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2016高考物理 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用


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第2讲

匀变速直线运动的规律及应用

一、匀变速直线运动 1.定义:沿着一条直线,且加速度不变的运动叫做匀变速直线运动. 2.分类: ?匀加速直线运动:a、v方向相同. ? ?匀减速直线运动:a、v方向相反. 3.匀变速直线运动的规律 (1)

三个基本公式 ①速度公式:v=v0+at 1 ②位移公式:x=v0t+ at2 2 2 ③位移速度关系式:v -v2 0=2ax (2)三个推论 ①任意两个连续相等的时间间隔(T)内,位移之差是一个恒量,即 xⅡ-xⅠ=xⅢ-xⅡ=?=xN-xN-1=Δx=aT2 ②某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速 t v0+v 度: v =v = . 2 2 ③某段位移中点的瞬时速度等于初速度 v0 和末速度 v 平方和一
2 v2 0+v 半的平方根,即 . 2 = 2 (3)初速度为零的匀加速直线运动的特点:(设 T 为等分时间间隔) ①1T 末、2T 末、3T 末?瞬时速度的比为:v1∶v2∶v3∶?∶vn=1∶2∶3∶?∶n. ②1T 内、2T 内、3T 内?位移的比为:x1∶x2∶x3∶?∶xn=12∶22∶32∶?∶n2. ③第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内?位移的比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶?∶xN= 1∶3∶5∶?∶(2N-1). ④从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比 t1∶t2∶t3∶?∶tn=1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶?∶( n- n-1).

vx

二、匀变速直线运动规律的应用 1.自由落体运动 (1)定义:初速度为零,只在重力作用下的匀加速直线运动. (2)运动规律:v=gt; 1 h= gt2 2
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v =2gh 2.竖直上抛运动 (1)定义:物体以初速度 v0 竖直向上抛出后,只在重力作用下的运动. (2)运动规律: v=v0-gt 1 h=v0t- gt2 2 2 2 v -v0=-2gh

1.(2012· 江苏淮安市质检)做匀加速直线运动的质点,在第 5 s 末的速度为 10 m/s, 则( ) A.前 10 s 内位移一定是 100 m B.前 10 s 内位移不一定是 100 m C.加速度一定是 2 m/s2 D.加速度不一定是 2 m/s2 解析:质点在第 5 s 末的速度为瞬时速度,因不知质点运动的初速度,故无法确定 其加速度大小,C 错误,D 正确;质点在前 10 s 内一直做匀加速运动,则前 10 s 内的 平均速度等于 5 s 未瞬时速度为 10 m/s, 前 10 s 内的位移为 100 m, 故 A 正确, B 错误. 答案: AD 2.一个向正东方向做匀变速直线运动的物体,在第 3 s 内发生的位移为 8 m,在第 5 s 内发生的位移为 5 m,则关于物体运动加速度的描述正确的是( ) 2 A.大小为 3 m/s ,方向为正东方向 B.大小为 3 m/s2,方向为正西方向 C.大小为 1.5 m/s2,方向为正东方向 D.大小为 1.5 m/s2,方向为正西方向 解析:设第 3 s 内、第 5 s 内的位移分别为 x3、x5, 则:x5-x3=2aT2,5-8=2a×12, a=-1.5 m/s2,加速度的方向为正西方向, D 正确. 答案: D 3.一个物体从静止开始做匀加速直线运动.它在第 1 s 内与第 2 s 内的位移之比为 x1∶x2,在走完第 1 m 时与走完第 2 m 时的速度之比为 v1∶v2.以下说法正确的是( ) A.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2 B.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶ 2 C.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶2 D.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶ 2 解析: 由 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶?∶xn=1∶3∶5∶?∶(2n-1)知 x1∶x2=1∶3,由 x= 1 2 at 知 t1∶t2=1∶ 2,又 v=at 可得 v1∶v2=1∶ 2,B 正确. 2 答案: B 4.2011 年 11 月 29 日上午,中国航母平台第二次出海测试.假设舰载飞机起跑时
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速度达到 80 m/s 就可以起飞,若要飞机在 7.5 s 内达到起飞速度,则在理想状况下飞机 在航空母舰跑道上滑跑的加速度和甲板长度大约分别是( ) 2 A.10.67 m/s ,150 m B.10.67 m/s2,300 m C.5.33 m/s2,300 m D.5.33 m/s2,600 m 解析:在理想状态下飞机起飞前的加速运动可以理解为初速度为零的匀加速运动, v2-v2 v 0 由 a= t ≈10.67 m/s2,根据 v2-v2 = 2 ax 得 x = ≈300 m,B 正确. 0 2a 答案: B 5.(2013· 武昌调研)一个物体做匀加速直线运动,它在第 3 s 内的位移为 5 m,则下 列说法正确的是( ) A.物体在第 3 s 末的速度一定是 6 m/s B.物体的加速度一定是 2 m/s2 C.物体在前 5 s 内的位移一定是 25 m D.物体在第 5 s 内的位移一定是 9 m 解析:考查匀变速直线运动规律,匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该 段的平均速度,根据第 3 s 内的位移为 5 m,则 2.5 s 时刻的瞬时速度为 v=5 m/s,2.5 s 时刻即为前 5 s 的中间时刻,因此前 5 s 内的位移为 x=vt=5 m/s×5 s=25 m,C 项对; 由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度,故 A、B、D 项均错. 答案:C

