全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx
- 文档编号:30212938
- 上传时间:2023-08-07
- 格式:DOCX
- 页数:51
- 大小:530.42KB
全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx
《全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx(51页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版
机械能及其守恒定律
知识集结
知识元
功和各种力做功的特点
知识讲解
1.功的概念:
一个物体受到力的作用,并且在力的方向上发生了一段位移,这个力就对物体做了功.
(1)做功的必不可少的条件:
物体受到了力并且在力的方向上发生了位移.
(2)功有正功、负功和零功之分,但是功不是矢量,是标量.
(3)位移一般指的是物体相对于地面的位移.
2.功的计算:
(1)一般公式:
W=Flcosα(F是力的大小,l是位移的大小,α是力F与位移l的夹角).
①当力与位移之间夹角不为零时,可以理解为:
Fcosα是力在位移方向上的投影或lcosα是位移在力方向上的投影.
②W=Flcosα只能用来计算恒力做的功,如果要求变力做的功只有通过将变力转化为恒力,再用W=Flcosα计算.
(2)计算多个力的合力做的功时,如果合力是恒力时可以先求出合力,再根据W总=Flcosα求合力做的功;也可以分别计算各个分力所做的功W1、W2…Wn,再根据W总=W1+W2+…+Wn求这些功的代数和.
3.判断正、负功的方法
当0°≤α<90°时,力对物体做正功;
当90°<α≤180°时,力对物体做负功;
当α=90°时,力对物体不做功.
其中α为力与速度的夹角
4.各种力做功的特点
(1)与势能相关联的力,比如重力、弹簧的弹力以及电场力等,它们做的功与路径无关,只与位移有关或者说只与始末点的位置有关.例如:
重力做的功只与初末位置的高度差有关,与运动路径无关.
(2)滑动摩擦力、空气阻力等,在曲线运动或往返运动时,当力的大小不变,方向始终与运动方向相同或相反时,力所做的功等于力和路程的乘积(方向相同时做功为正,相反时做功为负).
(3)弹力:
接触面间的弹力与接触面垂直,但是弹力也有可能做功,计算方法与一般力的计算方法相同.
(4)摩擦力:
做功与物体的运动特点有关,可以为正,也可以为负.当做正功时,摩擦力是动力;做负功时,摩擦力是阻力.一对静摩擦力所做的总功为零;一对滑动摩擦力所做的总功是负值,其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积,恰好是系统由于摩擦力做功而损失的机械能.
(5)作用力与反作用力:
二者做功与物体的具体运动有关,二者做功没有必然的联系.
(6)电场力:
与重力做功类似,只与初末位置的电势差有关,与路径无关.
(7)洛仑兹力:
始终不做功.
例题精讲
功和各种力做功的特点
例1.
(2021∙金凤区校级四模)如图所示,a、b两不可伸长的细绳一端系着质量为m的小球,另一端系在竖直放置的圆环上,小球位于圆环的中心,开始时绳a水平,绳b倾斜,现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳a竖直,在此过程中( )
A.a上的拉力对小球做正功,b上的拉力对小球做负功
B.a上的拉力逐渐增大,b上的拉力逐渐减小
C.a上的拉力先增大后减小,b上的拉力逐渐减小
D.a上的拉力先减小后增大,b上的拉力逐渐增大
【答案】C
【解析】
题干解析:
对小球进行受力分析,如图所示。
mg的对角不变,设为γ,设Fa的对角为α,Fb的对角为β,在缓慢转动的过程中,小球始终处于平衡状态,由正弦定理得:
α角由钝角减小至直角,再变为锐角,sinα先逐渐增大后减小,可得Fa先逐渐增大,后减小。
β角由直角增加至平角,sinβ逐渐减小,可得,Fb逐渐减小。
故ABD错误,C正确。
例2.
(2021∙昆明模拟)在光滑水平面上有一质点处于静止状态,现施加一水平力F,力F随时间t按如图所示的余弦函数变化,则下列说法正确的是( )
A.在0〜4s内,力F做功为零
B.第2s末,质点的加速度最大
C.第4s末,质点的速度最大
D.在2s〜4s内,质点做加速运动
【答案】A
【解析】
题干解析:
A、设在0〜2s内和在2〜4s内平均作用力大小分别为F1、F2,根据的图象的对称性,它们平均作用力大小相等,方向相反,经过的位移相等,有:
WF=F1S-F2S=0,故A正确;
B、第2s末,F=0,质点的加速度为零,故B错误;
C、第4s末,F=-10N,质点的加速度最大,速度为零,故C错误;
D、在2s〜4s内,速度方向和F方向相反,质点做减速运动,故D错误。
例3.
