《安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、【安徽省，人教版】2014屆物理一輪小題精練（42，含答案）一、選擇題(本題共14小題，共70分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有的只有一個選項(xiàng)正確，有的有多個選項(xiàng)正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1(2013湖北武漢市模擬)在驗(yàn)證楞次定律實(shí)驗(yàn)中，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構(gòu)成的閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流圖中分別標(biāo)出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運(yùn)動方向以及線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向等情況，其中正確的是()【解析】對選項(xiàng)A，由“來者拒之”，可判斷出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場上端為N極，再由安培定則，可判斷出感應(yīng)電流的方向與圖中標(biāo)的方向相
2、反，故選項(xiàng)A錯同理可判斷出B錯，C、D對【答案】CD2(2013江蘇南通模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導(dǎo)體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導(dǎo)體棒，OC之間連一個電阻R，導(dǎo)體框架與導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，若要使OC能以角速度勻速轉(zhuǎn)動，則外力做功的功率是()A.B.C. D.【解析】勻速轉(zhuǎn)動，P外P電，又EBr，聯(lián)立解得：P外，故選項(xiàng)C對 【答案】C3用相同導(dǎo)線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導(dǎo)體框，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場，如圖所示在每個線框進(jìn)入磁場的過程中，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua、Ub、Uc、Ud.下列判斷正確的是()AUaUbUcUd BUaU
3、bUdUcCUaUbUcUd DUbUaUdUc【解析】由題知EaEbBLv，EcEd2BLv，由閉合電路歐姆定律和串聯(lián)電路電壓與電阻成正比可知UaBLv，UbBLv，UcBLv，UdBLv，故B正確 【答案】B4如圖所示的電路中，D1和D2是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈，其阻值與R相同在開關(guān)S接通和斷開時，燈泡D1和D2亮暗的順序是()A接通時D1先達(dá)最亮，斷開時D1后滅B接通時D2先達(dá)最亮，斷開時D1后滅C接通時D1先達(dá)最亮，斷開時D1先滅D接能時D2先達(dá)最亮，斷開時D2先滅【解析】當(dāng)開關(guān)S接通時，D1和D2應(yīng)該同時亮，但由于自感現(xiàn)象的存在，流過線圈的電流由零變大時，線圈
4、上產(chǎn)生的自感電動勢的方向是左邊為正極，右邊為負(fù)極，使通過線圈的電流從零開始慢慢增加，所以開始瞬時電流幾乎全部從D1通過，而該電流又將同時分路通過D2和R，所以D1先達(dá)最亮，經(jīng)過一段時間電路穩(wěn)定后，D1和D2達(dá)到一樣亮當(dāng)開關(guān)S斷開時，電源電流立即為零，因此D2立刻熄滅，而對于D1，由于通過線圈的電流突然減弱，線圈中產(chǎn)生自感電動勢(右端為正極，左端為負(fù)極)，使線圈L和D1組成的閉合電路中有感應(yīng)電流，所以D1后滅應(yīng)選A.【答案】A5如圖所示，豎直面內(nèi)的虛線上方是一勻強(qiáng)磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進(jìn)入磁場，最后又落回原處，運(yùn)動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，則()
5、A上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功B上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功C上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率D上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率【解析】線圈上升過程中，加速度較大且在減速，下降過程中，運(yùn)動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看做反向的加速，可以比較在運(yùn)動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，故正確選項(xiàng)為A、C.【答案】AC 6如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示位置勻速向右拉出勻強(qiáng)磁場若第一次用0
6、.3s拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q2，則()AW1W2，q1q2 BW1W2，q1q2 DW1W2，q1q27如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金屬直桿如圖所示立在導(dǎo)軌上，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運(yùn)動，運(yùn)動過程中Q端始終在OC上，P端始終在AO上，直到完全落在OC上空間存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，則在PQ棒滑動的過程中，下列判斷正確的是()A感應(yīng)電流的方向始終是由PQB感應(yīng)電流方向先是由PQ，再是由QPCPQ受磁場力的方向垂直于棒向左DPQ
7、受磁場力的方向垂直于棒先向左，再向右【解析】棒PQ在下滑的過程中，棒與AO之間的夾角為，棒長為L，與導(dǎo)軌所圍三角形POQ的面積為SL2sincosL2sin2，棒在下滑的過程中棒與AO間的夾角是由零逐漸增大到90，由面積表達(dá)式可知，當(dāng)45時，面積S有最大值，而磁場是勻強(qiáng)磁場，故當(dāng)PQ在沿AO下滑的過程中，棒與金屬導(dǎo)軌所組成的回路中的磁通量是先增大后減小，那么回路中感應(yīng)電流的磁場方向先與原磁場方向相反，是垂直于紙面向內(nèi)，后與原磁場方向相同，是垂直于紙面向外，由安培定則可以確定感應(yīng)電流的方向先是由PQ，再由QP，再由左手定則可以確定棒受磁場力的方向垂直于棒先向左，后向右【答案】BD8如圖，在勻強(qiáng)磁