匀变速直线运动规律及推论的应用 随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显.分析交通违法 事例,将警示我们遵守交通法规,珍爱生命.某路段机动车限速为 15 m/s,一货车严 重超载后的总质量为 5.0×104 kg,以 15 m/s 的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车, 货车即做匀减速直线运动,加速度大小为 5 m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大 小为 10 m/s2. (1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比. (2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大? (3)若此货车不仅超载而且以 vc=20 m/s 的速度超速行驶,则刹车距离又是多少? 设此情形下刹车加速度大小仍为 5 m/s2. 解题的关键:求刹车时间和刹车距离→其中的隐含条件是货车的末速度为零. v0 v0 规范解答: (1)此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比为 t1∶t2= ∶ = a1 a2 a2∶a1=2∶1 v0 (2)方法一:设刹车时间为 t,则 t= a v0 15 超载时:t1= = s= 3 s a1 5
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v0 15 正常装载时:t2= = s=1.5 s a2 10 设刹车距离为 x,根据匀变速直线运动的位移公式得 1 x=v0t+ at2 2 1 2 1 超载时:x1=v0t1- a1t1 =15×3 m- ×5×32 m=22.5 m 2 2 1 2 1 正常装载时:x2=v0t2- a2t2 =15×1.5 m- ×10×1.52 m=11.25 m 2 2 方法二:汽车刹车后做匀减速直线运动直至速度为零,可反向看成初速度为零的 匀加速直线运动,则 1 2 1 超载时:x1= a1t1 = ×5×32 m=22.5 m 2 2 1 1 2 正常装载时:x2= a2t2 2= ×10×1.5 m=11.25 m. 2 2 方法三:设刹车距离为 x,根据匀变速直线运动的推论公式得 0-v2 0=-2ax v2 0 解得 x= 2a v2 152 0 超载时:x1= = m=22.5 m 2a1 2×5 v2 152 0 正常装载时:x2= = m=11.25 m. 2a2 2×10 (3)货车在超载情况下又超速行驶,则刹车距离为 v2 202 0 x3= = m=40 m. 2a1 2×5

利用匀变速直线运动公式求解问题的技巧 (1)正确判断物体的运动性质 抓住一段运动过程,寻找 x、x0、vt、a、t 五个物理量中的已知量、相关量与待求 量: ⑵解题的基本步骤:

