(通用版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)九 第九章 磁場(chǎng)(含解析)
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1、磁場(chǎng) (45分鐘 100分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分.1~6題為單選題,7~10題為多選題) 1.下列裝置中,沒有利用帶電粒子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是( ) 解析:D 洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,不是利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)制成的,所以選項(xiàng)D符合題意. 2.如圖所示,空間中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一不可伸縮的軟導(dǎo)線繞過紙面內(nèi)的小動(dòng)滑輪P(可視為質(zhì)點(diǎn)),兩端分別拴在紙面內(nèi)的兩個(gè)固定點(diǎn)M、N處,并通入由M到N的恒定電流I,導(dǎo)線PM和PN始終伸直.現(xiàn)將P從左側(cè)緩慢移動(dòng)到右側(cè),在此過程中導(dǎo)線MPN受到的安培力大小(
2、) A.始終不變 B.逐漸增大 C.先增大后減小 D.先減小后增大 解析:A 在P從左側(cè)緩慢移動(dòng)到右側(cè)的過程中,導(dǎo)線MPN受到的安培力可等效為直導(dǎo)線MN通過電流I時(shí)受到的安培力,即導(dǎo)線MPN受到的安培力大小始終不變,選項(xiàng)A正確. 3.如圖所示,質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛在O、O′點(diǎn),處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,棒中通以某一方向的電流,平衡時(shí)兩細(xì)線與豎直方向夾角均為θ,重力加速度為g.則( ) A.金屬棒中的電流方向由N指向M B.金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上 C.金屬棒中的電流大小為tan θ
3、 D.每條細(xì)線所受拉力大小為mgcos θ 解析:C 平衡時(shí)兩細(xì)線與豎直方向夾角均為θ,故金屬棒受到安培力,根據(jù)左手定則,可判斷金屬棒中的電流方向由M指向N,故A錯(cuò)誤;金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場(chǎng)方向向右,故B錯(cuò)誤;設(shè)每條細(xì)線所受拉力大小為FT,由受力分析可知,2FTsin θ=BIL,2FTcos θ=mg,得I=tan θ,故C正確;由受力分析可知,2FTcos θ=mg,得FT=,故D錯(cuò)誤. 4.四根等長(zhǎng)的導(dǎo)線固定在正方體的四條沿x軸方向的棱上,并通以等大的電流,方向如圖所示.正方體的中心O處有一粒子源在不斷地沿x軸負(fù)方向噴射電子,則電子剛被噴射出時(shí)受到的洛倫茲力方向?yàn)?/p>
4、( ) A.沿y軸負(fù)方向 B.沿y軸正方向 C.沿x軸正方向 D.沿x軸負(fù)方向 解析:B 沿x軸負(fù)方向觀察,根據(jù)右手螺旋定則,判斷出四根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向,電子初速度方向沿x軸負(fù)方向,即垂直紙面向里,根據(jù)左手定則,判斷出洛倫茲力方向沿y軸正方向,選項(xiàng)B正確. 5.(2018·岳陽模擬)1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng).若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,則下列說法中正確的是( ) A.該束帶電粒子帶負(fù)電 B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D
5、.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,比荷越小 解析:D 通過粒子在質(zhì)譜儀中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故A錯(cuò)誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向上的洛倫茲力和向下的電場(chǎng)力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故B錯(cuò)誤;由洛倫茲力充當(dāng)向心力有:qvB=m,得粒子在B2磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r=,且粒子的運(yùn)動(dòng)速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷=越小,故C錯(cuò)誤,D正確. 6.如圖所示,在x軸上方有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同的速度從O點(diǎn)以與x軸正方向成α1=60°角在圖示的平面內(nèi)射入x軸上方時(shí),發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為m
6、1的粒子從a點(diǎn)射出磁場(chǎng),質(zhì)量為m2的粒子從b點(diǎn)射出磁場(chǎng).若另一與a、b帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同速率與x軸正方向成α2=30°角射入x軸上方時(shí),發(fā)現(xiàn)它從ab的中點(diǎn)c射出磁場(chǎng),則該粒子的質(zhì)量應(yīng)為(不計(jì)所有粒子重力作用)( ) A.m1+m2 B.(m1+m2) C.(m1+m2) D.(m1+m2) 解析:C 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖: 設(shè)Oa=L,ab=d,ac=cb= 故質(zhì)量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為: R1==L R2= R3==L+ 故:(R1+R2)=2R3① 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,故:qvB=m1②
7、 qvB=m2③ qvB=mv3④ 聯(lián)立①②③④解得:m3=(m1+m2),故選C. 7.圖甲是回旋加速器的原理示意圖.其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒,在加速帶電粒子時(shí),兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定),并分別與高頻電源相連.加速時(shí)某帶電粒子的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間,則下列判斷正確的是( ) A.在Ek-t圖像中t4-t3=t3-t2=t2-t1 B.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-1 C.粒子加速次數(shù)越多,粒子最大動(dòng)能一定越大 D.D形盒的半徑越大,粒子獲得的最大動(dòng)能越大 解析:AD 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
