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重庆市九龙坡区2010届高三物理二轮复习专题一:牛顿运动定律


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高 2010 级高三物理专题复习资料 专题一 牛顿运动定律
周天源 重庆市铁路中学
一,疑难辨析 (一)夯实基础知识 1.牛顿第一定律(惯性定律) 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止. (1)理解要点 ①运动是物体的一种属性,物体的运动不需要力来维持. ②它定性地揭示了运动与力的关系: 力是改变物体运动状态的原因, 是使物体产生加速 度的原因. ③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础, 不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特 例.牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系,第二定律定量地给出力与运动的关系. (2)惯性:物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性. ①惯性是物体的固有属性,与物体的受力情况及运动状态无关. ②质量是物体惯性大小的量度. 2.牛顿第三定律 (1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在一条直线上, 可用公式表示为 F=-F′. (2)作用力与反作用力一定是同种性质的力,作用效果不能抵消. (3)牛顿第三定律的应用非常广泛,凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境,过程的 解答,往往都需要应用这一定律. 3.牛顿第二定律 (1).定律内容 物体的加速度 a 跟物体所受的合外力 F 合成正比,跟物体的质量 m 成反比. (2).公式:F 合=ma 理解要点 ①因果性:F 合是产生加速度 a 的原因,它们同时产生,同时变化,同时存在,同时消 失. ②方向性:a 与 F 合都是矢量,方向严格相同. ③瞬时性和对应性: 为某时刻某物体的加速度, 合是该时刻作用在该物体上的合外力. a F (3).应用牛顿第二定律解题的一般步骤: ①确定研究对象; ②分析研究对象的受力情况,画出受力分析图并找出加速度的方向; ③建立直角坐标系, 使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上, 并将其余的力或加速度分 解到两坐标轴上; ④分别沿 x 轴方向和 y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程; ⑤统一单位,计算数值. (二) ,疑难辨析 1.有的同学总认为"惯性与物体的运动速度有关,速度大,惯性就大;速度小,惯性 就小" .理由是物体运动速度大,不容易停下来;速度小,容易停下来.产生这种错误认识 的原因是把"惯性大小表示运动状态改变的难易程度"理解成"惯性大小表示把物体从运动
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变为静止的难易程度" 事实上,在受到了相同阻力的情况下,速度(大小)不同质量相同 . 的物体,在相同的时间内速度的减少量是相同的,这就说明质量相同的物体,它们改变运动 状态的难易程度是相同的.所以它们的惯性是相同的,与它们的速度无关. 2.超重和失重:判断物体处于超重还是失重状态的依据是看物体的加速度方向,与物体的 运动方向是无关的.有些同学认为物体向上运动就超重,向下运动就失重,这种观点是错 误的,根据牛顿第二定律力只能与加速度发生直接关系,与物体的速度方向和大小是无关 的.当电梯向上加速或向下减速时,电梯中的乘客都是处于超重状态,就是一个很好的例 子. 3.平衡力作用在同一个物体上,其合力为零,对物体的运动状态的变化不起作用(即平 衡力产生的加速度为零) 作用力和反作用力作用在不同的物体上, ; 对作用的物体的运动状 态的变化是起作用的,因此作用力和反作用力的效果是不能抵消的.物块 1,2 放在光滑水 平面上用轻质弹簧相连,如图所示,今对物块 1,2 分别施以方向相反的水平力 F1,F2.且 F1=F2=F,弹簧秤的质量不计,1,2 物体的质量相同,弹簧秤处于静止状态,则弹簧秤的 读数是多少?有些学生认为读数为零,答出这样的结果的原因是没有区分平衡力和作用力 与反作用力.考察弹簧秤,受到的是一对平衡力,故弹簧秤处于平衡状态.F2 对弹簧的拉 力,与弹簧通过绳子对物体的拉力是作用力与反作用力,它们的作用效果不能抵消,因为 受力物不同,物体对弹簧拉力的作用效果使弹簧秤有了读数,数值上等于 F. (