8、場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金屬導(dǎo)軌aOb(在紙面內(nèi))，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬導(dǎo)軌c、d分別平行于Oa、Ob放置保持導(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)現(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：以速度v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；再以速率v移動c，使它與Oa的距離減小一半；然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；最后以速率2v移動d，使它也回到原處設(shè)上述四個過程中通過電阻R的電荷量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則()AQ1Q2Q3Q4 BQ1Q22Q32Q4C2Q12Q2Q3Q4 DQ2Q2Q3Q4【解析】由Qtt可知，在四種移動情況下變化的面積是相同的，則磁通量變化相同，跟導(dǎo)軌移
9、動的速度無關(guān)，跟移動的時間也無關(guān)，所以A選項(xiàng)正確【答案】A9(2013遼寧盤錦一模)如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，線圈開始做減速運(yùn)動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進(jìn)入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強(qiáng)磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 ()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH【解析】設(shè)ab剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，cd剛穿出磁場時的速度v2線框自開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意得mvmgHmvmg2LmvQ由得Q2mgLmgH.C選項(xiàng)正確【答案】C10(2013武漢調(diào)研)
10、如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動穿過磁場區(qū)域，在t0時刻恰好位于圖中所示的位置以順時針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流位移(Ix)關(guān)系的是()【解析】線框進(jìn)入磁場的過程中，線框的右邊做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于線框做勻速直線運(yùn)動，且切割磁感線的有效長度不斷增加，其感應(yīng)電流的大小不斷增加，由右手定則，可判定感應(yīng)電流的方向是順時針的；線框全部進(jìn)入磁場后，線框的左邊和右邊同時切割磁感線，當(dāng)xL時，回路中的感應(yīng)電流不斷減小，由
11、右手定則可判定感應(yīng)電流的方向是順時針；當(dāng)Lx3a)，在3t0時刻線框到達(dá)2位置速度又為v0并開始離開勻強(qiáng)磁場此過程中vt圖象如圖b所示，則()At0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為Bav0B在t0時刻線框的速度為v0C線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度一定比t0時刻線框的速度大D線框從1位置進(jìn)入磁場到完全離開磁場位置3過程中線框中產(chǎn)生的電熱為2Fb【解析】t0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，為Bav0，A項(xiàng)錯誤；從t0時刻至3t0時刻線框做勻加速運(yùn)動，加速度為，故在t0時刻的速度為v02at0v0，B項(xiàng)錯誤；因?yàn)閠0時刻和t3t0時刻線框的速度相等，進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，
12、故在位置3時的速度與t0時刻的速度相等，C項(xiàng)錯誤；線框在位置1和位置3時的速度相等，根據(jù)動能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有FbQ，所以線框穿過磁場的整個過程中，產(chǎn)生的電熱為2Fb，D項(xiàng)正確【答案】D12(2013浙江杭州質(zhì)檢)超導(dǎo)磁懸浮列車是利用超導(dǎo)體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時通過周期性地變換磁極方向而獲得的推進(jìn)動力的新型交通工具其推進(jìn)原理可以簡化為如圖所示的模型：在水平面上相距L的兩根平行直導(dǎo)軌間，有豎直方向等距離分布的勻強(qiáng)磁場B1和B2，且B1B2B，每個磁場的寬度都是L，相間排列，所有這些磁場都以相同的速度向右勻速運(yùn)動，這時跨在兩導(dǎo)軌間的長為L，寬為L的金屬框abcd
13、(懸浮在導(dǎo)軌上方)在磁場力作用下也將會向右運(yùn)動設(shè)金屬的總電阻為R，運(yùn)動中所受到的阻力恒為Ff，金屬框的最大速度為vm，則磁場向右勻速運(yùn)動的速度v可表示為()Av(B2L2vmFfR)/(B2L2)Bv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Cv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Dv(2B2L2vmFfR)/(2B2L2)【解析】導(dǎo)體棒ad和bc各以相對磁場的速度(vvm)切割磁感線運(yùn)動，由右手定則可知回路中產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍bcda，回路中產(chǎn)生的電動勢為E2BL(vvm)，回路中電流為：I2BL(vvm)/R，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則合安培力F合2BLI4B2L2(vvm)
