2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練4 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用(含解析)
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1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 專練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 一、考點(diǎn)內(nèi)容 (1)超重、失重;(2)連接體問(wèn)題;(3)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。 二、考點(diǎn)突破 1.如圖所示,A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球,A為鐵球,B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上,C球連接在細(xì)線一端,彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部,該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷,則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力,ρ木<ρ水<ρ鐵)( ) A.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng) B.A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng) C.A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng),B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng)
2、 D.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng) 2.(多選)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過(guò)滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m,當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí),得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示,圖中a1、a2、m0為未知量,設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?,空氣阻力不?jì),重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為θ,下列說(shuō)法正確的是( ) A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量 B.若θ未知,可求出乙圖中a1的值 C.若θ已知,可求出乙圖中a2的值 D.若θ已知,可求出乙圖中m0的值 3.(多選)
3、如圖(a),物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上,物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。t=0時(shí),木板開(kāi)始受到水平外力F的作用,在t=4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略,重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出( ) A.木板的質(zhì)量為1 kg B.2~4 s內(nèi),力F的大小為0.4 N C.0~2 s內(nèi),力F的大小保持不變 D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 4.某位同學(xué)在電梯中用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量一物體的重力,在0至t3時(shí)間段內(nèi),彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F隨時(shí)
4、間t變化如圖所示,以豎直向上為正方向,則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖、P-t圖(P為物體重力的功率大小)及a-t圖可能正確的是( ) 5.(多選)將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出,最終落回拋出點(diǎn),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小恒定,方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。該過(guò)程的v-t圖象如圖所示,g取10 m/s2。下列說(shuō)法中正確的是( ) A.小球所受重力和阻力之比為5∶1 B.小球上升過(guò)程與下落過(guò)程所用時(shí)間之比為2∶3 C.小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為8 m/s D.小球下落過(guò)程中,受到向上的空氣阻力,處于超重狀態(tài) 6.如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球置于光滑水平面上,且固定在一輕質(zhì)
5、彈簧的兩端,現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,使兩球一起做勻加速運(yùn)動(dòng),則此時(shí)兩球間的距離為x1,若沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2,使兩球一起做勻加速運(yùn)動(dòng),則此時(shí)兩球間的距離為x2,已知x1=2x2,則有( ) A.F1=F2 B.F1=4F2 C.F1>4F2 D.F1=2F2 7.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上,物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,物塊間用一水平輕繩相連,繩中無(wú)拉力?,F(xiàn)用水平力F向右拉物塊A,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力加速度為g。下列
6、說(shuō)法中正確的是( ) A.當(dāng)0<F≤μmg時(shí),繩中拉力為0 B.當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí),繩中拉力為F-μmg C.當(dāng)F>2μmg時(shí),繩中拉力為 D.無(wú)論F多大,繩中拉力都不可能等于 8.如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以v1=2 m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行,滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度v2水平滑上傳送帶的右端。若滑塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,位移與時(shí)間比值-時(shí)間的圖象如圖乙所示,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.v2的大小為4 m/s B.傳送帶AB長(zhǎng)度至少為2 m C.滑塊在傳送帶上的加速度大小為2 m/s2 D.滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2.25 s 9.(多選)
7、在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為( ) A.8 B.10 C.15 D.18 10.如圖所示,一長(zhǎng)L=2 m、質(zhì)量M=4 kg的薄木板(厚度不計(jì))靜止在粗糙的水平臺(tái)面上,其右端距平臺(tái)邊緣l=5 m,木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))。已知木板與地面、物塊與木板間動(dòng)摩擦
