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高中物理竞赛备赛经典训练



高中物理竞赛训练
一、简答题
1、如图 5 所示,长为 L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子与水平方向的夹角 在图上已标示,求横杆的重心位置。 2、放在斜面上的均质长方体,按实际情况分析受力,斜面的支持力会通过长方体的重心吗?

C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上 A 点右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止

的状态 11、 如图 13 所示, 在倾角为θ 的固定斜面上, 叠放着两个长方体滑块, 它们的质量分别为 m1 和 m2 , 它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ 1 和μ 们之间的摩擦力大小为: A、μ
1 2

,系统释放后能够一起加速下滑,则它

m1gcosθ m2gcosθ

B、μ D、μ

2

m1gcosθ m2gcosθ

二、计算题
C、μ 3、如图 7 所示,在固定的、倾角为α 斜面上,有一块可以转动的夹板(β 不定),夹板和斜面夹着一个质 量为 m 的光滑均质球体,试求:β 取何值时,夹板对球的弹力最小。 4、如图 11 所示,一个重量为 G 的小球套在竖直放置的、半径为 R 的光滑大环上,另一轻质弹簧的劲度 系数为 k ,自由长度为 L(L<2R),一端固定在大圆环的顶点 A ,另一端与小球相连。环静止平衡时位于 大环上的 B 点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ 。 5、光滑半球固定在水平面上,球心 O 的正上方有一定滑轮,一根轻绳跨过滑轮将一小球从图 13 所示的 A 位置开始缓慢拉至 B 位置。试判断:在此过程中,绳子的拉力 T 和球面支持力 N 怎样变 化? 14、如图 17 所示,一个半径为 R 的均质金属球上固定着一根长为 L 的轻质细杆,细杆的左 6、质量均为 m 的两只钩码 A 和 B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图 2 所示。试问: ① 如果在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少? 端用铰链与墙壁相连, 球下边垫上一块木板后, 细杆恰好水平, 而木板下面是光滑的水平面。 由于金属球和木板之间有摩擦(已知摩擦因素为μ ),所以要将木板从球下面向右抽出时,至 少需要大小为 F 的水平拉力。试问:现要将木板继续向左插进一些,至少需要多大的水平推 力? ② 如果在 Q 处剪断弹簧,在剪断瞬时,B 的加速度又是多少? 15、物体放在水平面上,用与水平方向成 30°的力拉物体时,物体匀速前进。若此力大小不变,改为沿水平方向 7、如图 10 所示,甲图系着小球的是两根轻绳,乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角θ 已知。现将它 们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬间,两种情形下小球的瞬时加速度。 16、如图 19 所示,质量 m = 5kg 的物体置于一粗糙斜面上,并用一平行斜面的、大小 F 8、如图 12 所示,光滑水平面上放着一个长为 L 的均质直棒,现给棒一个沿 棒方向的、大小为 F 的水平恒力作用,则棒中各部位的张力 T 随图中 x 的关 系怎样? = 30N 的推力推物体,使物体能够沿斜面向上匀速运动,而斜面体始终静止。已知斜面 的质量 M = 10kg ,倾角为 30°,重力加速度 g = 10m/s ,求地面对斜面体的摩擦力大小。 17、如图 20 所示,一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上,斜面 的倾角为θ 。另一质量为 m 的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力 F 9、把一个重为 G 的物体用一个水平推力 F 压在竖直的足够高的墙壁上,F 随时间 t 的变化规律如图 9 所示,则在 t = 0 开始物体所受的摩擦力 f 的变 化图线是图 10 中的哪一个? 10、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向 右运动。 现将一工件(大小不计)在皮带左端 A 点轻轻放下, 则在此后的过程 中( ) 19、如图 6 所示,光滑斜面倾角为θ ,在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量 A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力作用下,对地做加速运动 B、当工件的速度等于 v 时,它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力 为 m 的小球,当斜面加速度为 a 时(a<ctgθ ),小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力 T 。 作用在滑块上,使之能沿斜面匀速上滑,且要求斜面体静止不动,就必须施 加一个大小为 P = 4mgsinθ cosθ 的水平推力作用于斜面体。使满足题意的 这个 F 的大小和方向。 18、如图 4 所示,小车在倾角为α 的斜面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发 现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β 。试求小车的加速度。
2 1 1