8、T=,與粒子的速度無關(guān),粒子每次在D形盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期的時(shí)間都相等,故A正確;由于粒子每次在D形盒中偏轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后就要加速一次,高頻電流就要反向一次,所以高頻電流的變化周期與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等,即T2=T=2(tn-tn-1),故B錯(cuò)誤;由nqU=mv22可知,U不變時(shí),粒子獲得的最大動(dòng)能與加速次數(shù)n、電荷量q都有關(guān),故粒子加速次數(shù)越多,粒子獲得的最大動(dòng)能不一定越大,C錯(cuò)誤;粒子獲得的最大動(dòng)能可由最后半個(gè)圓周的偏轉(zhuǎn)求得,設(shè)D形盒的半徑為R,則R=,所以最大動(dòng)能Ekm=mv22=,R越大,Ekm越大,故D正確. 8.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中只有第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁
9、場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,-d).一電荷量為q,質(zhì)量為m的帶電粒子以某一速度從點(diǎn)M與y軸負(fù)方向成θ=37°角垂直磁場(chǎng)射入第四象限,粒子恰好垂直穿過x軸,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.若不考慮粒子重力,下列說法不正確的是( ) A.粒子可能帶負(fù)電 B.粒子在磁場(chǎng)中做勻速網(wǎng)周運(yùn)動(dòng)的半徑為d C.粒子的速度大小為 D.若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,粒子可能不會(huì)穿過x軸 解析:ABD 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,由左手定則判斷粒子應(yīng)帶正電,A錯(cuò)誤.由幾何知識(shí)得粒子的軌道半徑r==,B錯(cuò)誤.結(jié)合qvB=得粒子的速度大小v=,C正確.若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B,由半徑公式r
10、=得,粒子的軌道半徑增大,一定能過x軸,D錯(cuò)誤. 9.如圖所示,在豎直向下的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一光滑絕緣的圓軌道,一重為G的金屬導(dǎo)體MN垂直于軌道橫截面水平放置,在導(dǎo)體中通入電流I,使導(dǎo)體在安培力的作用下以恒定的速率v從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),設(shè)金屬導(dǎo)體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ,安培力的瞬時(shí)功率為P,則從A到C的過程中,下列說法正確的是( ) A.電流方向從M指向N B.I∝cot θ C.P∝cos θ D.P∝sin θ 解析:AD 由于安培力方向始終水平向左,根據(jù)左手定則知電流方向從M指向N,A正確;因?yàn)榻饘賹?dǎo)體MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以有Gsin θ=F安cos
11、 θ=ILBcos θ,故I= tan θ.即I∝tan θ,B錯(cuò)誤;又P=F安vcos θ=Gvsin θ,所以P∝ sin θ,C錯(cuò)誤,D正確. 10.如圖所示,在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其中C、D在x軸上,C、D、M到原點(diǎn)O的距離均為a,現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放,設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h,不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響.下列說法正確的是( ) A.若h=,則粒子垂直CM射出磁場(chǎng) B.若h=,則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng) C.若h=
12、,則粒子垂直CM射出磁場(chǎng) D.若h=,則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng) 解析:AD 粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)加速,Eqh=mv2,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),Bqv=m.若粒子垂直CM射出磁場(chǎng),其圓心恰好在C點(diǎn),如圖甲所示,其半徑r=a.由以上兩式可求得P到O的距離h=,A正確,C錯(cuò)誤.若粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),恰好平行于x軸射出磁場(chǎng),其圓心恰好在CO中點(diǎn),如圖乙所示,其半徑r′=a,可得P到O的距離h=,B錯(cuò)誤,D正確. 甲 乙 二、計(jì)算題(本題共2小題,共40分.有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟.) 11.(20分)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy第一象限的區(qū)域存
13、在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為e的電子從第一象限的某點(diǎn)P(L,L)以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過x軸上的點(diǎn)Q(,0)進(jìn)入第四象限,先做勻速直線運(yùn)動(dòng)然后進(jìn)入垂直紙面的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(圖中未畫出),磁場(chǎng)左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合,電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O,并沿y軸的正方向運(yùn)動(dòng),不計(jì)電子的重力.求: (1)電子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度v. (2)該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和最小面積S. 解析:(1)電子從P點(diǎn)開始在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn),可知豎直方向 y=L=at2,(2分) 水平方向x=L=v0t(2分) 解得a= 而vy=at=v0,(