8、因數(shù)均為μ1=0.4,現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F,其大小為48 N,g取10 m/s2,試求: (1)F作用了1.2 s時(shí),木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離; (2)要使小物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去,則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。 11.傳送帶被廣泛應(yīng)用于各行各業(yè)。如圖所示,一傾斜放置的傳送帶與水平面的夾角θ=37°,在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=2 m/s的速率順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行。M、N為傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn),M、N兩點(diǎn)間的距離L=7 m,N端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住。在傳送帶上的O處由靜止釋放質(zhì)量為m=1 kg的木塊,木塊可視為質(zhì)點(diǎn),若木
9、塊每次與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)間極短,碰后都以碰前的速率反方向彈回,木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,O、M間距離L1=3 m,傳送帶與輪子間無(wú)相對(duì)滑動(dòng),不計(jì)輪軸處的摩擦。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度大??; (2)木塊第一次反彈后能到達(dá)的最高位置與擋板P的距離; (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運(yùn)動(dòng)后的周期。 12.圖甲中,質(zhì)量為m1=1 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2=3 kg的木板右端。木板足夠長(zhǎng),放在光滑的水平地面上,木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2,整個(gè)系統(tǒng)開(kāi)始時(shí)靜止,重力
10、加速度g=10 m/s2。 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F,為使木板和物塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),拉力F至少應(yīng)為多大? (2)在0~4 s內(nèi),若拉力F的變化如圖乙所示,2 s后木板進(jìn)入μ2=0.25的粗糙水平面,在圖丙中畫(huà)出0~4 s內(nèi)木板和物塊的v-t圖象,并求出0~4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小。 答案 二、考點(diǎn)突破 1.【答案】D 【解析】開(kāi)始時(shí)A球下的彈簧被壓縮,彈力向上;B球下的彈簧被拉長(zhǎng),彈力向下;將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時(shí),系統(tǒng)的加速度為g,為完全失重狀態(tài),此時(shí)水對(duì)球的浮力也為零,小球的重力也視為零,則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上
11、運(yùn)動(dòng),B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng),C球相對(duì)于杯底不動(dòng),故選D。 2.【答案】BC 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得:對(duì)B得:mg-F=ma①,對(duì)A得:F-mAgsin θ=mAa②,聯(lián)立得a=③,若θ已知,由③知,不能求出A的質(zhì)量mA,故A錯(cuò)誤。由③式變形得a=,當(dāng)m→∞時(shí),a=a1=g,故B正確。由③式得,m=0時(shí),a=a2=-gsin θ,故C正確。當(dāng)a=0時(shí),由③式得,m=m0=mAsin θ,可知m0不能求出,故D錯(cuò)誤。 3.【答案】AB 【解析】由題圖(c)可知木板在0~2 s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f在0~2 s內(nèi)逐漸增大,可知物塊受到木板的摩
12、擦力逐漸增大,故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由題圖(c)可知木板在2~4 s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a1= m/s2=0.2 m/s2,在4~5 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物塊靜止不動(dòng),同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff=f,故對(duì)木板進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1 kg、F=0.4 N,選項(xiàng)A、B均正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.【答案】C 【解析】由于該題沒(méi)有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系,
13、可以依題意,分三種情況討論:(1)若F1=mg,則0~t1時(shí)間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng),即速度等于0或速度保持不變,加速度等于0。四個(gè)圖線沒(méi)有是可能的。(2)若F2=mg,則F1<mg,在0~t1時(shí)間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,為負(fù)值,所以D是不可能的;則物體0~t1時(shí)間內(nèi)可能向下做加速運(yùn)動(dòng),速度為負(fù),或向上做減速運(yùn)動(dòng),故A、B是不可能的;而t1~t2時(shí)間內(nèi)受到的合外力等于0,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),物體的速度不變,又由P=mgv,可知t1~t2時(shí)間內(nèi)重力的功率不變,故C是錯(cuò)誤的。(3)若F3=mg,則F1<mg,F(xiàn)2<mg,在0~t2時(shí)間內(nèi)電梯受到的合外力的方向都是向下,加
14、速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;F3=mg,可知在0~t1時(shí)間內(nèi)向下的加速度大于t1~t2時(shí)間內(nèi)向下的加速度,而t2~t3時(shí)間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以速度圖象如圖,速度的方向向下,重力的方向也向下,由P=mgv可知,圖C可能是重力的功率隨時(shí)間變化的圖線,故C是正確的。由以上的分析,可知只有C選項(xiàng)是可能的,A、B、D都是不可能的。 5.【答案】AC 【解析】上升過(guò)程中mg+Ff=ma1,由題圖可知a1=12 m/s2,解得Ff=2 N,小球所受重力和阻力之比為5∶1,選項(xiàng)A正確;下落過(guò)程中mg-Ff=ma2,可得a2=8 m/s2,根據(jù)h=at2可得==,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)v=a2t