(2021春∙相城区校级期中)如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,在外力作用下,斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动,运动中物体m与斜面体始终相对静止。
则过一段时间后,关于m的说法中正确的是( )
A.支持力做功为零
B.摩擦力做正功
C.摩擦力可能不做功
D.合外力做功可能为零
【答案】C
【解析】
题干解析:
A、由功的计算公式W=FScosα可知,支持力方向垂直斜面向上,与位移的方向夹角小于90°,支持力一定做正功,故A错误;
BC、摩擦力是否存在需要讨论:
当加速度较小时,摩擦力Ff沿斜面向上,即a 当加速度较大时,摩擦力Ff沿斜面向下,即a>gtanθ,摩擦力沿斜面向下,做正功。 当a=gtanθ时,摩擦力不存在,不做功,故C正确,B错误; 合力水平向右,与运动方向相同,合力做正功,故D错误。 例4. (2021∙黄浦区二模)一物体自t=0开始,在合力F作用下由静止起做直线运动,合力F大小随时间t的变化如图所示,且方向始终不变。 已知该物体在t0和2t0时刻的速度分别是v1和v2,F在0-t0和t0-2t0时间内对物体所做的功分别是W1和W2,则( ) A.v2=4v1,W2=16W1 B.v2=3v1,W2=8W1 C.v2=4v1,W2=15W1 D.v2=3v1,W2=4W1 【答案】B 【解析】 题干解析: 物体在0~t0和t0-2t0时间做匀变速直线运动,由根据牛顿第二定理: a1 a2 得: a2=2a1, 根据匀变速直线规律有: v1=a1t0 v2=v1+a2t0=v1+2v1=3v1 可得: v2=3v1, 由运动学公式有: s1 a1t02 s2=v1t0 a2t02=a1t02 2a1t02=2a1t02 可得: s2=4s1 根据力做功的公式有: W1=F0s1 W2=2F0s2=2×4F0s1=8F0s1 可得: W2=8W1 故ACD错误,B正确。 例5. (2021∙宜宾模拟)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为3m和2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。 现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,A的加速度的方向沿斜面向上,大小为a,则下列说法错误的是( ) A.从静止到B刚离开C的过程中,A运动的距离为 B.从静止到B刚离开C的过程中,A克服重力做的功为 C.恒力F的大小为5mgsinθ+3ma D.当A的速度达到最大时,B的加速度大小为 a 【答案】B 【解析】 题干解析: A、开始A处于静止状态,弹簧处于压缩状态,根据平衡有: 3mgsinθ=kx1,x1 ,当B刚离开C时,B对挡板的弹力为零,弹簧处于拉伸状态,有: kx2=2mgsinθ,x2 ,可知从静止到B刚离开C的过程中,A发生的位移x=x1+x2 ,故A正确; B、从静止到B刚离开C的过程中,重力对A做的功: W=-3mgxsinθ ,故B错误; C、根据牛顿第二定律,F-3mgsinθ-kx2=3ma,得F=5mgsinθ+3ma,故C正确; D、当A的速度达到最大时,A受到的合外力为0,则F-3mgsinθ-T′=0,得T′=2mgsinθ+3ma;B沿斜面方向受到的力FB=T′-2mgsinθ=2ma′,解得: d ,故D正确 例6. (2021∙雁塔区校级模拟)如图所示,质量均为m的木块A和B,用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接,最初系统静止,现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面,则这一过程中力F做的功至少为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 题干解析: 开始时,A、B都处于静止状态,弹簧的压缩量设为x1,由胡克定律有kx1=mg…① 物体A恰好离开地面时,弹簧对B的拉力为mg,设此时弹簧的伸长量为x2,由胡克定律有kx2=mg…② 这一过程中,物体A上移的距离d=x1+x2…③ ①②③式联立可解得: d ,故B正确 功率 知识讲解 1.功率: 功W跟完成这些功所用时间t的比值. ①定义式: P= ②物理意义: 表示单位时间内做功的多少.功率表示做功的快慢,功率越大做功越快. ③功率是一个标量,有正负之分,正值表示做功的力为动力,负值表示做功的力为阻力. (2)常见的几种功率 ①额定功率: 机械长时间正常工作时的最大输出功率. ②实际功率: 机械工作时的实际功率,实际功率应不大于额定功率,否则会缩短机器寿命. ③平均功率: 一段时间内做功的平均快慢程度. ④瞬时功率: 某时刻做功的快慢程度. 2.功率的计算 (1)平均功率的计算方法 ①利用定义式P= 计算的是物体在时间t内的平均功率. ②利用公式P=Fvcosα,其中v为物体运动的平均速度. (2)瞬时功率的计算方法 利用公式P=Fvcosα,其中v为某时刻的瞬时速度. (3)公式P= 和P=Fv的区别 ①P= ,是物体在时间t内的平均功率. ②P=Fvcosθ,θ是F与v的夹角,此式既可用于求平均功率,也可用于求瞬时功率. 