二,解决本专题的基本思维方式 解决本专题的基本思维方式 (一)应用牛顿运动定律求解的题目,归纳起来有两种类型: 一种是已知物体的受力情况和它的运动初始条件, 应用牛顿运动定律来确定物体的运动情 况 另一种是已知物体的运动情况,应用牛顿运动定律来确定物体的受力情况 这两种类型的题目都要把牛顿运动定律和运动学公式结合起来求解, 而且应该明确物体的 加速度是把牛顿运动定律和运动学公式联系起来的桥梁. 从运动轨迹看,比较简单的是物体沿直线运动.常见的有物体在水平面上直线运动,物体 沿竖直方向上升或下降,物体沿斜面上升或下降等.匀速圆周运动是曲线运动,情况比较复 杂,关键是明确向心力的来源. 从研究对象来看,比较简单的情况是单一物体的运动,比较复杂的是连结体的运动. (二)应用牛顿运动定律解题程序 (1)取对象——根据题意确定研究对象; (2)画力图——分析研究对象的受力情况,画出受力图; (3)定方向——规定正方向(或建立坐标系),通常以加速度方向为正方向较为适 宜; (4)列方程——根据牛顿定律列方程,根据运动学公式列运动方程. (5)讨论方程的解是否合理,最后确定答案.

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(三)应用牛顿定律解题常用的方法 应用牛顿定律解题还常常会用到一些特殊的方法, 隔离与整体法, 如: 图象法, 特值法,程序法,极限分析法,假设分析法等. 三,题型解析 例 1.右图中重物的质量为 m ,轻细线 AO 和 BO 的 A,B 端是固定的,平衡时 AO 是水平的, 与水平的夹角为 θ . 的拉力 F1 和 BO 的拉力 F2 的大小是 BO AO ( A. F1 = mg cosθ C. F2 = mg sin θ B.F1=mgcotθ D. F2 = mg / sin θ )

分析: 分析:这道题属共点力平衡问题.三个共点力平衡时, 任何二力的合力必与第三个力大小相等,方向相反;或任何 一个力沿另外二力的反方向的分力, 分别与另二力大小相等, 方向相反.因此,本题即可以用合成法又可以用分解法求解. 解:如图,三根细绳在 O 点共点,取 O 点(结点)为研 究对象,分析 O 点受力如图.O 点受到 AO 绳的拉力 F1,BO 绳的拉力 F2 以及重物对它的拉力 T 三个力的作用 方法一:如图(a)选取合成法进行研究,将 F1,F2 合成,得到合力 F,由平衡条件知: F=T=mg 则:F1=Fcotθ=mgcotθ F2=F/sinθ=mg/ sinθ 方法二:如图(b)选取分解法进行研究,将 F2 分解成互相垂直的两个分力 Fx , Fy , 由平衡条件知: Fy= T=mg Fx=F1 则:F2=Fy/ sinθ=mg/ sinθ F1=Fx=Fcotθ=mgcotθ 解后反思: 解后反思:上述二种解法都是利用共点力平衡条件解共点力平衡的问题,不同点在于, 方法一的思路是利用力的合成,将三力平衡问题,转化为二力平衡问题.方法二的思路是利 用力的分解. 还可以分别沿两个正交方向上分解力来解决平衡问题. 这种解法对于多个力的 情况比较简便. 问题: BO 绳的方向不变, 若 则细线 AO 与 BO 绳的方向多大度角时, 细线 AO 的拉力最小? 结论: 共点的三力平衡时, 若有一个力的大小和方向都不变, 另一个力的方向不变, 则第三个力一定存在着最小值. 课后练习 1.如图所示 ,三段不可伸长的绳子 OA,OB,OC 所能承受的最大拉力均为 T, 它们共同悬挂着一个重球.已知 OA 绳与竖直方向夹 37 角,OB 绳水平.若使三段 不可伸长的绳子都不发生断裂,求球的最大重力为多大?
o