14、2分) 所以電子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度為 v==v0(2分) 設(shè)v與x軸負(fù)方向的夾角為θ,可知tan θ==,所以θ=30°.(2分) (2)如圖所示,電子以與x軸負(fù)方向成30°角的方向進(jìn)入第四象限后先沿QM做勻速直線運(yùn)動(dòng),然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng),恰好以沿y軸向上的速度經(jīng)過O點(diǎn).可知圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O′一定在x軸上,且O′點(diǎn)到O點(diǎn)的距離與O′點(diǎn)到直線QM上M點(diǎn)(M點(diǎn)即磁場(chǎng)的邊界點(diǎn))的距離相等,找出O′點(diǎn),畫出其運(yùn)動(dòng)的部分軌跡為弧MNO,所以面積最小的磁場(chǎng)的右邊界和下邊界就確定了 設(shè)偏轉(zhuǎn)半徑為R,evB=m(2分) 由圖知OQ=L=3R(2分) 解得B=(1分) 方向垂直
15、紙面向里(1分) 面積最小的磁場(chǎng)的長(zhǎng)度 LOC=R=L(1分) 寬度LOA=R=L(1分) 矩形磁場(chǎng)的最小面積為: Smin=LOC·LOA=L2(2分) 答案:(1)v0,與x軸負(fù)方向的夾角為30° (2),方向垂直紙面向里 L2 12.(20分)電視機(jī)的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應(yīng)用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的.如圖甲所示為顯像管的原理示意圖.顯像管中有一個(gè)電子槍,工作時(shí)陰極發(fā)射的電子(速度很小,可視為零)經(jīng)過加速電場(chǎng)加速后,穿過以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域(磁場(chǎng)方向垂直于紙面),撞擊到熒光屏上使熒光屏發(fā)光.已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,加速電場(chǎng)的電壓為U,在沒有磁場(chǎng)時(shí)電子束通過
16、O點(diǎn)打在熒光屏正中央的M點(diǎn),O、M間距離為s.電子所受的重力、電子間的相互作用均可忽略不計(jì),也不考慮磁場(chǎng)變化所激發(fā)的電場(chǎng)對(duì)電子束的作用.由于電子經(jīng)過加速電場(chǎng)后速度很大,同一電子在穿過磁場(chǎng)的過程中可認(rèn)為磁場(chǎng)不變. (1)求電子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后打到熒光屏上時(shí)的速率. (2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示,其中B0= ,求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長(zhǎng)度. (3)若其他條件不變,只撤去磁場(chǎng),利用電場(chǎng)使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn).把正弦交變電壓加在一對(duì)水平放置的矩形平行板電極上,板間區(qū)域有邊界理想的勻強(qiáng)電場(chǎng).電場(chǎng)中心仍位于O點(diǎn),電場(chǎng)方向垂直于OM,為了使電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線
17、”長(zhǎng)度與(2)中相同,問:極板間正弦交變電壓的最大值Um、極板長(zhǎng)度L、極板間距離d之間需要滿足什么關(guān)系?(由于電子的速度很大,交變電壓周期較大,同一電子穿過電場(chǎng)的過程可認(rèn)為電場(chǎng)沒有變化,是穩(wěn)定的勻強(qiáng)電場(chǎng)) 解析:(1)設(shè)經(jīng)過電子槍中加速電場(chǎng)加速后,電子的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理有eU=mv2(2分) 解得v=(1分) (2)設(shè)電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,電子束經(jīng)過磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)角為θ,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有tan =(1分) 洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有evB=m(2分) 當(dāng)B=B0= 時(shí),(1分) 電子在熒光屏上的落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn),解得此時(shí)偏轉(zhuǎn)角θ=
18、60°(1分) 電子在熒光屏上落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)距離y=stan θ=s(1分) 熒光屏上亮線長(zhǎng)度Y=2y=2s(1分) (3)若使電子束打在熒光屏上所形成“亮線”的長(zhǎng)度與(2)中相同,則電子束的最大偏轉(zhuǎn)角θ=60°保持不變, 即tan 60°=(1分) ①若電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時(shí),恰好從極板邊界射出,這種情況下,=,即d=L(2分) 設(shè)此時(shí)兩極板間電壓為U1 由牛頓第二定律有ay==(1分) 由勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v=2ay(1分) 且vx= 聯(lián)立解得U1=6U(1分) 當(dāng)極板間電壓再增大時(shí),電子不能從極板邊界射出,故不會(huì)形成“亮線”,因此,Um≥6U(1分) ②若電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時(shí),不是從極板邊界射出,即d>L,此時(shí)兩極板間電壓達(dá)到Um(電壓再增大,電子偏轉(zhuǎn)角增加,“亮線”長(zhǎng)度增加). 由牛頓第二定律有ay′==(1分) 由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vy=ay′t,t=(1分) 聯(lián)立解得Um=U(1分) 答案:(1) (2)2s (3)①d=L時(shí),Um≥6U ②d>L時(shí),Um=U 11
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