14、/R，依題意金屬框達(dá)到最大速度時受到的阻力與安培力平衡，則FfF合，解得磁場向右勻速運(yùn)動的速度v(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)，B對【答案】B13(2013北京西城區(qū)抽樣測試)實(shí)驗(yàn)室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表這種電流表的構(gòu)造如圖甲所示蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布的當(dāng)線圈通以如圖乙所示的電流，下列說法正確的是()A線圈轉(zhuǎn)到什么角度，它的平面都跟磁感線平行B線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉(zhuǎn)動C當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上D當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖乙所示的位置，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動【解析】考查電流表的工作原理由輻向分布的磁場可知，線圈轉(zhuǎn)到任何位
15、置，它的平面都跟磁感線平行，A正確；通過線圈中的電流在磁場作用下產(chǎn)生的安培力的力矩與螺旋彈簧的扭動力矩平衡時，指針靜止，B正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動到圖乙所示的位置時，根據(jù)左手定則，b端受到的安培力方向向下，C錯誤；使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動，D正確【答案】ABD14(2013北京海淀區(qū)期末)如圖所示，光滑平行金屬軌道平面與水平面成角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端若運(yùn)動過程中，金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且軌道與金屬桿的電阻均忽略不計(jì)，則 ()A整個過程中金屬桿所受合外力
16、的沖量大小為2mv0B上滑到最高點(diǎn)的過程中克服安培力與重力所做功之和等于mvC上滑到最高點(diǎn)的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于mvmghD金屬桿兩次通過斜面上的同一位置時電阻R的熱功率相同【解析】金屬桿從軌道底端滑上斜面到又返回到出發(fā)點(diǎn)時，由于電阻R上產(chǎn)生熱量，故返回時速度小于v0，故整個過程中金屬桿所受合外力的沖量大小小于2mv0，A錯誤；上滑到最高點(diǎn)時動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(即克服安培力所做的功)，BC正確；金屬桿兩次通過斜面上同一位置時的速度不同，電路的電流不同，故電阻的熱功率不同，D錯誤【答案】BC二、計(jì)算題(本題共包括4小題，共50分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式
17、和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)15截面積S0.2m2，匝數(shù)n100匝的線圈A，處在如圖(甲)所示的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間按圖(乙)所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，規(guī)定向外為正方向電路中R14，R26，C30F，線圈電阻不計(jì)(1)閉合S穩(wěn)定后，求通過R2的電流； (2)閉合S一段時間后再斷開，則斷開后通過R2的電荷量是多少？【解析】由于線圈A所在的磁場變化引起穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢當(dāng)S閉合后，就有電流通過R1、R2.(1)由圖知B隨時間按線性變化，變化率0.2T/s.由法拉第電磁感應(yīng)定律得EnS4V.由楞次定律確定電流
18、方向，在01s內(nèi)，原磁場為負(fù)，即向里，大小在減小，故感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，因此由安培定則知線圈中的電流方向?yàn)轫槙r針方向從電路角度來看，線圈就是電源，其內(nèi)阻不計(jì)，R1和R2串聯(lián)后構(gòu)成外電路，C與R2并聯(lián)，當(dāng)電流恒定時，電容器支路中無電流由閉合電路歐姆定律得流過R2的電流I0.4A，方向向下(2)S閉合后，將對C充電，充電結(jié)束后電容器支路斷路，電容器兩端的電勢差等于R2兩端的電壓因此，其充電量QCUCE7.2105C.S斷開后，電容器通過R2放電，所以放電量為7.2105C.【答案】(1)0.4A，方向向下(2)7.2105C16兩根光滑的長直金屬導(dǎo)軌MN、MN平行置于同一水平面內(nèi)，
19、導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)，M、M處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C.長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中ab在外力作用下向右勻速運(yùn)動且與導(dǎo)軌保持良好接觸，在ab運(yùn)動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.求：(1)ab運(yùn)動速度v的大小；(2)電容器所帶的電荷量q.【解析】本題是電磁感應(yīng)中的電路問題，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為電源電動勢可由EBLv計(jì)算其中v為所求，再結(jié)合閉合 (或部分)電路歐姆定律、焦耳定律，電容器及運(yùn)動學(xué)知識列方程可解得(1)設(shè)ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，ab
20、運(yùn)動距離s所用時間為t，三個電阻R與電源串聯(lián)，總電阻為4R，則EBlv由閉合電路歐姆定律有It由焦耳定律有QI2(4R)t由上述方程得v(2)設(shè)電容器兩極板間的電勢差為U，則有UIR電容器所帶電荷量qCU解得q【答案】(1)(2)17日本專家研究調(diào)查得出了一個驚人的結(jié)論，東京高速道路所形成的振動可產(chǎn)生4GW以上的電力，這一數(shù)值相當(dāng)于供給東京23個區(qū)的家庭用電的4成如圖甲所示是某人設(shè)計(jì)的一種振動發(fā)電裝置，它的結(jié)構(gòu)是一個套在輻向形永久磁鐵槽中的半徑為r0.1m、匝數(shù)為n20的線圈，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)在線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小均為0.2T，線圈的電阻為1.