15、2,t2= s,可得v=8 m/s,選項(xiàng)C正確;小球下落過(guò)程中,加速度方向豎直向下,小球處于失重狀態(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.【答案】B 【解析】沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,對(duì)整體分析,整體的加速度a=,隔離對(duì)質(zhì)量為m的小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得,F(xiàn)彈=ma==kx1;同理,沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2,a′=,隔離對(duì)質(zhì)量為2m的小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈′=2ma′==kx2,由于x1=2x2,聯(lián)立可得:F1=4F2,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 7.【答案】ABC 【解析】當(dāng)0<F≤μmg時(shí),A受到拉力與靜摩擦力的作用,
16、二者平衡,繩中拉力為0,故A正確;當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí),整體受到拉力與摩擦力的作用,二者平衡,所以整體處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)A受到的靜摩擦力達(dá)到最大即μmg,所以繩中拉力為F-μmg,故B正確;當(dāng)F>2μmg時(shí),對(duì)整體:a=,對(duì)B:a=,聯(lián)立解得繩中拉力為F,故C正確;由以上的分析可知,當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)繩中拉力為F-μmg,繩中拉力可能等于F,故D錯(cuò)誤。 8.【答案】ABD 【解析】根據(jù)圖象可知,即x=-2t2+4t,結(jié)合勻變速位移時(shí)間關(guān)系可知,加速度大小a=4 m/s2,初速度v2=4 m/s ,故A正確,C錯(cuò)誤。根據(jù)以上分析可知物塊1s時(shí)速度減為零,所以傳送帶AB長(zhǎng)度至少為物塊
17、減速到零的位移,所以傳送帶AB長(zhǎng)度至少為2m,故B正確。物塊減速到零的時(shí)間,反向加速到與傳送帶速度相同所需時(shí)間,所以加速位移,還需勻速時(shí)間,所以運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t=t1+t2+t3=2.25 s,故D正確。 9.【答案】BC 【解析】設(shè)該列車廂與P相連的部分為P部分,與Q相連的部分為Q部分。設(shè)該列車廂有n節(jié),Q部分為n1節(jié),每節(jié)車廂質(zhì)量為m,當(dāng)加速度為a時(shí),對(duì)Q有F=n1ma;當(dāng)加速度為a時(shí),對(duì)P有F=(n-n1)ma,聯(lián)立得2n=5n1。當(dāng)n1=2,n1=4,n1=6時(shí),n=5,n=10,n=15,由題中選項(xiàng)得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15,選項(xiàng)B、C正確。 10.【解析】(1)假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊
18、與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng),由牛頓第二定律,對(duì)木板有:
F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1
解得:a1=6 m/s2
對(duì)物塊有:μ1mg=ma2
解得:a2=4 m/s2
因?yàn)閍2 19、二定律,對(duì)木板有:F-μ1Mg=Ma1′
解得:a1′=8 m/s2
木板發(fā)生的位移為:x1′=v1t0+a1′t02
解得:x1′=1.36 m
此時(shí)木板距平臺(tái)邊緣的距離為:
Δx=l-x1-x1′=(5-3-1.36)m=0.64 m。
(2)小物塊滑至平臺(tái)后,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律,對(duì)物塊有:μ2mg=ma2′
解得:a2′=μ2g
若小物塊在平臺(tái)上速度減為0,則通過(guò)的位移為:x2′=
要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足:l+≥x2+x2′
聯(lián)立解得:μ2≥0.2。
11.【解析】(1)放上的后瞬間,根據(jù)牛頓第二定律:mgsinθ-μmgcosθ=ma1 20、
解得木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度a1=2m/s2
(2)設(shè)木塊與擋板P碰撞前的速度v1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí):v12=2a1(L-L1)
解得v1=4 m/s
木塊與擋板P碰后向上減速到共同速度之前:
Mgsin θ+μmgcos θ=ma2
解得a2=10m/s2
木塊向上的位移x1==0.6m
共同速度之后,摩擦力反向,加速度為a1
木塊向上的位移x2==1 m
木塊第一次反彈后能到達(dá)的最高位置與擋板P的距離xm=x1+x2=1.6 m
(3)木塊做穩(wěn)定的周期性運(yùn)動(dòng)后,每次與擋板碰前的速度為v=2m/s
則穩(wěn)定后周期為T(mén)=2=2 s。
12.【解析】(1)把物塊和木板 21、看做整體,由牛頓第二定律得:
F=(m1+m2)a
對(duì)物塊分析,物塊與木板將要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)有μ1m1g=m1a
聯(lián)立解得F=μ1(m1+m2)g=8 N。
(2)物塊在0~2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有:μ1m1g=m1a1
解得a1=2 m/s2
2 s末物塊的速度為v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s
木板在0~1 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有:
F1-μ1m1g=m2a2
解得a2=4 m/s2
1 s末木板的速度v1′=a2t2=4×1 m/s=4 m/s
在1~2 s內(nèi)F2=μ1m1g
木板做勻速運(yùn)動(dòng),速度為4 m/s
2~4 s內(nèi) 22、如果物塊和木板一起減速運(yùn)動(dòng),共同的加速度大小為a共==μ2g
m1的合力μ2m1g>fm=μ1m1g
所以物塊和木板相對(duì)滑動(dòng)2 s后物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有:-μ1m1g=m1a3
得:a3=-2 m/s2
速度從4 m/s減至零的時(shí)間t3== s=2 s
木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)有:
-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4
得:a4=- m/s2
速度從4 m/s減至零的時(shí)間t4== s=1.5 s
二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖象如圖所示(實(shí)線是木板的v-t圖象,虛線是物塊的v-t圖象)
0~2 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)
Δx1=a2t22+(a2t2)(t1-t2)-a1t12
2~4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)
Δx2=-
解得:Δx=Δx1-Δx2=1 m
所以0~4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為Δx=1 m。
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