Question

谁有高中物理必修一的习题

要新课标人教版的，最好是课后练习，第一章的，最好还有答案，谢啦！

Answer 1

高中物理合集百度网盘下载

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Answer 2

　　2006年全国各地模拟试题力学试题精选
　　力学选择题精选
　　1．在水平桌面M上放置一块正方形薄木板abcd，在木板的正中点放置一个质量为m的木块，如图所示。先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ab边与桌面的夹角为θ；再接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与桌面的夹角也为θ（ab边与桌面的夹角θ不变）。在转动过程中木块在木板上没有滑动。则转动以后木块受到的摩擦力的大小为（ B ）
　　A．2 mgsinθ B． mgsinθ C．2mgsinθ D．mgsin θ
　　2．一物理实验爱好者利用如图所示的装置研究气体压强、体积、温度三量间的变化关系.导热良好的汽缸开口向下，内有理想气体，汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气.一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止.现给沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则（ BC ）
　　A.绳拉力对沙桶做正功,所以气体对外界做功.
　　B.外界对气体做功，温度计示数不变
　　C.气体体积减小，同时对外界放热
　　D.外界对气体做功，温度计示数增加
　　.BC气体体积变小,所以外界压缩气体对气体做功.但由于外部环境温度恒定且汽缸导热良好,所以在细沙慢慢漏出的过程中气体对外界放热温度计示数不变.
　　3.如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，电流计指针发生偏转，这就是温差发电现象.关于这一现象，下列说法正确的是（AB）
　　A.这一实验过程不违反热力学第二定律
　　B.在实验过程中，热水一定会降温，冷水一定会升温
　　C.在实验过程中，热水将内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能
　　D.在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能

　　力学计算试题精选
　　1．（14分美国通用汽车公司推出的“氢气1型”汽车是一种使用燃料电池驱动的电动汽车．它利用氢气和氧气直接反应，其生成物只有水，因此对环境没有污染．该车质量1．5t，额定输出机械功率为55kW，当它以额定功率行驶时的最高速度为140km/h．求：
　　（1）该汽车以上述最高速度行驶时所受的阻力是车受重力的多少倍?
　　（2）设行驶中汽车所受阻力与速度大小无关，该车行驶时输出机械功率保持额定功率不变，当速度增大到72km/h时的瞬时加速度是多大?（取重力加速度g＝10m/ ）
　　2．(8分)如图2—14所示，质量为M的滑块B套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为m的小球A用一长为L的轻杆与B上的O点相连接，轻杆处于水平位置，可绕。点在竖直平面内自由转动．
　　(1) 固定滑块B，给小球A一竖直向上的初速度，
　　使轻杆绕O点转过90°，则小球初速度的最小值是多少?
　　(2) 若M=2 m，不固定滑块B．给小球A一竖直向上的
　　初速度va，则当轻杆绕O点转过90°，A球运动至最高时，
　　B的速度多大?

　　3．(16分)如图所示，光滑水平面上有一质量M=4．0kg的平板车，车的上表面是一段长L=1．0m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0．25m的1／4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 0’点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1．0kg的小物块紧靠弹簧放置，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0．5．整个装置处于静止状态．现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A．取g=10m／s2．求：
　　(1)解除锁定前弹簧的弹性势能；
　　(2)小物块第二次经过0’点时的速度大小；
　　(3)小物块与车最终相对静止时距O，点的距离．
　　4、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。已知mA=mB，高h及S(平面部分长)。若A和B碰撞时无能量损失。(1)若L≤h/4，碰后A、B各将做什么运动?(2)若L=h，且A与平面的动摩擦因数为μ，A、B可能碰撞几次？A最终在何处？
　　5、如图14-1所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?(用m1、m2，L及μ表示)
　　6．（16分）如图所示，用半径为0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。薄铁板的长为2.8m、质量为10kg。已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1。铁板从一端放入工作台的砂轮下，工作时砂轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100N，在砂轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s，g取10m/s2。 ⑴通过分析计算，说明铁板将如何运动？
　　⑵加工一块铁板需要多少时间？
　　⑶加工一块铁板电动机要消耗多少电能？
　　（不考虑电动机自身的能耗）
　　7、（14分）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km以下的大气看作是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50km以上的大气则看作是带电粒子密度非常大的良导体。地球本身带负电，其周围空间存在电场，离地面L=50km处与地面之间的电势差约为U=3.0×105V。由于电场的作用，地球处于放电状态，但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变。统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量为q=1800C。试估算大气电阻率ρ和地球漏电功率P。（已知地球半径r=6400km，结果保留一位有效数字）
　　8、（16分）如图所示，质量M＝0.40㎏的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中的虚线区域。当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F＝20N作用。在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V0＝50m/s、质量m＝0.10㎏的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短。若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：
　　（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离。
　　（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间
　　（3）当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间和。
　　9．（16分）如图所示为火车站装载货物的原理示意图，设AB段是距水平传送带装置高为H=5m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=8m，与货物包的摩擦系数为μ=0.6，皮带轮的半径为R=0.2m，上部距车厢底水平面的高度h=0.45m．设货物由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度ω可使货物经C点抛出后落在车厢上的不同位置，取g=10m/s2，求：
　　（1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的落地点到C点的水平距离；
　　（2）当皮带轮以角速度ω=20 rad/s匀速转动时，包在车厢内的落地点到C点的水平距离；
　　（3）试推导并画出货物包在车厢内的落地点到C点的水平距离S随皮带轮角速度ω变化关系的S—ω图象；（设皮带轮顺时方针方向转动时，角速度ω取正值，水平距离向右取正．）