1-1:汽车从甲地由静止出发,沿平直公路驶向乙地.0~
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10 s 内,汽车先以加速度 a1=2 m/s 做匀加速运动,2 s 后汽车做匀速直线运动,6 s 时 制动做匀减速直线运动,10 s 时恰好停止.求: (1)汽车做匀减速运动的加速度大小. (2)10 s 内汽车运行的位移. (3)在满足(1)、(2)问的加速度和位移的条件下、汽车从甲地到乙地的最短时间及运 动过程中的最大速度. 解析:(1)在 2 s 末由 v1=a1t1,解得 v1=4 m/s,由 v1=a2t3,解得 a2=1 m/s2. v1 v1 (2)由 x1= t1,解得 x1=4 m,由 x2=v1t2,解得 x2=16 m,由 x3= t3,解得 x3=8 2 2 m,所以 x=x1+x2+x3=28 m. (3)汽车先做匀加速运动, 紧接着做匀减速运动, 时间最短, 速度最大, 由 a1t4=a2t5, a1 a2 x= t2 + t2 2 4 2 5 4 21 解得 t=t4+t5=2 21 s,vm= m/s 3 答案: (1)1 m/s2 (2)28 m 4 21 (3)2 21 s m/s 3 两类特殊的运动问题 (1)刹车类问题 做匀减速运动到速度为零时,即停止运动,其加速度 a 也突然消失.求解此类问 题时应先确定物体实际运动的时间. 注意题目中所给的时间与实际运动时间的关系. 对 末速度为零的匀减速运动也可以按其逆过程即初速度为零的匀加速运动处理,切忌乱 套公式. (2)双向可逆类的运动 例如:一个小球沿光滑斜面以一定初速度 v0 向上运动,到达最高点后就会以原加 速度匀加速下滑,整个过程加速度的大小、方向不变,所以该运动也是匀变速直线运 动,因此求解时可对全过程列方程,但必须注意在不同阶段 v、x、a 等矢量的正负号. 一辆汽车以 10 m/s 的速度沿平直的公路匀速前进, 因故紧急刹 2 车,加速度大小为 0.2 m/s ,则刹车后汽车在 1 min 内通过的位移大小为( ) A.240 m B.250 m C.260 m D.90 m v0 解析:因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止,所以 t= a =50 s,所以 v0 汽车刹车后在 1 min 内通过的位移为 x= t=250 m. 2 答案: B 找准方法,远离刹车问题陷阱 求解汽车刹车类问题时,一定要认真分析清楚汽车的运动过程,一般都是先判断 刹车时间或刹车位移,即判定汽车在给定时间内或位移内是否已停止,千万不能乱套
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公式. 2-1:一质点以一定初速度自一光滑斜面底端 a 点上 滑,最高可到达 b 点,c 是 ab 的中点,如图所示,已知质点从 a 至 c 需要的时间为 t0, 问它从 c 经 b 再回到 c,需要多少时间? 解析: 可将质点看做由 b 点开始下滑的匀加速直线运动,已知通过第二段相等 位移 ca 的时间,求经过位移 bc 所需时间的 2 倍.则由 v0=0 的匀加速 直线运动在通过连续相等位移的时间比公式:tbc∶tca=1∶( 2-1)得: tca tbc= =( 2+1)t0, 2-1 2tbc=2( 2+1)t0. 答案: 2( 2+1)t0 自由落体运动和竖直上抛运动的规律的应用 气球以 10 m/s 的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经 17 s 到达地面.求物体刚脱离气球时气球的高度.(g=10 m/s2) 解析: 法一:(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动.根据题意画出 运动草图如图甲所示. 规定向下方向为正,则 v0=-10 m/s, 1 g=10 m/s2 据 h=v0t+ gt2, 2 1 则有 h=-10×17 m+ ×10×172 m 2 =1 275 m 所以物体刚脱离气球时气球的高度为 1 275 m. 法二: ( 分段法 ) 如图乙将物体的运动过程分为 A→B 和 B→D 两段来处 理.A→B 为竖直上抛运动,B→D 为自由落体运动. 在 A→B 段,据竖直上抛规律可知此阶段运动段时间为 v0 10 tAB= g = s= 1 s 10 由题意知 tBD=(17-1)s =16 s 由自由落体运动规律 1 2 1 hBD= gtBD = ×10×162 m 2 2 =1 280 m 1 2 1 hBC= gtAB = ×10×12 m=5 m 2 2 hCD=hBD-hBC=1 275 m. (1) 自由落体运动和竖直上抛运动是匀 变速直线运动的特例,匀变速直线运动的一切规律均可适用.
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(2)竖直上抛问题的处理方法 ①全程法 将竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为 g 的匀减速直线运动. ②分段法 将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段. 3-1:一矿井深为 125 m,在井口每隔一定时间自由下 落一个小球,当第 11 个小球刚从井口下落时,第 1 个小球恰好到井底.求: (1)相邻两个小球开始下落的时间间隔. (2)这时第 3 个小球和第 5 个小球相隔的距离.(g 取 10 m/s2) 解析:小球下落的情况如图所示 (1) 初速度为零的匀加速直线运动中,由开始起相邻相等时间间隔内位移比为 1∶3∶5∶?∶(2n-1),自由落体运动符合这一规律. 如图所示,11 个小球将 125 m 分成 10 段,设由上至下为 x1、x2?x10. 1 2h h= gt2 t= g =5 s 2 t Δt= =0.5 s,又因为 t1=Δt. 10 1 2 1 (2)x1=h1= gt1 = ×10×0.25 m 2 2 =1.25 m. 第 3 个球与第 5 个球之间的距离为 h7+h8,而根据比例:h7=13x1,h8=15x1 Δh=h7+h8=28h1=28×1.25 m =35 m. 答案: 0.5 35