例题精讲 功率 例1. (2021春∙静宁县校级期末)如图所示,圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上,OC与OA的夹角为60°,轨道最低点A与桌面相切。 一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球(均可视为质点),挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边,开始时m1位于C点,然后从静止释放,则下列说法正确的是( ) A.在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B.在m1由C点下滑到A点的过程中,重力对m1做功功率先增大后减少 C.在m1由C点下滑到A点的过程中,m1机械能守恒 D.若m1恰好能沿圆弧下滑到A点,则m1=3m2 【答案】B 【解析】 题干解析: A、m1由C点下滑到A点的过程中,沿绳子方向的速度是一样的,在m1滑下去一段过程以后,此时的绳子与圆的切线是不重合,而是类似于圆的一根弦线而存在,所以此时两个物体的速度必然不相同的,故A错误; B、重力的功率就是P=mgv,这里的v是指竖直的分速度,一开始m1是由静止释放的,所以m1一开始的竖直速度也必然为零,最后运动到A点的时候,由于此时的切线是水平的,所以此时的竖直速度也是零,但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的,所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程,也就是一个先变大后变小的过程,所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程,故B正确; C、在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功,故m1的机械能减小,故C错误; D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点,此时两小球速度均为零,根据动能定理得: m1gR(1-cos60°)=m2gR,解得: m1=2m2,故D错误。 例2. (2021春∙张家口月考)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上。 一质量为m的小球,距弹簧上端高h处自由释放,在接触到弹簧后继续向下运动。 以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建一坐标轴Ox,A点为小球速度最大的位置,B点为小球运动的最低点(A点和B点图中均未画出)。 下列关于A、B点的坐标的说法正确的是( ) A.若h增大,则xA和xB都增大 B.若h增大,则xA增大,xB不变 C.若h增大,则xA不变,xB增大 D.若h增大,则xA和xB都不变 【答案】C 【解析】 题干解析: 小球速度最大时合力为零,根据平衡条件得kxA=mg,得xA ,与h无关,可知h增大时,xA不变。 以水平地面为参考平面,若h增大,初始时小球的重力势能增加,根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒,知小球运动到最低点时弹簧的弹性势能增加,则xB增大,故ABD错误,C正确。 例3. (2021春∙如皋市月考)如图所示,轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部,一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动。 已知弹簧始终处于弹性限度范围内,则下列判断正确的是( ) A.物块从接触弹簧到最低点的过程中,加速度不断减小 B.物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动 C.物块从出发点到最低点过程中,物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能 D.物块的动能最大时,物块的重力势能最小 【答案】C 【解析】 题干解析: A、对物块进行受力分析,根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma,刚开始接触时,F 故A错误。 B、物块碰到弹簧不久,F C、以弹簧和物体组成的系统中,只有重力和弹力做功,机械能守恒。 物块从出发点到最低点过程中,物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能,故C正确。 D、物块的动能最大时,物块的重力势能与弹性势能之和最小,故D错误。 例4. (2021春∙北碚区校级月考)如图所示,质量相同的两物体a和b,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质滑轮两侧,b在水平粗糙桌面上。 初始时用力压住b使a、b均静止,撤去此压力后,在a下降的过程中,b始终未离开桌面。 则在此过程中( ) A.