　　10．如图17-1所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右端相接触．两板的质量皆为M＝2．0kg，长度皆为L＝1．0m．C是质量为
　　m＝1．0kg的小物块．现给它一初速度v0＝2．0m／s，使它从板B的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而C与板A、B之间的动摩擦因数皆为μ＝0．10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g＝10m／s2．

　　10．参考解答 先假设小物块C在木板B上移动x距离后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为v，由动量守恒得mv0＝（m＋2M）v， ①
　　在此过程中，木板B的位移为s，小物块C的位移为s＋x．由功能关系得
　　－μmg（s＋x）＝（1/2）mv2－（1/2）mv02，
　　μmgs＝2Mv2／2，
　　则 －μmgx＝（1/2）（m＋2M）v2－（1/2）mv02，②
　　由①、②式，得x＝〔mv02／（2M＋m）μg〕， ③
　　代入数值得 x＝1．6m． ④
　　x比B板的长度大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A板上．设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为v2，则由动量守恒得mv0＝mv1＋2Mv2， ⑤
　　由功能关系，得（1/2）mv02－（1/2）mv12－2×（1/2）mv22＝μmgL，
　　以题给数据代入，得

　　由v1必是正值，故合理的解是

　　当滑到A之后，B即以v2＝0．155m／s做匀速运动，而C是以v1＝1．38m／s的初速在A上向右运动．设在A上移动了y距离后停止在A上，此时C和A的速度为v3，由动量守恒得Mv2＋mv1＝（m＋M）v3，解得 v3＝0．563m／s．
　　由功能关系得1/2）mv12＋（1/2）mv22－（1/2）（m＋M）v32＝μmgy，
　　解得 y＝0．50m．
　　y比A板的长度小，所以小物块C确实是停在A板上．最后A、B、C的速度分别为vA＝v3＝0．563m／s，vB＝v2＝0．155m／s，vC＝vA＝0．563m／s．
　　评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因．
　　解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，①、②两式之间的两个方程可以省略．下面给出两种较为简捷的论证和解题方法．
　　解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解．设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为v2，则由动量守恒，得�mv0＝mv1＋2Mv2，
　　以系统为对象，由功能关系，得：
　　（1/2）mv02－（1/2）mv12－2×（1/2）mv22＝μmgL，
　　由于v1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为

　　由于小物块C的速度v1大于A、B板的速度v2，这说明小物块C不会停在B板上．
　　以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷．后面部分与参考答案相同，不再缀述．
　　解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解．
　　以地面为参照系，小物块C在A、B上运动的加速度为aC＝μg＝1m／s2，A、B整体的加速度为aAB＝μmg／2M＝0．25m／s2，C相对A、B的加速度a＝aC＋aAB＝1．25m／s2．假设A、B一体运动，以A、B整体为参照物，当C滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有v02＝2as，
　　解得 s＝v02／2a＝1．6m＞L． 说明小物块C不会停在B板上．
　　上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单．论证后的解法与参考答案相同．
　　试题拓展： 1．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，A、B、C三物体最终的速度相同?
　　2．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去?
　　3．若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少?
　　4．若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为μ′，并且满足μ′(M＋m)g＜μmg＜μ′（2M＋m）g，试分析有怎样的情况发生?
　　5．分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法．

　　+

　　力学计算试题精选解答
　　1．（1）汽车以正常情况下的最高速度行驶时的功率是额定功率
　　这时汽车做的是匀速运动，牵引力和阻力大小相等，即F＝
　　最高速度为 ＝140km/h＝38.9m/s
　　设阻力是重力的k倍， ＝kmg
　　代入数据得k＝0.094
　　（2） ＝72km/h＝20m/s
　　设以额定功率行驶到速度 时的牵引力为 ，则
　　而阻力大小仍为 ＝kmg 由 ＝ma
　　代入数值可得a＝0.89
　　2.