四、综合题
12、如图 14 所示,一个半径为 R 的非均质圆球,其重心不在球心 O 点,先将它置于水平地面上,平衡时球面 上的 A 点和地面接触;再将它置于倾角为 30°的粗糙斜面上,平衡时球面上的 B 点与斜面接触,已知 A 到 B 的圆心角也为 30°。试求球体的重心 C 到球心 O 的距离。 13、两根等长的细线,一端拴在同一悬点 O 上,另一端各系一个小球,两球的质量分别为 m1 和 m2 ,已知两 球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度,分别为 45 和 30°。则 m1 : m2 为多少?

拉物体,物体仍能匀速前进,求物体与水平面之间的动摩擦因素μ 。

三、选择题

20、如图 9 所示,自动扶梯与地面的夹角为 30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以 a = 4m/s
2

2

对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的矢量 G 和 N1 进行平移,使它们构成一个三角形,如图 8 的左图和中图所示。由于 G 的大小和方向均不变,而 N1 的方向不可变,当β 增大导致 N2 的方向改变时,N2 的变化和 N1 的方向变化如图 8 的右图所示。显 然,随着β 增大,N1 单调减小,而 N2 的大小先减小后增大,当 N2 垂直 N1 时,N2 取极小值,且 N2min = Gsinα 。 方法二,函数法。

的加速度向上运动时,站在扶梯上质量为 60kg 的人相对扶梯静止。重力加速度 g = 10 m/s , 试求扶梯对人的静摩擦力 f 。 21、如图 11 所示,吊篮 P 挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体 Q 被固定在吊篮中的轻弹簧 托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q 的加速度分别是多少? 22、如图 15 所示,三个物体质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,带滑轮的物体放在光 滑水平面上,滑轮和所有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三 个物体无相对滑动,水平推力 F 应为多少? 解说:此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离 m2 ,竖直方向有一个平衡方 程;隔离 m1 ,水平方向有一个动力学方程;整体有一个动力学方程。就足以 解题了。 23、一根质量为 M 的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为 m 的猫,如图 17 所示。现将系木 棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高度不变,则棒的加速度将是多少? 24、如图 18 所示,一质量为 M 、倾角为θ 的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一个质量为 m 的滑块 从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。

看图 8 的中间图,对这个三角形用正弦定理,有: 值讨论是很容易的。 答案:当β = 90°时,甲板的弹力最小。

=

,即:N2 =

,β 在 0 到 180°之间取值,N2 的极

4、解说:平行四边形的三个矢量总是可以 平移到一个三角形中去讨论,解三角形的典 型思路有三种:①分割成直角三角形(或本 来就是直角三角形);②利用正、余弦定理; ③利用力学矢量三角形和某空间位置三角 形相似。本题旨在贯彻第三种思路。 分析小球受力→矢 量平移,如图 12 所示,其中 F 表示弹簧弹

25、 如图 21 所示, 与水平面成θ 角的 AB 棒上有一滑套 C , 可以无摩擦地在棒上滑动, 开始时与棒的 A 端相距 b , 相对棒静止。当棒保持倾角θ 不变地沿水平面匀加速运动,加速度为 a(且 a>gtgθ )时,求滑套 C 从棒的 A 端滑 出所经历的时间。

力,N 表示大环的支持力。 (学生活动)思考:支持力 N 可不可以沿图 12 中的反方向?(正交分解看水平方向平衡——不可以。)

参考答案
一、简答题

容易判断,图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形Δ AOB 是相似的,所以:



由胡克定律:F = k(

- R)⑵ 几何关系:

