2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練18 動(dòng)量守恒定律（含解析）.doc
《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練18 動(dòng)量守恒定律（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練18 動(dòng)量守恒定律（含解析）.doc（15頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
動(dòng)量守恒定律 小題狂練? 小題是基礎(chǔ) 練小題 提分快 1.[2019北京東城區(qū)模擬](多選)兩物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，這個(gè)系統(tǒng)中( ) A．一個(gè)物體增加的速度等于另一個(gè)物體減少的速度 B．一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同 C．兩個(gè)物體的動(dòng)量變化總是大小相等、方向相反 D．系統(tǒng)總動(dòng)量的變化為零 答案：CD 解析：兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式變形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每個(gè)物體的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，但是只有在兩物體質(zhì)量相等的情況下才有一個(gè)物體增加的速度等于另一個(gè)物體減少的速度，故A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每個(gè)物體的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，所以每個(gè)物體受到的沖量大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；兩物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，即系統(tǒng)總動(dòng)量的變化為零，D正確． 2．[2019湖北省襄陽四中檢測](多選)關(guān)于動(dòng)量守恒的條件，下列說法正確的是( ) A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)所受合外力所做的功為零，系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒 C．只要系統(tǒng)所受合外力的沖量始終為零，系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒 D．系統(tǒng)加速度為零，系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒 答案：CD 解析： 只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒，與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關(guān)，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)所受合外力做的功為零，系統(tǒng)所受合外力不一定為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不一定守恒，故B錯(cuò)誤；力與力的作用時(shí)間的乘積是力的沖量，系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，則系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C正確；系統(tǒng)加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故D正確． 3．[2017全國卷Ⅰ]將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A．30 kgm/s B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s 答案：A 解析：燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg600 m/s＝30 kgm/s，選項(xiàng)A正確． 4．[2019甘肅協(xié)作體聯(lián)考]如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向左的初速度v0，則( ) A．小木塊和木箱最終將靜止 B．木箱速度減為的過程，小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0 C．最終小木塊速度為，方向向左 D．木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 答案：C 解析：由于木箱在光滑水平面上，小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊組成的系統(tǒng)的內(nèi)力，給木箱一個(gè)向左的初速度，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，小木塊和木箱最終將以相同的速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最終速度v＝，選項(xiàng)C正確，A錯(cuò)誤；由于木箱底板粗糙，小木塊在木箱內(nèi)相對于木箱滑動(dòng)，摩擦產(chǎn)生熱量，所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)木箱速度減小為時(shí)，木箱動(dòng)量減少了Mv0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，小木塊的動(dòng)量將增加Mv0，根據(jù)動(dòng)量定理，木箱對小木塊作用力的沖量大小為Mv0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤． 5．[2019甘肅協(xié)作體聯(lián)考] 如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3 kg，質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊B以水平速度v0＝4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為( ) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 答案：A 解析：設(shè)鐵塊與木板共速時(shí)速度大小為v，鐵塊相對木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時(shí)，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep，由動(dòng)量守恒，得mv0＝(M＋m)v，從鐵塊開始運(yùn)動(dòng)到最后停在木板左端過程，由功能關(guān)系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得Ep＝3 J，故選項(xiàng)A正確． 6．[2019四川省成都外國語學(xué)校模擬]有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船(一噸左右)又窄又長．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L，已知他自身的質(zhì)量為m，則船的質(zhì)量M為( ) A. B. C. D. 答案：B 解析：據(jù)題意，人從船尾走到船頭過程中，動(dòng)量守恒，則有Mv0＝mv，即Md＝m(L－d)，解得船的質(zhì)量為M＝，所以B選項(xiàng)正確． 7．[2019福建省四地六校聯(lián)考]如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細(xì)繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)．若地面光滑，則在細(xì)繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動(dòng)的過程中( ) A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 B．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 D．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 答案：D 解析： 當(dāng)A、B兩物體及彈簧組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí)，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力．當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí)，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動(dòng)量不守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小相等時(shí)，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒．對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力，無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．故選項(xiàng)D正確． 8．[2019重慶一中調(diào)研]如圖所示，小球a、b(可視為質(zhì)點(diǎn))用等長的細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O.將球a和球b向左和向右拉起，使細(xì)線水平．同時(shí)由靜止釋放球a和球b，兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大夾角為θ＝60.忽略空氣阻力，則兩球a、b的質(zhì)量的比值( ) A.＝3 B.＝3－2 C.＝2 D.＝2＋2 答案：B 解析：設(shè)細(xì)線長為L，球a、b下落至最低點(diǎn)，但未相碰時(shí)的速率分別為v1、v2，由機(jī)械能守恒定律得magL＝mav，mbgL＝mbv；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v，以向左為正，由動(dòng)量守恒定律得mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，兩球共同向左運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，由機(jī)械能守恒定律得(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cosθ)，聯(lián)立解得：＝＝3－2，所以選項(xiàng)B正確． 9．[2019山東省海曲中學(xué)模擬](多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)使B瞬間獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得( ) A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài) B．