　　4分析与解：当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶 O点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下：
　　(1)A与B碰撞前A的速度：mgh= mVA2，VA=
　　因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：VA’=0，VB’=VA=
　　设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：mBg=mBV2/L [1]
　　又因 mBVB‘2= mBV2+mBg2L [2]
　　将[1]式及VB’= 代入[2]式得：L=2h/5
　　即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。而题意为L=h/4＜2h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。因此(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以 速度做匀速直线运动。
　　(2)由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得：
　　mAgh-nμmAgS=0 所以n=h/μS
　　讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。
　　如n=1.2，则碰撞次数为两次。
　　当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B；
　　当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。
　　5．分析与解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。
　　若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m1V-m2V
　　设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V’
　　所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2)
　　若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，
　　则据能量守恒： m1V2+ m2V2- (m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL
　　解得：V=
　　若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，
　　设静止时A在B的右端，则有： m1V2+ m2V2=μm2gL
　　解得：V=
　　若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，
　　设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，
　　同理有： m1V2+ m2V2=μm2gL
　　解得：V=
　　故：若m1＞m2，V必须小于或等于
　　若m1≤m2，V必须小于或等于
　　注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。
　　6．（16分）⑴开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F1=μ1FN=0.3×100N=30N （1分）
　　工作台给铁板的摩擦阻力F2=μ2FN=0.1×(100+10×10)N=20N （1分）
　　铁板先向右做匀加速运动：a= m/s2=1m/s2 (1分)
　　加速过程铁板达到的最大速度vm=ωR=5×0.4m/s=2m/s （1分）
　　这一过程铁板的位移s1= m=2m<2.8m， （1分）
　　此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力，F1′=F2，铁板将做匀速运动。（1分）
　　即整个过程中铁板将先做加速度a=1m/s2匀加速运动，然后做vm=2m/s的匀速运动（只要上面已求出，不说数据也得分）（1分）
　　⑵在加速运动过程中，由vm=at1得 t1= s （2分）
　　匀速运动过程的位移为s2=L-s1=2.8m-2m =0.8m 由s2=vt2，得t2=0.4s （2分）
　　所以加工一块铁板所用的时间为T=t1+t2=2s+0.4s=2.4 s （1分）
　　⑶解法一：E=ΔEK+Q1+Q2= mvm2+f1s相对+f2L (3分)
　　=( ×10×22+30×2+20×2.8)J=136J (1分)

　　[解法二：E=f1S作用点+f1′s2= f12s1+f2s2 (3分)
　　=(30×2×2+20×0.8)=136J (1分)]
　　7、I= R= U=IR
　　∴ρ=2×1012 Ω//m ρ=UI=5×108W
　　8、解：(1)设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为 。
　　根据碰撞过程系统动量守恒，有： （2分）
　　设A离开O点的最大距离为 ，由动能定理有： （2分）
　　解得： （2分）
　　(2)根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点。设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为 ，由系统动量守恒得： （2分）
　　设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得： （2分）
　　解得： （2分）
　　(3)从第(2)问的计算可以看出，第1、3、5、……（2n＋1）颗子弹打入A后，A运动时间均为 （3分）
　　故总时间 （3分）
　　9．解：由机械能守恒定律可得： ，
　　所以货物在B点的速度为V0=10m/s （1分）
　　（1）货物从B到C做匀减速运动，加速度 （1分）
　　设到达C点速度为VC，则： ，所以：VC=2 m/s （1分）
　　落地点到C点的水平距离： （1分）
　　（2）皮带速度 V皮=ω•R=4 m/s， （1分）
　　同（1）的论证可知：货物先减速后匀速，从C点抛出的速度为VC=4 m/s，（1分）
　　落地点到C点的水平距离： （1分）
　　（3）①皮带轮逆时针方向转动，无论角速度为多大，货物从B到C均做匀减速运动：在C点的速度为VC=2m/s，落地点到C点的水平距离S=0.6（m） （2分）
　　②皮带轮顺时针方向转动时：
　　Ⅰ、若0≤V皮≤2 m/s，即0≤ω≤10 rad/s时，货物从B到C匀减速运动，S=0.6（m）（1分）
　　Ⅱ、若2 m/s＜V皮＜10 m/s，即10＜ω＜50 rad/s时，货物从B到C先减速再匀速运动：
　　VC=ω•R． 若V皮=10 m/s即ω=50 rad/s时，货物从B到C匀速运动
　　落地点到C点的水平距离：S=ω•R =0.06ω （1分）
　　Ⅲ、因为若货物一直加速时， ，货物在C点时的速度：VC=14 m/s，（1分）
　　若10 m/s＜V皮＜14 m/s即50＜ω＜70 rad/s时，货物从B到C先加速再匀速，
　　所以：VC=ω•R
　　落地点到C点的水平距离：S=ω•R =0.06ω （1分）
　　Ⅳ、若V皮≥14 m/s即ω≥70 rad/s时，货物一直加速，货物在C点时的速度：
　　VC=14 m/s，
　　落地点到C点的水平距离恒为：
　　S= ＝4.2m （1分）
　　S—ω图象如图 （图象全对得3分，有错误0分）