= 2Rcosθ ⑶ 解以上三式即可。

1、解说:直接用三力共点的知识解题,几何关系比较简单。 答案:距棒的左端 L/4 处。

答案:arccos

。 5、T 变小,N 不变。

2、解:将各处的支持力归纳成一个 N ,则长方体受三个力(G 、f 、N)必共点,由此推知,N 可能通过长方体的重心。正确受力情形如图 6 所示(通常的受力图是将受力物体看成一个点, 时,N 就过重心了)。 答:不会。

不 这 6、解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”,故剪断瞬间弹簧弹力维持原值,所以 此时 B 钩码的加速度为零(A 的加速度则为 2g)。 第②问需要我们反省这样一个问题:“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么?是 A、B 两物的惯性, 且速度 v 和位移 s 不能突变。但在 Q 点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量),遵从理想模型的

二、计算题

条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零。 答案:0 ;g 。

3、解说:方法一,平行四边形动态处理。 7、解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。

(学生活动)思考: 用竖直的绳和弹簧悬吊小球, 并用竖直向下的力拉住小球静止, 然后同时释放, 会有什么现象?原因是什么? 结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律)。 第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开始的运动来反推)。 知识点,牛顿第二定律的瞬时性。 答案:a 甲 = gsinθ ;a 乙 = gtgθ 。 8、解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程(隔离右段较好)。

11、答:B 。(方向沿斜面向上。) 思考:(1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度 v0 一起上冲,以上结论会变吗?(2)如果斜面光滑,两滑块之间有没有摩擦力? (3)如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子,上面的滑块换成小球,它们以初速度 v0 一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有 压力? 解:略。 答:(1)不会;(2)没有;(3)若斜面光滑,对两内壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力。

四、综合题

答案:N=

x 。

12、解说:练习三力共点的应用。 根据在平面上的平衡,可知重心 C 在 OA 连线上。根据在斜面上的平衡,支持力、重力和静摩擦力共

三、选择题

点,可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单。

9、解说:静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题,但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速,平衡方 程不再适用。如何避开牛顿第二定律,是本题授课时的难点。静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据。水平方向合 力为零,得:支持力 N 持续增大。物体在运动时,滑动摩擦力 f = μ N ,必持续增大。但物体在静止后静摩擦力 f′≡ G , 与 N 没有关系。对运动过程加以分析,物体必有加速和减速两个过程。据物理常识,加速时,f < G ,而在减速时 f > G 。 答案:B 。 10、解说:B 选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D 选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是 A 选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用反证法(t → 0 ,a → ∞ ,则Σ Fx → ∞ ,必然 会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形变、重心可以调节 的特殊“物体”) 13、解说:本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。 对两球进行受力分析,并进行矢量平移,如图 16 所示。 此外,本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出只有当 L> 与皮带之间的动摩擦因素),才有相对静止的过程,否则没有。 而且,两球相互作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表示,设为 F 。 答案:A、D 思考:令 L = 10m ,v = 2 m/s ,μ = 0.2 ,g 取 10 m/s ,试求工件到达皮带右端的时间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0 ,其它条件不变,再求 t(学生分以下三组进行)—— ① v0 = 1m/s ② v0 = 4m/s ③ v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) 答案:1 : (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) 观察与思考:解本题是否还有其它的方法? (答:1.55s) 。
2

答案:

R 。

反馈练习:静摩擦足够,将长为 a 、厚为 b 的砖块码在倾角为θ 的斜面上,最多能码多少块? 解:三力共点知识应用。

答:



时(其中μ 为工件

首先注意,图 16 中的灰色三角形是等腰三角形,两底角相等,设为α 。

对左边的矢量三角形用正弦定理,有: 即可。

=

①同理,对右边的矢量三角形,有:

=

②解①②两式

答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将 O 点看成转轴,两球的重力对 O 的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简 便。