解决匀变速直线运动的常用方法 运动学问题的求解一般有多种方法,可从多种解法的对比中进一步明确解题的基 本思路和方法,从而提高解题能力. 方法 分析说明 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式.它们均是矢量式,要注意方 一般公式法 向 1 x 定义式 v = 对任何性质的运动都适用,而 v = (v0+v)只适用匀变速直线运 t 2 平均速度法 动 中间时刻速度法 利用“任一时间 t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t 内的平均速度”即 v = v 只适用于匀变速直线运动. 比例法 逆向思维法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动,可利用 比例关系求解 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法,一般用于末态 已知的情况
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t
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图象法

应用 v-t 图象,可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决,尤其是 用图象定性分析

推论法

xn+1-xn=aT2 T 为连续相等的时间

物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为 l,到达斜面最高点 C 时 3 速度恰好为零,如图.已知物体运动到距斜面底端 l 处的 B 点时,所用时间为 t,求物 4 体从 B 滑到 C 所用的时间. 解析:方法一:逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面,相当于向下匀加速滑下斜面. a?t+tBC?2 at2 xAC BC 故 xBC= ,xAC= ,又 xBC= ,由以上三式解得 tBC=t. 2 2 4 方法二:基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设物体从 B 滑到 C 所用的时间为 tBC,由匀变 速直线运动的规律可得 2 v0 =2axAC ① 2 2 vB=v0-2axAB ② 3 xAB= xAC ③ 4 v0 由①②③解得 vB= ④ 2 又 vB=v0-at ⑤ vB=atBC⑥ 由④⑤⑥解得 tBC=t. 方法三:比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶?∶xn=1∶3∶5∶?∶(2n-1). xAC 3xAC 因为 xCB∶xBA= ∶ =1∶3, 而通过 xBA 的时间为 t, 所以通过 xBC 的时间 tBC 4 4 = t. 方法四:中间时刻速度法 利用推论:中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度, v
AC =

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v0+v v0 xAC v0 2 2 = .又 v0 =2axAC,vB =2axBC,xBC= .由以上三式解得 vB= .可以看成 vB 正好 2 2 4 2 等于 AC 段的平均速度,因此 B 点是这段位移的中间时刻,因此有 tBC=t. 方法五:图象法 根据匀变速直线运动的规律,作出 v-t 图象,如图所示.利用相似三角形的规律, S△AOC CO2 S△AOC 4 面积之比等于对应边平方比,得 = 2 ,且 = ,OD=t,OC=t+tBC. S△BDC CD S△BDC 1 2 4 ?t+tBC? 所以 = ,解得 tBC=t. 1 t2 答案: t

