《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案真題再現(xiàn)考情分析 (2018高考全國卷)如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E；在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場一個氕核 H和一個氘核 H先后從y軸上yh點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向已知 H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場.H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力求(1)H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離.解析：(1)H在電場中做類平拋
2、運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學(xué)公式有s1v1t1ha1t由題給條件，H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角160.H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為a1t1v1tan 1聯(lián)立以上各式得s1h.(2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qEma1設(shè)H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1，由速度合成法則有v1設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B由幾何關(guān)系得s12R1sin 1聯(lián)立以上各式得B.(3)設(shè)H在電場中沿x軸
3、正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得(2m)vmv由牛頓第二定律得qE2ma2設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2，速度的方向與x軸正方向夾角為2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學(xué)公式有s2v2t2ha2tv2sin 2聯(lián)立以上各式得s2s1，21，v2v1設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2R1所以出射點在原點左側(cè)設(shè)H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2，由幾何關(guān)系有s22R2sin 2聯(lián)立式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2s2(1)h.答案：見解析命題
4、點分析帶電粒子在組合場中的運動思路方法該粒子的運動屬于從電場進(jìn)入磁場的情況，在電場中做類平拋運動，一定要準(zhǔn)確計算出穿出電場時粒子速度的大小和方向的變化情況在磁場中做勻速圓周運動，由在磁場中做圓周運動的規(guī)律進(jìn)行求解續(xù)表真題再現(xiàn)考情分析 (2017高考全國卷)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；
5、為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上在t0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2mgma1油滴在時刻t1的速度為v1v0a1t1電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2mgma2油滴在時刻t22t1的速度為v2v1a2t1由式得v2v02gt1.
6、(2)由題意，在t0時刻前有qE1mg油滴從t0到時刻t1的位移為s1v0t1a1t油滴在從時刻t1到時刻t22t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2v1t1a2t由題給條件有v2g(2h)式中h是B、A兩點之間的距離.若B點在A點之上，依題意有s1s2h由式得E2E1為使E2E1，應(yīng)有221即當(dāng)0t1才是可能的；條件式和式分別對應(yīng)于v20和v2E1，應(yīng)有221即t1另一解為負(fù)，不合題意，已舍去.答案：見解析命題點分析帶電油滴在電場中的運動思路方法由粒子做勻速直線運動可知受力平衡，當(dāng)電場改變時，通過牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式可求解此類勻變速直線運動問題；在討論距離關(guān)系時，要充分考慮到B在A點之上和之下兩
7、種情況進(jìn)行討論分析結(jié)合運動學(xué)公式聯(lián)立求解命題規(guī)律研究及預(yù)測電磁學(xué)綜合問題一直是高考中的必考內(nèi)容且?guī)缀趺磕甓甲鳛閴狠S題出現(xiàn)，同時在選擇題中也有所體現(xiàn)主要考查方向有兩大類：(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運動；(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動力學(xué)問題、能量問題、電路問題等綜合應(yīng)用.在復(fù)習(xí)中該部分一定是重點復(fù)習(xí)內(nèi)容，不僅對于基本內(nèi)容及規(guī)律要熟練應(yīng)用，對于綜合問題也一定要強化訓(xùn)練，形成解決電磁綜合問題的信心和習(xí)慣帶電粒子在復(fù)合場中的運動 帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：分階段（分過程）按照時間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如關(guān)系圖：第3步：用規(guī)律 帶電粒
8、子在疊加場中運動的分析方法(1)弄清疊加場的組成(2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況的場的問題，要分階段進(jìn)行處理(5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解對于臨界問題，注意挖掘隱含條件 (2018高考全國卷)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面
9、內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用求(1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1Um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關(guān)系知2R1l由式得B.(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q
10、2Um2vq2v2Bm2由題給條件有2R2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14.答案見解析 角度1帶電粒子在組合場中的運動1.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)為(L，0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上點A射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30角，此后，電子做勻速直線運動， 進(jìn)入矩形磁場區(qū)域并從磁場邊界上點Q射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計電子重力，求：(1)勻強電場的電場強度E
