加速度,水平方向有向左的合外力,则地面对斜面体的摩擦力水平向左,故C错误,D正确。 故选D。 4、如图所示,某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成,当将质量为m的物体竖直射向空中时,底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ=30°,则此时每根弹簧的伸长量为( ) A.3mgkB.4mgkC.5mgkD.23mgk 答案:D 解析: 物体受重力和支持力,根据牛顿第二定律,有 N-mg=ma 其中N=6mg,解得 a=5g 再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析,整体受重力和两个拉力,根据牛顿第二定律,在竖直方向满足 2Fcos 30°-mg=ma 解得 F=23mg 根据胡克定律,有 x=Fx=23mgk 故选D。 多选题 5、如图所示,A、B、C为三个完全相同的物体,当水平力F作用于A上,三物体一起向右匀速运动;某时撤去力F后,三物体仍一起向右运动,设此时A、B间摩擦力为f,B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动,下列判断正确的是( ) A.f=0B.f≠0 C.FN=0D.FN≠0 答案:BC 解析: CD.开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动,可知地面对B、C总的摩擦力 f'=F B受地面的摩擦力为23F,C受地面的摩擦力为13F; 撤去F后,B、C受地面的摩擦力不变,由牛顿第二定律可知 aB=23F2m=F3m aC=13Fm=F3m B、C以相同的加速度向右做匀减速运动,B、C间作用力 FN=0 D错误,C正确; AB.撤去F后,整个过程三物体无相对滑动,则A与B加速度相同,B对A有向左的摩擦力 f=maB=F3 A错误,B正确。 故选BC。 6、如图所示,在水平上运动的箱子内,用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物,轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中,为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动(重力加速度为g),则箱子运动的最大加速度为( ) A.g2B.3g3C.3g2D.3g 答案:BD 解析: 当箱子加速度向左时,当加速度完全由绳OA的拉力提供时,水平方向 TAOcos30°=ma 竖直方向 TAOsin30=mg 联立解得最大加速度 a=3g 当箱子加速度向右时,当加速度完全由绳OB拉力提供时,竖直方向 TBOsin60°=mg 水平方向 TBOcos60°=ma' 联立解得最大加速度 a'=33g 故BD正确,AC错误。 故选BD。 7、关于平抛物体的运动,下列说法中正确的是( ) A.物体只受重力的作用,是a=g的匀变速曲线运动 B.物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关 C.平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同 D.初速度越大,物体在空中的飞行时间越长 答案:AC 解析: A.物体做平抛运动的物体,过程中只受重力,由牛顿第二定律可得加速度为g,A正确; B.由水平位移公式 x=v0t 竖直方向的位移为 h=12gt2 联立可得 x=v02hg 故可知,平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系;B错误; C.由运动的合成与分解可知,平抛运动水平方向不受力,故水平方向做匀速直线运动,故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同,C正确; D.由竖直方向的位移公式可知,平抛运动的时间由抛出点高度决定,D错误。 故选AC。 8、如图,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为m0,货物的质量为m,货车向左做匀速直线运动,在将货物提升到图示的位置时,货箱速度为v,连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ,不计一切摩擦,下列说法正确的是( ) A.货车的速度等于vcosθ B.货物处于超重状态 C.缆绳中的拉力FT小于(m0+m)g D.货车的对地面的压力小于货车的重力 答案:BD 解析: A.把货车速度分解到绳子方向,分速度与货箱速度相等,则 v=v1cosθ 即 v1=vcosθ 故A错误; B.货车匀速行驶,θ在减小,因此货箱的速度在增大,故货物在做加速运动处于超重状态,故B正确; C.因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于(m0+m)g,故C错误; D.货车受到绳子的拉力,故货车对地面的压力小于重力,故D正确。 故选BD。 填空题 9、如图,水平传送带顺时针匀速运转,速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带,经过0.5s时间,货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2,则货箱与传送带之间的动摩擦因数为____________,因摩擦产生的热量为__________J。 答案: 0.4 3 解析: [1]货箱在摩擦力的作用下加速运动,根据牛顿第二定律可得 f=ma=μmg 又 v=at 代入数据,解得 μ=0.4 [2]根据摩擦力产生热量的公式,即 Q=μmgΔx 又 Δx=x传-x货箱 代入数据,解得 Δx=0.5m 故可得因摩擦产生的热量为 Q=3J 10、如图,质量m=2kg的物体静止在水平面上,物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍,现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角θ=37∘角的斜向上的拉力。已知sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,取g=10m/s2,物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为________。 