物 2-3

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例题 2:如图所示,小车上放着一个物体,物体始终相对小车静止,在下列叙述中正确 : 的是: A.当小车由静止开始运动时,物体受到小车向左的静摩擦力作用,使物体和小车一起 运动 B.当小车做匀速直线运动时,物体不受摩擦力作用 C.只要小车运动,物体便受到向左的摩擦力作用 D.只要小车运动,物体便受到向右的摩擦力作用 分析: 此题中物体是否受到静摩擦力的作用关键在于物体和小车之间有无相对运动的趋 分析: 势.物体和小车一起运动有无加速度. 解:根据题意物体和小车开始时静止,所以 F 拉小车运动的开始阶段,物体相对小车有 运动趋势,因此有静摩擦力存在,正是这个静摩擦力使物体与小车一起运动,所以这个静摩 擦力方向指向左方.也就是说,物体和小车由静止开始运动,有向左的加速度,由牛顿第二 定律可知物体必受力, 正是小车对物体的静摩擦力才使物体有向左的加速度, 使物体与小车 一起由静止开始加速运动. 当小车和物体做匀速直线运动时,由于它们运动的速度相同,加速度为零.所以物体不 受静摩擦力作用. 所以选项 A,B 是正确的,C,D 是错误的. 解后反思: 解后反思:有些学生认为,只要物体与小车一起运动物体就应该受到静摩擦力的作用, 发生这个错误认识的主要原因是这些学生认为力是使物体运动的原因. 事实上力是使物体运 动状态改变的原因,也就是说力是产生加速度的原因. 课后练习 2.如图所示,是两个叠放在水平面上长方体木块,对 B 施一向右的水平拉力 F,但 A,B 都没动,则( ) A. B 给 A 的静摩擦力大小等于 F,方向向右 B.水平面给 B 的静摩擦力大小大于 F,方向向左 C.B 给 A 的静摩擦力等于零 D.条件不足,无法确定大小和方向 例题 3.如图所示,在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A,B, 它们的质量分别为 mA,mB,弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板.系统处一静止状态,现 开始用一恒力 F 沿斜面方向拉物块 A 使之向上运动, 求物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度 a 和从开始到此时物块 A 的位移 d,重力加速度为 g. 分析:这是 2005 年全国高考的一道计算题,解决这类问题的关键 是正确选取研究对象并进行受力分析,再由牛顿定律列方程求解. 解:令 x1 表示未加 F 时弹簧的压缩量,由胡克定律和牛顿定律可知

m A g sin θ = kx
定律可知: kx2=mBgsinθ



令 x2 表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量, a 表示此时 A 的加速度,由胡克定律和牛顿 ②

F-mAgsinθ-kx2=mAa ③ 由②③式可得

a=

F (m A + m B ) g sin θ mA
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由题意 d=x1+x2 由①②⑤式可得



d=

(m A + m B ) g sin θ k



解后反思:1.分析开始时和 B 刚要离开 C 时弹簧是伸长还是被压缩从而确定 A,B 所受 弹力的方向,再应用牛顿定律列方程. 2.对于连接体问题,要学会应用隔离法来分析. 课后练习 3.如图所示是弹簧台称的示意图,称盘和弹簧的质量均不计.盘内放着一质 量 m=12kg 的物体 A,弹簧的劲度系数 k=800N/m.开始时物体 A 处于静止状态,现给物体施 加一个竖直向上的力 F,使其从静止开始向上做匀加速运动.已知在头 0.2s 内 F 是变力, 在 0.2S 后 F 是恒力 g 取 10m/s ,求拉力的最小值和最大值.
2

例 4.如图所示,质量为 m 的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度 a 向上减速运动,a 与水平方向的夹角为 θ.求人受的支持力和摩擦力. 分析: 分析:本题属已知运动情况求受力情况,利用牛顿定律 解此类题的关键是确定研究对象,正确进行受力分析后建立 方程求解. 解:以人为研究对象,受力分析如图所示,摩擦力为待 求量,且必沿水平方向,设 f 的方向为水平向右,建立坐标, 并规定正方向如图所示. 根据牛顿第二定律得: X 方向 Y 方向 mgsinθ-Nsinθ-fcosθ=ma mgcosθ+fsinθ-Ncosθ=0 ② ①

解①②两式可得 N=m(g-asinθ) ,f=-macosθ f 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左. 解后反思: 有些学生不将力的方向与 解后反思 这道题人的受力方向与加速度方向不在一条线上, 加速度方向统一在同一直线上就直接利用牛顿第二定律求解, 于是无法得到正确的答案. 此 题还可以取水平和竖直方向为 X 轴和 Y 轴,然后分解加速度,同学们可以试一下,看是否更 简便, 课后练习 4.如图所示,传送带与地面倾角为 37°,AB 长为 16 m,传送带以 10 m/s 的速率逆时针转动.在传送带上端 A 无初速地放一个质量为 0.5 kg 的物体, 它与传送带间的动摩擦因数为 0.5.求物体从 A 至 B 所需的时间.