從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長 C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1：m2＝1：2 D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1：Ek2＝8：1 答案：BD 解析：由題圖乙可知，從0到t1的過程中，A的速度增大，B的速度減小，彈簧被拉伸，在t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，從t1到t2的過程，A的速度繼續(xù)增大，B的速度先減小再反向增大，彈簧開始收縮，到達(dá)t2時(shí)刻，A的速度最大，B的速度反向且達(dá)到最大，彈簧恢復(fù)原長；從t2到t3的過程，A的速度減小，B的速度先減小再反向增大，彈簧被壓縮，到t3時(shí)刻，A、B的速度相等，為1 m/s，此時(shí)彈簧的壓縮量最大，從t3到t4的過程，A的速度減小，B的速度增大，t4時(shí)刻，彈簧恢復(fù)到原長，B的速度等于初速度，A的速度為零，由以上分析可知，A錯(cuò)誤，B正確．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得m1：m2＝2：1，故C錯(cuò)誤．由題圖乙可知，在t2時(shí)刻A、B兩物塊的速度分別為vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，物塊的動(dòng)能Ek＝mv2，則A、B兩物塊的動(dòng)能之比為Ek1 ：Ek2＝8：1，故D正確． 10．[2019廣州模擬](多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定于其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖所示．則( ) A．甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中動(dòng)量守恒 B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，物塊甲的速率為零 C．物塊甲的速率可能達(dá)到5 m/s D．當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s時(shí)，物塊乙的速率可能為0 答案：AD 解析：甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前物塊乙的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)共同速率為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B錯(cuò)誤．若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，方向與原來相同，則mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝6 m/s，兩個(gè)物塊的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，方向與原來相反，則mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，代入數(shù)據(jù)解得v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物塊乙的動(dòng)能不變，物塊甲的動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5 m/s，故C錯(cuò)誤．甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相同，由動(dòng)量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相反，由動(dòng)量守恒定律得mv乙－mv甲＝mv′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝0，故D正確． 11．[2019山西省太原五中考試]如圖所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車，質(zhì)量均為m＝1 kg，現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細(xì)線懸于輕質(zhì)支架頂端，mc＝0.5 kg.開始時(shí)A車與C球以v0＝4 m/s的速度沖向靜止的B車．若兩車正碰后粘在一起，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則( ) A．A車與B車碰撞瞬間，兩車動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒 B．從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．小球能上升的最大高度為0.16 m D．小球能上升的最大高度為0.12 m 答案：C 解析：兩車碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中，在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B兩車碰撞過程，動(dòng)量守恒，設(shè)兩車剛粘在一起時(shí)共同速度為v1，有mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；從開始到小球到最高點(diǎn)的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)三者共同速度為v2，有2mv1＋mcv0＝(2m＋mc)v2，解得v2＝2.4 m/s，從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即mcgh＝mcv＋2mv－(2m＋mc)v，解得h＝0.16 m，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 12．[2019青島模擬]某研究小組通過實(shí)驗(yàn)測得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移－時(shí)間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系．已知相互作用時(shí)間極短，由圖象給出的信息可知( ) A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7：2 B．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小 D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 答案：D 解析：根據(jù)s－t圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5：2，故A錯(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小小于滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小，故B錯(cuò)誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動(dòng)能的表達(dá)式可知，m1v＞m2v，故C錯(cuò)誤，D正確． 13．[2019北京東城區(qū)模擬]下面關(guān)于碰撞的理解，正確的是( ) A．正碰屬于彈性碰撞，斜碰屬于非彈性碰撞 B．如果碰撞過程中動(dòng)能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 C．碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 D．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略 答案：C 解析：正碰也稱對心碰撞，是小球在相互作用前后都沿著同一直線(即沿著兩球球心連線)運(yùn)動(dòng)的碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷兩小球碰撞前后的機(jī)械能是否守恒，從而將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，斜碰也稱非對心碰撞，是兩球在碰撞前的相對速度不沿兩球球心連線的碰撞，斜碰也遵循動(dòng)量守恒定律，但情況較復(fù)雜，同樣需要根據(jù)兩小球碰撞前后的機(jī)械能是否守恒，從而判斷屬于彈性碰撞還是非彈性碰撞，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)碰撞的定義可知，碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程，故C正確；在碰撞現(xiàn)象中，如果內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則可以忽略外力的作用，D錯(cuò)誤． 14．[2019安徽示范高中質(zhì)檢]甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1＝5 kgm/s，p2＝7 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kgm/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是( ) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 答案：C 解析：設(shè)碰后甲球動(dòng)量變?yōu)閜′1，乙球動(dòng)量變?yōu)閜′2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2 kgm/s.碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，則有≤，解得≥，綜上有≤≤，C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 15．[2019石家莊模擬]如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球的半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)．已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的最大高度為( ) A．h B．2h C．3h D．4h 答案：D 解析：所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失．設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，又m2＝3m1，則v1＞v2≥0.聯(lián)立可得h1＝4h，選項(xiàng)D正確． 16．[2019武漢模擬](多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運(yùn)動(dòng)，一顆質(zhì)量為m(m下載提示(請認(rèn)真閱讀)
- 1.請仔細(xì)閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預(yù)覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)！既往收益都?xì)w您。
文檔包含非法信息？點(diǎn)此舉報(bào)后獲取現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9 積分
| 下載 |
還剩頁未讀，繼續(xù)閱讀
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo)，表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
- 2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練18 動(dòng)量守恒定律含解析 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 全程 訓(xùn)練 計(jì)劃 18 動(dòng)量 守恒定律 解析
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
相關(guān)資源
更多
正為您匹配相似的精品文檔
鏈接地址：http://m.zhongcaozhi.com.cn/p-4602219.html