答:Gsin15°(其中 G 为物体的重量)。 16、解说:本题旨在显示整体法的解题的优越性。

应用:若原题中绳长不等,而是 l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1 与 m2 的比值又将是多少? 注意,滑块和斜面随有相对运动,但从平衡的角度看,它们是完全等价的,可以看成一个整体。做整体的受力分析时,内力不 解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程),而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。 加考虑。受力分析比较简单,列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。 答案:26.0N 。 答:2 :3 。 17、解说:这是一道难度较大的静力学题,可以动用一切可能的工具解题。 14、解说:这是一个典型的力矩平衡的例题。 方法一:隔离法。由第一个物理情景易得,斜面于滑块的摩擦因素μ = tgθ 以球和杆为对象,研究其对转轴 O 的转动平衡,设木板拉出时给球体的摩擦力为 f ,支持力为 N ,重力为 G ,力矩平衡方程 为: f R + N(R + L)= G(R + L)① 球和板已相对滑动,故:f = μ N② Fx = Fytgθ + 2mgsinθ ① 对斜面体,只看水平方向平衡就行了 ②代入①可得:Fx = 3mgsin 对第二个物理情景,分别隔离滑块和斜面体分 Fy + mgcosθ = N 且 析受力,并将 F 沿斜面、垂直斜面分解成 Fx 和 Fy ,滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示(N 表示正压力和弹力, f 表示摩擦力),如图 21 所示。对滑块,我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡 Fx = f + mgsinθ f = μ N = Ntgθ 综合以上三式得到:

P = fcosθ + Nsinθ 即:4mgsinθ cosθ =μ Ncosθ + Nsinθ 代入μ 值,化简得:Fy = mgcosθ ② 解①②可得:f = 再看木板的平衡,F = f 。 θ

同理,木板插进去时,球体和木板之间的摩擦 f′=

= F′。

最后由 F =

解 F 的大小,由 tgα =

解 F 的方向(设α 为 F 和斜面的夹角)。

答案:



答案:大小为 F = mg

,方向和斜面夹角α = arctg(

)指向斜面内部。

15、这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。 方法一,正交分解。(分析受力→列方程→得结果。) 方法二,用摩擦角解题。 引进全反力 R ,对物体两个平衡状态进行受力分析,再进行矢量平移,得到图 18 中的左图和中间图(注意:重力 G 是不变的, 而全反力 R 的方向不变、F 的大小不变),φ m 指摩擦角。

方法二:引入摩擦角和整体法观念。仍然沿用“法一”中关于 F 的方向设置(见图 21 中的α 角)。先看整体的水平方向平衡, 有:Fcos(θ - α ) = P ⑴ 再隔离滑块,分析受力时引进全反力 R 和摩擦角φ ,由于简化后只有三个力(R、mg 和 F),可以 将矢量平移后构成一个三角形,如图 22 所示。

在图 22 右边的矢量三角形中,有: 注意:φ = arctgμ = arctg(tgθ ) = θ ⑶

=

=



解⑴⑵⑶式可得 F 和α 的值。 18、解: 继续贯 彻“矢 量性”

再将两图重叠成图 18 的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为 30°的等腰三角形,其顶角的角平分线必垂直底边??故有: φ
m

= 15° 最后,μ = tgφ

m



答案:0.268 。 观察与思考:如果 F 的大小是可以选择的,那么能维持物体匀速前进的最小 F 值是多少? 解:见图 18,右图中虚线的长度即 Fmin ,所以,Fmin = Gsinφ m 。

的应 用,但 数学处 理复杂

了一些(正弦定理解三角形)。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平行四边形,并找到相应的夹角。设张力 T 与斜面方向的夹角为θ , 则θ =(90°+α )-β =90°-(β -α ) (1)对灰色三角形用正弦定理,

21、解:略。 答:2g ;0 。

22、答案:F = 有 = (2) 解(1)(2)两式得:Σ F =



思考:若将质量为 m3 物体右边挖成凹形,让 m2 可以自由摆动(而不与 m3 相碰),如图 16 所示,其它条件不变。是否可以选择一 最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度) 个恰当的 F′,使三者无相对运动?如果没有,说明理由;如果有,求出这个 F′的值。