11、的大??；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；(3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.解析：(1)設(shè)電子在電場中運動的加速度大小為a，時間為t0，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy則Lv0t0，a，vyat0，vy聯(lián)立解得E.(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D，O、D間的距離為xD，則xDLtan 30L所以DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示設(shè)電子離開電場時速度大小為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，周期為T則evBm，v由幾何關(guān)系有rL即r聯(lián)立以上各式解得B電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為120，則有tT解得t.(
12、3)以切點F、Q的連線為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為FQ的對邊，此時有界勻強磁場區(qū)域面積最小Sminr解得Smin.答案：見解析 角度2帶電粒子在疊加場中的運動2.(2018黃岡中學(xué)模擬)如圖所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45角，虛線上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電荷量為q；C球不帶電且質(zhì)量為 km(k7)A、C間夾著質(zhì)量可忽略的火藥現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電荷量和各表面的光滑程度)，火藥炸完瞬間A的速度大小為v0.(
13、1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能？(2)求A球在磁場中的運動時間；(3)若一段時間后A、C在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離解析：(1)設(shè)爆炸之后C的速度大小為vC，在爆炸前后由動量守恒定律可得0mv0kmvC又由能量守恒定律可得E總mvkmvmv.(2)由“A球?qū)ψ烂娴膲毫榱恪笨芍狝球的重力和電場力等大反向，故A球進(jìn)入磁場中將會做勻速圓周運動，則T.A球在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何知識可得粒子在磁場中運動了個圓周，則t2.(3)由0mv0kmvC可得vC，A球在磁場中做勻速圓周運動的半徑R設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后到相遇前C運動的位移為xC，運動時間為tC
14、，則tCt2，xCvCtC由圖可得RxAxC聯(lián)立解得xA.答案：見解析命題角度解決方法易錯辨析帶電粒子在空間組合場中從電場進(jìn)磁場的運動利用類平拋運動中的分解思想解決電場中的運動，利用垂線法確定磁場中運動的圓心注意電場進(jìn)磁場時速度的大小、方向變化情況帶電粒子在空間組合場中從磁場進(jìn)電場的運動找磁場中勻速圓周運動的圓心、半徑、圓心角，畫出大體的運動軌跡圖分清磁場中運動時速度偏角、圓心角、弦切角三者之間的關(guān)系帶電粒子在交變電、磁場中的運動利用周期性找準(zhǔn)粒子運動規(guī)律，再結(jié)合電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)規(guī)律解題在一個周期內(nèi)分析清楚粒子的運動特點及速度的變化情況帶電粒子在疊加場中的運動根據(jù)不同的受力情況，高中階段一般只有
15、兩種運動情況：勻速直線運動勻速圓周運動注意粒子是否受重力，并關(guān)注粒子的受力與運動性質(zhì)的關(guān)系 帶電粒子在復(fù)合場中的運動與現(xiàn)代科技的綜合教材中重要的五大科技應(yīng)用類模型速度選擇器帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB，即v.這個結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關(guān)質(zhì)譜儀加速：qUmv2.偏轉(zhuǎn)：d2r.比荷.可以用來確定帶電粒子的比荷和分析同位素等磁流體發(fā)電機當(dāng)?shù)入x子體勻速通過 A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，此時離子受力平衡：qvBq，即UBdv電磁流量計導(dǎo)電的液體向左流動，導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差流量穩(wěn)定時流量
16、QSv回旋加速器加速電場的變化周期等于粒子在磁場內(nèi)運動的周期在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達(dá)到的最大動能Ek，只與D形盒半徑和磁感應(yīng)強度有關(guān)，與加速電壓無關(guān) 如圖所示為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜議的結(jié)構(gòu)示意圖，其中，加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距離的各點場強大小相等、方向沿徑向，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右端面平行由離子源發(fā)出的一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)經(jīng)加速電場加速后，從M點垂直于電場方向進(jìn)入靜電分析器，沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點射出，接著由P
17、點垂直磁分析器的左邊界射入，最后垂直于下邊界從Q點射出并進(jìn)入收集器已知 Q點與圓心O2的距離為d.(1)求磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；(2)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大?。?3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為m10.9m、電荷量仍為q的另一種正離子，其他條件不變試指出該離子進(jìn)入磁分析器時的位置，并判斷它射出磁場的位置在Q點的左側(cè)還是右側(cè)解析(1)離子在加速電場中加速，設(shè)進(jìn)入靜電分析器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qUmv2離子射出靜電分析器時的速度大小仍為v，在磁分析器中，離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律得Bqvm依題意知rd聯(lián)立解得B 由左