21、5，它的引出線接有質(zhì)量為0.01kg、電阻為0.5的金屬棒MN，MN置于傾角為30的光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬度為0.25m.外力推動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復(fù)運(yùn)動，便有電流通過MN.當(dāng)線圈向右的位移x隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(x取向右為正)，g10m/s2.求：(1)若MN固定不動，流過它的電流大小和方向？ (2)若MN可自由滑動，至少要加多大的勻強(qiáng)磁場B才能使MN保持靜止，請?jiān)趫D丁中畫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的圖象【解析】(1)由圖丙知線圈運(yùn)動速度：v0.8m/s線圈向右運(yùn)動時切割磁感線，且各處磁場方向與組成線圈的導(dǎo)線垂直，線圈產(chǎn)生電動勢：EnBLv2rnBv流過MN電流：I聯(lián)立以上
22、三式并代入數(shù)據(jù)得：I1A流過MN的電流方向從M到N.當(dāng)線圈向左運(yùn)動時，電流大小不變，流過MN的電流方向從N到M.(2)如圖所示MN受重力、斜面支持力和安培力作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使外加磁場B最小，即安培力最小，當(dāng)流過MN的電流從M到N時，由左手定則知磁場方向垂直軌道平面向下mgsin30BILB0.2T 當(dāng)流過MN的電流從N到M時，要使MN靜止，B的方向相反，即垂直軌道平面向上，以此方向?yàn)檎较?，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化圖象如圖所示【規(guī)律總結(jié)】本題涵蓋力學(xué)中的位移圖象、三力平衡，電磁學(xué)中的安培力、感應(yīng)電動勢、閉合電路歐姆定律、左手定則等問題解本類綜合題的關(guān)鍵是按照物理現(xiàn)象的因果關(guān)系及本質(zhì)特征將其
23、分解為若干個簡單問題，再逐個解決18(2013河南省示范性高中模擬)如圖所示，光滑斜面的傾角30，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l11m，bc邊的邊長l20.6m，線框的質(zhì)量m1kg，電阻R0.1，線框與絕緣細(xì)線相連，現(xiàn)用F20N的恒力通過定滑輪向下拉細(xì)線并帶動線框移動(如圖所示)，斜面上ef線(efgh)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5T，如果線框從靜止開始運(yùn)動，進(jìn)入磁場最初一段時間做勻速運(yùn)動，ef和gh的距離s18.6m，取g10m/s2，求：(1)線框進(jìn)入磁場前的加速度和線框進(jìn)入磁場時做勻速運(yùn)動的速度v；(2)簡要分析線框在整個過程中的運(yùn)動情況并求出ab邊
24、由靜止開始到運(yùn)動到gh線處所用的時間t；(3)ab邊運(yùn)動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運(yùn)動到gh線的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱【解析】(1)線框進(jìn)入磁場前，線框僅受到細(xì)線的拉力F，斜面的支持力和線框重力，設(shè)線框進(jìn)入磁場前的加速度為a，對線框由牛頓第二定律得Fmgsinma解得a15m/s2因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場的最初一段時間做勻速運(yùn)動所以線框abcd受力平衡FmgsinFAab邊進(jìn)入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢EBl1v形成的感應(yīng)電流I，受到的安培力FABIl1聯(lián)立上述各式得Fmgsin，代入數(shù)據(jù)解得v6m/s(2)線框abcd進(jìn)入磁場前，做勻加速直線運(yùn)動；進(jìn)磁場的過程中，做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入磁場后到運(yùn)動到gh線處，也做勻加速直線運(yùn)動進(jìn)磁場前線框的加速度大小為a15m/s2該階段運(yùn)動的時間為t1s0.4s進(jìn)磁場的過程中勻速運(yùn)動的時間為t2s0.1s線框完全進(jìn)入磁場后其受力情況同進(jìn)入磁場前，所以該階段的加速度大小仍為a15m/s2sl2vt3at解得：t31.2s因此ab邊由靜止開始運(yùn)動到gh線處所用的時間為tt1t2t31.7s(3)線框的ab邊運(yùn)動到gh線處的速度vvat36m/s151.2m/s24m/s整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳熱QFAl2(Fmgsin)l29J
安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練42 新人教版