解:此时,m2 的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为 T ,m2 的受力情况如图,隔离方程为: 答: 。 19、解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第 二定律的“独立作用性”列方程。正交坐标的选择,视解题方便程度而定。 最后用整体法解 F 即可。 解法一:先介绍一般的思路。沿加速度 a 方向建 x 轴,与 a 垂直的方向上建 y 轴,如图 7 所示(N 为斜面支 持力)。于是可得两方程Σ Fx = ma,即 Tx-Nx=ma Σ Fy=0, 即 Ty+Ny=mg 代入方位角θ ,以上两式成为 答:当 m1≤m2 时,没有适应题意的 F′;当 m1>m2 时,适应题意的 F′= 。 仍有:T = m1a 解以上两式,可得:a = g

= m2a

隔离 m1 ,

T cosθ -N sinθ = ma(1) T sinθ + Ncosθ = mg(2) 这是一个关于 T 和 N 的方程组,解(1)(2)两式得:T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力 T 。将正交分解的坐标选择为:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。这时,在 分解受力时,只分解重力 G 就行了,但值得注意,加速度 a 不在任何一个坐标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图 8 所示。 根据独立作用性原理,Σ Fx = max 即:T - Gx = max 即:T-mgsinθ =macosθ 答案: 显然,独立解 T 值是成功的。结果与解法一相同。 答案:mgsinθ +macosθ 思考:当 a>ctgθ 时,张力 T 的结果会变化吗?(从支持力的结果 N = mgcosθ -ma sinθ 看小球脱离斜面的条件,求脱离斜面后,θ 条件已 没有意义。答:T = m 。) g 。

23、解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力 f ,然后列猫的平衡方程和棒的动 力学方程,解方程组即可。

法二,“新整体法”。据Σ 棒的加速度 a1 十分容易。

= m1

+ m2

+ m3

+ ? + mn

,猫和棒的系统

外力只有两者的重力,竖直向下,而猫的加速度 a1 = 0 ,所以:(M+m)g =m·0+Ma1 解

24、解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在 这个方向上进行突破。 (学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。 位移矢量示意图如图 19 所示。根据运动学规律,加速度矢量 a1 和 a2 也具有这样的关系。 (学生活动)这两个加速度矢量有什么关系?

20、解:这是一个展示独立作用性原理的经典例题,建议学生选择两 种坐标(一种是沿 a 方向和垂直 a 方向,另一种是水平和竖直方向), 对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。 且:a1y = a2sinθ ② 答:208N 。 隔离滑块和斜面,受力图如图 20 所示。 沿斜面方向、垂直斜面方向建 x 、y 坐标,可得:a1y = a2y①

对滑块,列 y 方向隔离方程,有:mgcosθ - N = ma1y③ 另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ 对斜面,仍沿合加速度 a2 方向列方程,有:Nsinθ = Ma2④ 以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图 24 所示。 解①②③④式即可得 a2 。 注意,滑套相对棒的加速度 a 相是沿棒向上的,故动力学方程为:F cosθ - mgsinθ = ma 相(1)
*

+

*

= m

(注:

*

为惯性力),此题极简单。过程如下——

答案:a2 =

。 其中 F = ma(2)
*

而且,以棒为参照,滑套的相对位移 S 相就是 b ,即:b = S 相 =

a 相 t (3)

2

(学生活动)思考:如何求 a1 的值? 解(1)(2)(3)式就可以了。 解:a1y 已可以通过解上面的方程组求出;a1x 只要看滑块的受力图,列 x 方向的隔离方程即可,显然有 mgsinθ = ma1x ,得 a1x = gsinθ 。最后据 a1 = 求 a1 。

答:a1 =

。 25、 解说: 这是一个比较特殊的 “连接体问题”, 寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加 重要。动力学方面,只需要隔离滑套 C 就行了。 (学生活动)思考:为什么题意要求 a>gtgθ ? (联系本讲第二节第 1 题之“思考题”)

定性绘出符合题意的运

动过程图,如图 22 所示:S 表示棒的位移,S1

表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后,S1x 表示 S1 在 x 方向上的分量。不难看出: S1x + b = S cosθ ①

设全程时间为 t ,则有:S=

at ②

2

S1x= 式即可。

a1xt ③

2

而隔离滑套,受力图如图 23 所示,显然:mgsinθ = ma1x④ 解①②③④

答案:t =



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