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四,能力训练 1,一端悬于天花板的细绳,另一端吊一重物(不计绳重力),天花板对绳的拉力为 T1, 绳对天花板的拉力为 T2,重物对绳的拉力为 T3,绳对重物的拉力为 T4,下列说法正确的有: A.T1 和 T3 是一对平衡力 B.T2 和 T4 是一对平衡力 C.T2 和 T3 是一对作用力与反作用力 D.T1 和 T3 是一对作用力与反作用力 2,关于运动和力的关系,正确的是: A.物体所受的合外力为零时,它的速度可能很大. B.力作用在物体上,只能使物体运动加快 C.物体受力后做加速运动,如果这个力减小了,物体的速度也随着减小 D.物体受力才能运动,力越大,物体的速度也越大,力停止后,运动物体也要停下来 3. 关于物体的惯性,下列说法中正确的是: A.运动速度大的物体,不能很快停下来,是因为速度大时,惯性也大 B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的火车惯性大 C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球惯性小的缘故 D.物体受到的外力大,则惯性小;受到的外力小,则惯性就大 4. 如图 1-16 所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为 k 的轻质弹簧相连,在外力 F1,F2 的作用下运动.已知 F1>F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸 长量为: F1-F2 F1-F2 A. B. k 2k C. F1+F2 2k D. F1+F2 k

5.如右图所示,物体在水平推力 F 的作用下静止在斜面上,若稍微增大水平力 F 而物体仍 保持静止,则下列判断中错误的是: .. A.斜面对物体的静摩擦力可能增大 B.斜面对物体的支持力一定增大 C.物体在水平方向所受合力一定不变 D.物体在竖直方向所受合力一定增大 6,某直升飞机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示.设

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投放的初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱 子始终保持图示姿态,下列说法中正确的是: A.箱内物资对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受箱子底部的支持力而"飘起来"

7.如图甲所示:一根轻弹簧竖直立在水平地面上,下端固定.一物块从高处自由落下,落 到弹簧上端,将弹簧压缩至最低点.能正确反映上述过程中物块的加速度的大小随下降位 移x变化关系的图像可能是图乙中的: a g
x0

a g x

a g
x0

a g
x0 x0

x
图乙

x D

x

A

B

C

8.物体恰能在一个斜面上沿斜面匀迷下滑,可以证明出此时斜面不受地面的摩擦力作用, 若沿斜面方向用力向下推此物体,使物体加速下滑,则斜面受地面的摩擦力和支持力,下 列说法正确的是: A.斜面受地面的摩擦力大小不为零 B.斜面受地面的摩擦力大小不为零.方向水平向左 C.斜面受地面的支持力大小不变 D.斜面受地面的支持力增大 9(1)一种游标卡尺,它的游标尺上有 50 个小的等分刻度,总长度为 49mm.用它测 量某物体长度,卡尺示数如图所示,则该物体的长度是 cm.

(2) ,一打点计时器固定在斜面上某处,一小车拖着穿过打点计时器 的纸带从斜面上滑下,如图所示.图是打出的纸带的一段. ①已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz,利用图(b)给出的数 据可求出小车下滑的加速度 a=_____.
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②为了求出小车与斜面间的动摩擦因数 ,还需要测量的物理量有 ________________________. 用测得的量及加速度 a 表示小车与斜面间的动摩擦因数 =_______________.

10.如图足够长的斜面倾角 θ=30°.一个物体以 v0=12m/s 的初速度,从斜面上 A 点处沿斜面向上运 动,加速度大小为 a=8.0m/s (g 取 10 m/s ) .求: (1)物体沿斜面上滑的最大距离 x; (2)物体从 A 点出发需经多少时间才能回到 A 处? θ
2 2

v0 A

11.为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况,甲,乙两位同学在一楼 电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验:质量 m=50 kg 的甲同学站在体重计上,乙同 学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中, 体重计的示数随时间变化的情况, 并作出了如图所 示的图象.已知 t=0 时,电梯静止不动,从电梯内楼层按钮上获知该大楼共 19 层.求: (1)电梯启动和制动时的加速度大小. (2)该大楼的层高.