Answer 3

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可是图片不能上传一个以上啊 怎么给你呢
我有word和pdf两种格式 可以电子邮件传吗
先把答案给你吧 题目是彩色的 需要全书也可以找我要
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第一章：
第一节：
1、“一江春水向东流”是水相对地面（岸）的运动，“地球的公转”是说地球相对太阳的运动，“钟表时、分、秒针都在运动”是说时、分、秒针相对钟表表面的运动，“太阳东升西落”是太阳相对地面的运动。
2、诗中描写船的运动，前两句诗写景，诗人在船上，卧看云动是以船为参考系。云与我俱东是说以两岸为参考系，云与船均向东运动，可认为云相对船不动。
3、xA=-0.44 m，xB=0.36 m
第二节：
1．A．8点42分指时刻，8分钟指一段时间。
B．“早”指时刻，“等了很久”指一段时间。
C．“前3秒钟”、“最后3秒钟”、“第3秒钟”指一段时间，“3秒末”指时刻。
2．公里指的是路程，汽车的行驶路线一般不是直线。
3．（1）路程是100 m，位移大小是100 m。
（2）路程是800 m，对起跑点和终点相同的运动员，位移大小为0；其他运动员起跑点各不相同而终点相同，他们的位移大小、方向也不同。
4．解答
3 m 8 m 0 5 m -8 m -3 m
0 5 m -3 m 5 m -8 m -3 m
第三节：
1．（1）1光年=365×24×3600×3.0×108 m=9.5×1015 m。
（2）需要时间为
2．（1）前1 s平均速度v1=9 m/s
前2 s平均速度v2=8 m/s
前3 s平均速度v3=7 m/s
前4 s平均速度v4=6 m/s
全程的平均速度 v5=5 m/s
v1最接近汽车关闭油门时的瞬时速度， v1小于关闭油门时的瞬时速度。
（2）1 m/s，0
3．（1）24.9 m/s，（2）36.6 m/s，（3）0
第四节：
1．电磁打点记时器引起的误差较大。因为电磁打点记时器打点瞬时要阻碍纸带的运动。
2．（1）纸带左端与重物相连。（2）A点和右方邻近一点的距离Δx=7．0×10-3 m，时间Δt=0.02 s，Δt很小，可以认为A点速度v==0.35 m/s
3．解（1）甲物体有一定的初速度，乙物体初速度为0。
（2）甲物体速度大小不变，乙物体先匀加速、匀速、最后匀减速运动。
（3）甲、乙物体运动方向都不改变。
4．纸带速度越大，相邻两点的距离也越大。纸带速度与相邻两点时间无关。
第五节：
1．100 km/h=27.8 m/s

2．A．汽车做匀速直线运动时。
B．列车启动慢慢到达最大速度50 m/s，速度变化量较大，但加速时间较长，如经过2 min，则加速度为0.42 m/s2，比汽车启动时的加速度小。
C、汽车向西行驶，汽车减速时加速度方向向东。
D．汽车启动加速到达最大速度的过程中，后一阶段加速度比前一阶段小，但速度却比前一阶段大。
3．A的斜率最大，加速度最大。
aA=0.63 m/s2，aB=0.083 m/s2，aC=-0.25 m/s2
aA、aB与速度方向相同，aC与速度方向相反。
4．解答滑块通过第一个光电门的速度
滑块通过第二个光电门的速度
滑块加速度

答案有些没有正常显示

Answer 4

第一章还用练习？？？