18、手定則得，磁場方向垂直紙面向外(2)在靜電分析器中，離子在電場力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得qEm聯(lián)立解得E.(3)設(shè)質(zhì)量為m1的離子經(jīng)加速電場加速后，速度大小為v1，根據(jù)動能定理有qUm1v離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qE聯(lián)立解得質(zhì)量為m1的離子在靜電分析器中做勻速圓周運動的軌道半徑R1R，即該離子從N點射出靜電分析器，由P點射入磁分析器該離子在磁分析器中做勻速圓周運動的半徑r1 ，所以r199%，解得d0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電
19、場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小解析：(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式v2ghHvytg
20、t2 M進(jìn)入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知 聯(lián)立式可得hH. (3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運動，則 設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.答案：見解析2.某同學(xué)設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖所示豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L.導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動剛性金屬
21、棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運動，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S，用時t，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體，當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭(1)求回路在t時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向；(2)經(jīng)t時間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時的速度v0；(不計空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹閡，求噴氣后火箭增加的速度v.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)解析：(1)根據(jù)
22、電磁感應(yīng)定律有：E電荷量qIt，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為EF.(2)平均感應(yīng)電流I，平均安培力FBIL，設(shè)豎直向上為正，根據(jù)動量定理得：(Fmg)tmv0解得：v0gt.(3)以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mu(mm)v0解得：vu.答案：(1)金屬棒中電流方向為EF(2)gt(3)3(2018宜春三中高三檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為4R、圓心角為150的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接現(xiàn)有一個比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小
23、球，從與C4的最高點H等高的P點以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點沿切線從凹面進(jìn)入軌道已知重力加速度為g.求：(1)小球在P點開始平拋的初速度v0的大小(2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點射出？請說明理由(3)小球運動到何處，軌道對小球的彈力最大？最大值是多大？解析：(1)小球從P到A，豎直方向有：h2R4Rsin 304R由平拋運動規(guī)律可得：v2gh解得：vy在A點，由速度關(guān)系tan 60解得：v0.(2)若小球能過D點，則D點速度滿足v小球從P到D由動能定理得：mgRmv2mv解得：v 若小球能過H點，則H點速度滿足vH0小球從P到H由機械能守恒得H
24、點的速度等于P點的初速度，為0；綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點射出(3)小球在運動過程中，軌道給小球的彈力最大的點只會在圓軌道的最低點，B點和F點都有可能小球從P到B由動能定理得：6mgRmvmv在B點軌道給小球的彈力NB滿足：NBmgm解得NBmg；小球從P到F由動能定理得：3mgRmvmv在F點軌道給小球的彈力NF滿足：NFmgm聯(lián)立解得：NFmg；比較B、F兩點的情況可知：F點軌道給小球的彈力最大，為mg.答案：(1)(2)能，理由見解析(3)小球運動到F點時，軌道對小球的彈力最大，最大值是mg4(2018重慶一中考前熱身考試)如圖所示，傾角37的足夠長的固定絕
25、緣斜面上，有一個n5匝、質(zhì)量M1 kg、總電阻R0.1 的矩形線框abcd，ab邊長l11 m，bc邊長l20.6 m將線框置于斜面底端，使cd邊恰好與斜面底端平齊，在斜面上的矩形區(qū)域efhg內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.1 T，現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)量m3 kg的物塊連接起來，讓物塊從離地面某高度處靜止釋放，線框沿斜面向上運動，恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場區(qū)域當(dāng)線框cd邊剛好穿出磁場區(qū)域時，物塊m恰好落到地面上，且不再彈離地面，線框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大的高度h1.92 m，線框在整個上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q36 J，已知線框與斜面的動摩擦因數(shù)0.5
26、, g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)線框進(jìn)入磁場之前的加速度大??；(2)線框cd邊剛好穿出有界磁場區(qū)域時的速度大小；(3)有界磁場的寬度(即ef到gh的距離)解析：(1)對M、m整體：mgMgsin Mgcos (mM)a解得a5 m/s2.(2)從cd邊剛出磁場到線框上升到最大高度的過程中：Mgsin Mgcos Ma，2av2 解得v8 m/s.(3)線框勻速運動過程中，對M：Mgsin Mgcos F安TmgF安nBIl1I解得v08 m/s設(shè)ef，gh間距為L，從ab邊到達(dá)ef至cd到達(dá)gh的過程中，由動能定理：mg(Ll2)Mgsin (Ll2)Mgcos (Ll2)Q(Mm)v2(Mm)v解得：L1.2 m.答案：(1)5 m/s2(2)8 m/s(3)1.2 m
2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第2講 三大觀點在電磁學(xué)綜合問題中的應(yīng)用學(xué)案