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12.如图所示,某货场需将质量 m1=100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面, 为避免货物与地面发生撞击, 现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道, 使货物由轨道顶端 无初速度滑下,轨道半径 R=1.8 m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板 A,B, 长度均为 l=2 m,质量均为 m2=100 kg,木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动 摩擦因数为 μ1,木板与地面间的动摩擦因数 μ2=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相 2 等,取 g=10 m/s )

(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力. (2)若货物滑上木板 A 时,木板不动,而滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,求 μ1 应满 足的条件. (3)若 μ1=0.5,求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间. 课后练习答案: 课后练习答案: 课后练习 1:0.8T 课后练习 2:C 课后练习 3: F 刚施加到 A 上的瞬间,F1+kx-mg=ma,因为此时 kx=mg,所以 F1 为最小值,当物体离开 称盘后,不再受弹力,F 为恒力,此时 F 为最大值. 解:当 F 未施加到 A 时,A 受力如图 a kx=mg F1+kx-mg=ma 此时 F1 为最小值 当 A 以 a 竖直向上加速运动到弹簧恢复到原长时 A 不受弹力作用,受力如图物 c F2-mg=ma ③ x=
F1

① ②

F 刚施加到 A 的瞬间,A 受力如物图 b

at

21

2


a

此时 F2 为最大值,解①②③④式得 F 的最小值 F1=90N,F 的最大值 F2=210N
kx kx
F a

mg

mg

mg

图a

图b

图c

课后练习 4: 物体放上传送带后, 开始阶段由于传送带速度大于物体的速度, 物体受到一沿传送带向 下的滑动摩擦力,其受力如图甲所示,由牛顿第二定律有:
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mgsinθ+μmgcosθ=ma1 a1=10×(0.6+0.5×0.8) m/s =10 m/s
2 2

物体加速至与传送带具有相等的速度所需时间为:t1=

v =1 s a1

相对地面滑下的距离 s=

1 2 1 a1t1 = ×10×12 m=5 m 2 2

因为 μ<tanθ, 物体在重力作用下将继续加速, 当物体速度大于传送带的速度时, 物体受到的滑动摩擦力沿传送带向上,如图乙所示. 则有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2 a2=2 m/s L-s=vt2+
2

1 2 a2t2 2

t2=1 s t=t1+t2=2 s.

能力训练答案: 能力训练答案: 1.A 2. A 3.C 4.C 5.D 6.C 7.A 8.C 9(1)4.00m/s
2

(2)斜面上任两点处间距 l 及对应的高度差 h.

1 l h
2 2

(h

a l) g

(若测量的是斜面的倾角 θ ,则 = tan θ

a ) g cos θ

10. 解析(1)物体上升的最大位移 x=

2 v0 =9m 2a

(2)沿斜面上升时间 t=v0/a=1.5s 沿斜面向上时 a = g sin θ + g cos θ =8m/s 则沿斜面向下时 a ′ = g sin θ g cos θ 将 g cos θ = a g sin θ 代入上式,得 a ′ =2m/s 根据 x =
2 2

1 a ′t ′ 2 ,则 t ′ = 2

2x = 3s a′

所以总时间 t 总 =t+t′=4.5s 11.解析(1)对于启动状态有:F1-mg=ma1 2 得:a1=2 m/s 对于制动状态有:mg-F3=ma2 2 得:a2=2 m/s . (2)电梯匀速运动的速度 v=a1t1=2×1 m/s=2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间 t2=26 s 电梯运行的总时间 t=28 s 电梯运行的 v-t 图象如图所示,

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1 1 所以总位移 s= v (t2+t)= ×2×(26+28) m=54 m 2 2 s 54 层高 h= = =3 m. 18 18 对货物的下滑过程中根据机械能守恒 12.解析(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为 v0, 定律得: 1 2 mgR= m1v0 2 设货物在轨道末端所受支持力的大小为 FN,根据牛顿第二定律得,FN-m1g=m1 v0 R
2

联立以上两式并代入数据得 FN=3000 N 根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000 N,方向竖直向 下. (2)若滑上木板 A 时,木板不动,由受力分析得: μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g 若滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,由受力分析得: μ1m1g>μ2(m1+m2)g 联立并代入数据得 0.4<μ1≤0.6. (3)μ1=0.5,由上问可得,货物在木板 A 上滑动时,木板不动,设货物在木板 A 上做 减速运动时的加速度大小为 a1,由牛顿第二定律得 μ1m1g=m1a1 设货物滑到木板 A 末端时的速度为 v1,由运动学公式得: 2 2 v1-v0=-2a1l 联立并代入数据得 v1=4 m/s 设在木板 A 上运动的时间为 t,由运动学公式得: v1=v0-a1t 联立并代入数据得 t=0.4 s.

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