答案:16.25m 解析: 物体受到四个力的作用,如图所示,建立直角坐标系并分解力F。 根据牛顿第二定律,x、y两个方向分别列方程 Fcosθ-Ff=ma Fsinθ+FN-G=0 FN为水平面对物体的支持力,即物体与水平面之间的弹力,故摩擦力 Ff=μFN 联立方程,解得 a=1.3m/s2 由运动学公式得5s内物体的位移 x=12at2=12×1.3×52m=16.25m 11、小明同学学习了牛顿运动定律后,自制了一个简易加速度计。如图,在轻杆的上端装有转轴,固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点,轻杆下端固定一个小球,杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度,测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________(选填“垂直”或“平行”),已知重力加速度大小为g,当轻杆与竖直方向的夹角为θ时,校车的加速度大小为___________。 答案: 平行 gtanθ 解析: [1][2]由加速度原理知,小车加速度在水平方向,则板面与校车运动方向平行,当轻杆与竖直方向的夹角为θ时,受力分析如图 由平衡条件知,小球不上下移动,即竖直方向合力为0,则有 F'mg=tanθ 由牛顿第二定律知 F'=ma 解得 a=gtanθ 12、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内,活塞横截面积为S,气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间,现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面,如图所示。当气缸内气体的压强为_______时,气缸将获得最大加速度,气缸的最大加速度为_______。(外界大气压强为P0) 答案: p02 p0S2m-g 解析: [1]气缸中封闭气体的初始气压为 P1=P0 当气缸将获得最大加速度时,气体体积膨胀到出口处,等温膨胀,根据理想气体状态方程 P1V1=P2V2 解得 P2=V1V2P1=p02 当气缸内气体的压强为p02时,气缸将获得最大加速度。 [2]此时,气缸受重力,内外气压的压力差,向上做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律 (P0-P2)S-mg=ma 解得 a=P0S2m-g 气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。 解答题 13、如图所示,质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平面上,质量m=1.0kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F=10N的力作用在小物块上,当小物块在木板上滑过L1=2.0m的距离时,撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10m/s2,求 (1)撤去F前,小物块和木板的加速度大小; (2)力F作用的时间; (3)要使小物块不从木板上掉下来,木板的最小长度。(结果均可用分式表示) 答案:(1)a物=6ms2,a木=2ms2;(2)1s;(3)103m 解析: (1)撤去F前,假设物块与木板间未发生相对滑动,对整体,根据牛顿第二定律有 F=M+ma共 解得 a共=103ms2 对木板,根据牛顿第二定律有 f=Ma共=203N>μmg 则物块与木板之间发生相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma物 解得 a物=6ms2 对木板,根据牛顿第二定律有 μmg=Ma木 解得 a木=2ms2 (2)设力F作用的时间为t,根据位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知,此时,物块的位移为 x1=12a物t2 木板的位移为 x2=12a木t2 又有 x1-x2=L1 解得 t=1s (3)撤去拉力时,根据v=v0+at可知,此时,物块的速度为 v物=6ms 木板的速度为 v木=2ms 要使小物块不从木板上掉下来,则小物块到达木板最右端时与木板共速,根据动量守恒定律有 mv物+Mv木=M+mv共 解得 v共=103ms 撤去拉力后,对物块,根据牛顿第二定律有 -μmg=ma1 解得 a1=-4ms2 木板的受力没有发生变化,则木板的加速度不变,根据公式v2-v02=2ax可知,物块的位移为 x1=289m 木板的位移为 x2=169m 则木板的最小长度为 L=L1+x1-x2=103m 14、如图所示,水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板,木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块,物块是由持殊材料制成的,一表面光滑,另一面粗糙,且粗糙而与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F=6μmg,g为重力加速度。 (1)若物块的光滑面与木板接触,物块经多长时间离开木板; (2)若物块的粗糙面与木板接触,求物块在木板上运动过程中,系统产生的总热量。 答案:(1)L2μg;(2)4μmgL 解析: (1)对木板受力分析,根据牛顿第二定律,有 F-2μmg=ma 根据匀变速直线运动规律,有 L=12at2 解得 t=L2μg (2)设物块与木板发生相对滑动时,木板的加速度为a1,物块的加速度为a2,经过时间t1,物块离开木板,木板的位移为x1,物块的位移为x2。