1.关于匀变速直线运动的下列说法,正确的是( ) A.匀加速直线运动的速度一定与时间成正比 B.匀减速直线运动就是加速度为负值的运动 C.匀变速直线运动的速度随时间均匀变化 D.速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动 答案: C 2.运动着的汽车制动后做匀减速直线运动,经 3.5 s 停止,试问它在制动开始后的 1 s 内、2 s 内、3 s 内通过的位移之比为( ) A.1∶3∶5 B.3∶5∶7 C.1∶2∶3 D.3∶5∶6 解析: 画示意图如图所示,把汽车从 A→E 的末速度为 0 的匀减速直线运动,逆

过来转换为从 E→A 的初速度为 0 的匀加速直线运动,来等效处理,由于逆过来前后, 加速度相同,故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性.所以知汽车在相等 时 间 内 发 生 的 位 移 之 比 为 1∶3∶5∶? , 把 时 间 间 隔 分 为 0.5 s . 所 以 xDE∶xCD∶xBC∶xAB=1∶8∶16∶24,所以 xAB∶xAC∶xAD=3∶5∶6.故选项 D 正确. 答案: D 3.(2012· 上海单科)小球每隔 0.2 s 从同一高度抛出,做初速为 6 m/s 的竖直上抛运 动,设它们在空中不相碰.第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为 ( 取 g = 10 m/s2)( ) A.三个 B.四个 C.五个 D.六个 2v0 2×6 解析: 小球在抛点上方运动的时间 t= g = s=1.2 s. 因每隔 0.2 s 在抛点抛出 10 1.2 s 一个小球,因此第一个小球在 1.2 s 的时间内能遇上 n= -1=5 个小球,故只有选 0.2 s 项 C 正确.
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答案: C 4.(2013· 黄冈质检)一质量为 m 的滑块在粗糙水平面上滑行,通过频闪照片分析得 知, 滑块在最开始 2 s 内的位移是最后 2 s 内位移的两倍, 且已知滑块最开始 1 s 内的位 移为 2.5 m,由此可求得( ) A.滑块的加速度为 5 m/s2 B.滑块的初速度为 5 m/s C.滑块运动的总时间为 3 s D.滑块运动的总位移为 4.5 m 解析:根据题意可知,滑块做末速度为零的匀减速直线运动,其逆运动是初速度 为零的匀加速直线运动,设其运动的总时间为 t,加速度为 a,设逆运动最初 2 s 内位 1 1 1 移为 x1,最后 2 s 内位移为 x2,由运动学公式有 x1= a×22;x2= at2- a(t-2)2; 2 2 2 1 1 且 x2=2x1;2.5= at2- a(t-1)2.联系以上各式并代入数据可解得正确选项为 C、D. 2 2 答案: CD 5.(2013· 西安期终考试)酒后驾驶会导致许多安全隐患,是因为驾驶员的反应时间 变长,反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间.下表中“思考距离”是指 驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,“制动距离”是指驾驶员从 发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同). 思考距离/m 速度 (m/s) 正常 酒后 正常 酒后 制动距离/m

15 20

7.5 10.0

15.0 20.0

22.5 36.7

30.0 46.7

25

12.5

25.0

54.2

x

分析上表可知,下列说法不正确的是( ) A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多 0.5 s B.若汽车以 20 m/s 的速度行驶时,发现前方 40 m 处有险情,酒后驾驶不能安全 停车 C.汽车制动时,加速度大小为 10 m/s2 D.表中 x 为 66.7 解析:由表中数据,驾驶员正常反应时间为 0.5 s,酒后反应时间为 1.0 s,A 正确; 若汽车以 20 m/s 的速度行驶时,酒后制动的距离为 x1=46.7 m>40 m,B 正确;由公式 v2 v2 252 2 x1= ,a=7.5 m/s ,C 错误;x=vt+ =(25+ ) m≈66.7 m,D 正确;本题选 2a 2a 2×7.5 C.
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