两物体机械能的变化量相等 B.a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量 C.a、b两个物体的速度大小始终相等 D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零 【答案】D 【解析】 题干解析: A、由于有摩擦力做功,故ab系统机械能不守恒,则二者机械能的变化量不相等,故A错误; B、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和,故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量,故B错误; C、由图可知va=vbcosθ,即a的速度小于b的速度,故C错误; D、在这段时间t内,绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等,绳子对a做的功等于-FTvat,绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积,即: FTvbcosθt,又va=vbcosθ,所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等,二者代数和为零,故D正确。 例5. (2021秋∙凯里市校级月考)如图,叠放在一起的质量为M=4kg,m=1kg的两个物块,用手从静止的沿竖直方向迅速抬起,已知手对物块的作用力F恒为60N(不计空气阻力),两物块始终相对静止,则在此过程中( ) A.m处于失重状态 B.m受到重力,支持力和推力F三个力的作用 C.m受到M对它的支持力大小为12N D.M的机械能可能不变 【答案】C 【解析】 题干解析: ABC、对M、m整体,列牛顿第二定律方程F-(M+m)g=(M+m)a,解得: a=2m/s2,加速度方向竖直向上,整体处于超重状态,对m,受到重力mg、支持力N,据牛顿第二定律得N-mg=ma,解得M对m的支持力N=12N,故AB错误,C正确; D、M向上做加速运动,动能增加,重力势能增加,总机械能增大,故D错误; 例6. (2021∙浙江二模)把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示。 迅速松手后,弹簧把球弹起,球升到最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。 已知B、A的高度差为0.1m,C、B的高度差为0.2m,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。 则( ) A.小球从状态乙到状态丙的过程中,动能先增大,后减小 B.小球从状态甲到状态丙的过程中,机械能一直不断增大 C.状态甲中,弹簧的弹性势能为0.6J D.状态乙中,小球的动能为0.6J 【答案】C 【解析】 题干解析: A.小球由乙状态到丙状态过程中只受到向下的重力,所以做减速运动,动能一直减小,故A错误; B.小球从A运动到C位置的过程中,对于弹簧和小球组成的系统,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,故B错误; C.因为系统的机械能守恒,所以状态甲中弹簧的弹性势能等于A到D小球的重力势能的增加量,即EP=mghAD=0.2×10×0.3=0.6J,故C正确; D.甲状态到乙状态,根据能量守恒有△Ep=△EG+△EK,即: 0.6=2×0.1+Ek, 所以状态乙小球的动能为0.4J,故D错误; 机车启动的两种方式 知识讲解 1.以恒定功率启动 汽车以恒定功率起动时,它的牵引力F将随速度v的变化而变化,其加速度a也随之变化,具体变化过程可采用如下示意图表示: 2.以恒定加速度启动 要维持汽车加速度不变,就要维持其牵引力不变,汽车功率将随v增大而增大,当P达到额定功率P额后,不能再增加,即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过程可用如下示意图表示: 例题精讲 机车启动的两种方式 例1. (2021∙莆田二模)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力。 某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时,空气阻力约占总阻力的50%,牵引力的功率约为2000kW.假设摩擦阻力恒定,空气阻力与列车行驶速度的平方成正比,则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为( ) A.4000kW B.8000kW C.10000kW D.16000kW 【答案】C 【解析】 题干解析: 当动车以180km/h水平匀速行驶时,由P=Fv可得: 牵引力: 动车匀速前进,牵引力和所受的阻力为平衡力,所以阻力为F1; 其中空气阻力为: f空气 ; 由题意可知,空气阻力和列车运行速度的平方成近似正比例关系,当速度为360km/h时,速度增大为2倍,所以空气阻力为原来的4倍,为: f空气′=4f空气=2F1, 摩擦阻力恒定,此时的总阻力为: f总′=2.5F1。 因为匀速直线前进,牵引力和所受到的阻力为平衡力,所以牵引力: F′=2.5F1。 P′=F′v′=2.5F1∙2v1=5P1=5×2000kW=10000kW 故C正确,ABD错误 例2. (2021∙黄山一模)一辆F1赛车含运动员的总质量约为600kg,在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数 的关系如图所示,则赛车在加速的过程中( ) A.速度随时间均匀增大 B.加速度随时间均匀增大 C.输出功率为240kw D.