对木板,根据牛顿第二定律有 F-3μmg=ma1 对物块,同理有 μmg=ma2 根据匀变速直线运动的规律,有 x1=12a1t12 x2=12a2t12 当物块离开木板时,有 x1-x2=L 解得 x1=1.5L 在这过程中,木板与地面摩擦产生的热量 Q1=2μmgx1=3μmgL 物块和木板相对运动产生的热量 Q2=μmgL 所以,产生的总热量 Q=Q1+Q2=4μmgL 15、如图甲所示,在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B,木板的最左端有一个小物块A,小物块A受一个外力的作用,两个物体开始运动,已知物块A和木板B的质量都为1千克,物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4,B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1,设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。求: (1)根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大? (2)当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动? (3)物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少?运动了2米之后,作用于物块A上的外力F2又为多少? 答案:(1)1m/s2;4m/s2;(2)6N;(3)4N;8N 解析: (1)由图像可知:前2m内对A有 v2=2a1x 得出 a1=1m/s2 2m后,对A有 v12-v02=2a2x a2=4m/s2 (2)对B受力分析有 μ1mg-μ22mg=ma0 外力F使A在B上的临界加速度为 a0=2m/s2 外力F对AB整体有 F0-μ2⋅2mg=2ma0 F0=6N (3)运动前2m a1=1m/s2<a0 可知AB一起匀加速运动 对AB整体有 F1-μ22mg=2ma1 F1=4N 运动2m后对A有 a2=4m/s2>a0 则2m后AB两个物体开始相对运动 对A有 F2-μ1mg=ma2 F2=8N 16、如图甲所示,倾角 α = 37° 的光滑斜面固定在水平地面上,斜面长 LAB = 3 m,斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块,在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s (以 A 为起点)变化的关系如图乙所示,以水平地面为零重力势能面(g 取10 m/s2,sin37° = 0.6,cos37° = 0.8)。求: (1)小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度; (2)小滑块通过第 2 m 位移所用的时间; (3)小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能; (4)在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s(0≤s≤3 m)变化的大致图线。 答案:(1)6 m/s2;(2)36s;(3)12 J;(4) 解析: (1)在通过前 1 m位移的过程中,运用牛顿第二定律,有 F-mgsinα=ma a = Fm-gsinα=121-10×0.6 = 6 m/s2 (2)对于前 1 m位移的过程,有 v2=2as1 v=2as1=2×6×1=23m/s 对于第2m位移的过程,有F=6N,mgsinα=6Ν,所以小滑块所受合为为零,小滑块作匀速运动 t2=s2v=123=36s 所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为36s。 (3)小滑块在位移 s = 1 m 处时 Ek=12mv2=12×1×(23)2=6J Ep=mgssinα=1×10×1×0.6=6J E = Ek + Ep = 12 J (4)如图 实验题 17、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中,某同学将两个力传感器按如图甲方式对拉,其中一只系在墙上,另一只握在手中,在计算机屏上显示出力,如图乙所示。 (1)横坐标代表的物理量是________。 (2)由图可得到的实验结论是________(填字母)。 A.两力传感器间的作用力与反作用力大小相等 B.两力传感器间的作用力与反作用力方向相反 C.两力传感器间的作用力与反作用力同时变化 D.两力传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上 答案: 时间 ABC 解析: 考查牛顿第三定律探究实验。 (1)[1]由题可知,图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系,所以横坐标代表的物理量是时间,纵坐标代表的物理量是力; (2)[2]从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等,方向相反,同时产生,同时变化,且作用在不同的物体上,故A、B、C正确,D错误。故选ABC。 18、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”,可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度,其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上,下端悬吊0.9N重物时,弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置,把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0,以后该重物就固定在弹簧上,和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。 (1)请在图中除0以外的6根长刻度线旁,标注加速度的大小,示数的单位用m/s2表示,加速度的方向向上为正、向下为负。说明这样标注的原理。 (2)仿照以上装置,设计一个“水平加速度测量仪”。要求:画出它的装置图;说明它的构造;介绍加速度刻度的标注原理。g取10 m/s2。 答案:(1) 标注原理见解析;(2) 构造和原理见解析; 解析: (1)[1]悬吊1.0N重物时,由平衡条件得 mg=1.0 解得m=0.1kg 依题意,向上为正,在C点弹簧的弹力等于0.9N,根据牛顿第二定律得 0.9-mg=maC 解得aC=-1.0m/s2 ,所以在C点标注-1.0,以此类推标注其它刻度如图所示。 (2)[2]水平加速度测量仪如图所示,光滑槽放在水平桌面上,左端固定一块木板,带有指针的弹簧左端固定在木板上,右端连一个小球,带有刻度的木板固定在槽上,小球静止时指针指在零刻度,木板上的刻度表示加速度的数值,正刻度表示加速度方向向左,负刻度表示加速度方向向右。 刻度的标注原理如下:将装置竖直放置,按照(1)问的方法标注刻度,然后水平放置,移动刻度尺使0刻度对准指针,并固定刻度板。 19、教材列出的木一木动摩擦因数为0.30,实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中,木块在重锤的拉动下,沿水平长木板做匀加速运动。 (1)实验所用重锤质量150g左右,下列供选择的木块质量最合适的是____; A.20g B.260g C.500g D.600g (2)关于实验操作和注意事项,下列说法正确的有____; A.实验中先释放木块,后接通电源 B.调整定滑轮高度,使细线与板面平行 C.必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等 D.木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右 (3)实验得到的一根纸带如图乙所示,从某个清晰的点开始,每5个打点取一个计数点,依次标出0、l、2、3、4、5、6,测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm,计时器打点周期为0.02s,则木块加速度a= ____m/s2(保留两位有效数字); (4)实验测得μ=0.33,大于教材列表中的标值,请写出两个可能的原因:____,_____。 答案: B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦 解析: (1)[1]由题知,重锤的质量m=150g左右,动摩擦因数μ=0.30,设木块的质量为M,为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动,对整体,根据牛顿第二定律有 mg-μMg=m+Ma 解得 a=mg-μMgm+M 根据长木板做匀加速运动,即a>0,可得 mg-μMg>0 解得 M<500g 当木块的质量M越小时,滑动摩擦力越小,整体的加速度越大,在纸带上打的点越少,则在计算加速度时误差较大,综上分析可知,木块质量最合适的是260g,故B符合题意,ACD不符合题意; 故选B。 (2)[2]A.实验时应先接通电源,再释放纸带,故A错误; B.为保证木块所受的拉力为细线的拉力,则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行,故B正确; C.根据实验原理 mg-μMg=m+Ma 可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等,故C错误; D.假设木板光滑,对整体受力分析,根据牛顿第二定律有 mg=m+Ma 将(1)问中的m=150g,M=260g代入上式,可得加速度 a≈4m/s2 为减少误差,计算方便,一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点,即时间间隔T=5×0.02s=0.1s,通常是取5至6个计数点,则总时间为0.5s到0.6s,取最开始的计数点是从初速度为0开始的,根据位移时间公式有 x=12at2 取t=0.5s计算可得 x=0.50m 取t=0.6s计算可得 x=0.72m 故为提高纸带利用效率,减少实验误差,木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右,故D正确。 故选BD。 (3)[3]由题知,每隔5个点取一个计数点,则时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根据 Δx=aT2 可得加速度为 a=x06-x03-x039T2 由题知x03=19.90cm,x06=54.20cm,代入数据解得 a=1.6m/s2 (4)[4]实验测得μ=0.33,大于教材列表中的标值,根据实验原理分析,可能存在的原因有:木块、木板表面粗糙程度有差异;细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。 20、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数,他们设计了一个实验,实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上,连接好其他装置,然后挂上重物,使滑块做匀加速运动,打点计时器在纸带上打出一系列点. (1)图2是实验中获取的一条纸带的一部分,相邻两计数点间的距离如图所示,已知电源的频率为50 Hz,相邻两计数点间还有4个计时点未标出,根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.(结果保留两位有效数字) (2)为测定动摩擦因数,该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示,则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N; (3)重力加速度g取10m/s2,滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________(结果保留两位有效数字)。 答案: 0.50 2.00 1.00 0.43 解析: (1)[1].相邻两计数点间还有4个计时点未标出,则T=0.1s;根据Δx=aT2结合逐差法可知: a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2 (2)[2][3].则图3对应的示数为2.00N;图4对应的示数为1.00N; (3)[4].对滑块以及重物的整体: mg-μMg=(M+m)a 其中mg=1.00N,Mg=2N, 解得 μ=0.43 28- 配套讲稿:
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- 2022 年高 考中 物理 牛顿 运动 定律 难点 归纳
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