所受阻力大小为24000N 【答案】C 【解析】 题干解析: A、由图可知,加速度变化,故做变加速直线运动,故A错误; B、a 函数方程a 4,汽车加速运动,速度增大,加速度减小,故B错误; CD、对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有: F-f=ma 其中: F 联立得: a 结合图线,当物体的速度最大时,加速度为零,故结合图象可以知道,a=0时, 0.01,v=100m/s,所以最大速度为100m/s 由图象可知: 4,解得: f=4m=4×600=2400N 0 解得: P=240KW,故C正确,D错误; 例3. (2021春∙元江县校级月考)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比,即Ff=kv2,k是阻力因数).当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,如果要使物体运动的速率增大到2vm,则下列办法可行的是( ) A.阻力因数不变,使发动机额定功率增大到2P0 B.发动机额定功率不变,使阻力因数减小到 C.阻力因数不变,使发动机额定功率增大到8P0 D.发动机额定功率不变,使阻力因数减小到 【答案】C 【解析】 题干解析: A、当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,有 .则k .阻力因数不变,使发动机额定功率增大到2P0,有 ,则v .故A错误。 B、发动机额定功率不变,使阻力因数减小到 ,则有 ,v .故B错误。 C、阻力因数不变,使发动机额定功率增大到8P0,则有 ,解得v=2vm.故C正确。 D、发动机额定功率不变,使阻力因数减小到 ,有 ,解得v vm.故D错误。 例4. (2021春∙西陵区校级期中)如图所示,轮半径r很小的传送带,水平部分AB的长度L=1.5m,与一圆心在O点、半径R=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点,AB高出水平地面H=1.25m,一质量m=0.1kg的小滑块(可视为质点),由圆轨道上的P点从静止释放,OP与竖直线的夹角θ=37°.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,不计空气阻力. (1)求滑块对圆轨道末端的压力的大小; (2)若传送带一直保持静止,求滑块的落地点与B间的水平距离; (3)若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行(传送带上部分由A到B运动),求滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率. 【答案】 (1)滑块对圆轨道末端的压力为1.4N; (2)若传送带一直保持静止,滑块的落地点与B间的水平距离为0.5m;(3)滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为0.14W 【解析】 题干解析: (1)滑块从P到圆轨道末端的过程中,由动能定理可得: mgR(1-cos37°) mv2-0可得滑块到达A点时的速度v m/s=2m/s;滑块在轨道末端时,根据牛顿第二定律有: N-mg=m 可得N=mg+m 0.1×10+0.1 1.4N根据牛顿第三定律得: 滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N,方向竖直向下; (2)从A到B的过程中,只有摩擦力对滑块做功,根据动能定理得: -μmgL mv2代入数据可解得滑块到达B时的速度vB=1m/s滑块从B点开始做平抛运动,则滑块落地点距B点的水平距离: x=vBt=vB 1 m=0.5m(3)若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行,滑块先做匀加速运动,加速度为a μg=1m/s2.从滑上传送带到与传送带共速的时间t1 0.4s匀加速的位移x1 0.88m接着滑块做匀速运动,用时t2 0.25s滑块从A点到B点的总时间t=t1+t2=0.65s摩擦力做功为W=μmgx1=0.1×0.1×10×0.88=0.088J所以滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为P 0.14W 例5. (2021春∙鹤壁期末)如图所示,京沪高铁系统,包括轨道系统、车辆系统、信号系统、供电系统、调度系统,其中动车组车辆系统是把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车.而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,就是动车组.如果在某次运行中,因这趟车客流比较多,用了8节动车和8节拖车组成动车组,假设每节动车的额定功率都相等,且行驶中每节动车在同一时刻的实际功率均相同,驶过程中动车组所受的总阻力恒定为Ff=1.2×105N,动车组的总质量为m=320t,始时动车组从静止以恒定加速度a=0.5m/s2启动做直线运动,达到额定功率后再做
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 高考 物理 新版 力学 专题 机械能 及其 守恒定律 讲义 教师版