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2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第28課 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動練習(xí)

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2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第28課 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動練習(xí)

第28課帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1帶電粒子在組合場中的運(yùn)動a帶電粒子在勻強(qiáng)電場中加速后進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(1)(2017天津理綜,18分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動,Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場,最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場,P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力,問:粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。答案:v0,方向與x軸正方向的夾角為45°角斜向上(8分)(10分)解析:粒子在電場中由Q點(diǎn)到O點(diǎn)做類平拋運(yùn)動,設(shè)O點(diǎn)速度v與x方向夾角為,Q點(diǎn)到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離為2L,粒子的加速度為a,運(yùn)動時(shí)間為t,根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律,有x方向2Lv0t (1分)y方向Lat2(1分)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyat(2分)又tan 解得tan 1,即45°(2分)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為45°角斜向上,粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為vv0(2分)設(shè)電場強(qiáng)度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒子在電場中運(yùn)動的加速度a(1分)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2aL(1分)解得E(2分)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力,有qvBm(1分)根據(jù)幾何關(guān)系可知RL(2分)解得B(2分)整理可得(1分)b帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動后以一定角度射入勻強(qiáng)電場(2)(2017浙江選考,10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子,形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流。電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面向里,電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出。在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A,其中K板與P點(diǎn)的距離為d,中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔。K板接地,A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK。穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出,從而形成電流。已知bR,dl,電子質(zhì)量為m,電荷量為e,忽略電子間相互作用。求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;求電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的夾角的范圍;當(dāng)UAK0時(shí),每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)。答案: (3分)60°60° (2分) N (5分)解析:電子均從P點(diǎn)射出,根據(jù)圖(a)可知電子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為rR(1分)圖(a)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有evBm(1分)解得B(1分)設(shè)上端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸夾角為m如圖(b)所示,由幾何關(guān)系可得sin m解得m60°(1分)圖(b)同理,如圖(c)所示,下端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸夾角也為60°,故的范圍是60°60°(1分)圖(c)電子恰好進(jìn)入小孔,根據(jù)幾何關(guān)系可知,進(jìn)入小孔的電子偏角正切值tan (1分)解得45°故電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向的夾角45°(1分)如圖(d)所示,根據(jù)幾何關(guān)系,可知進(jìn)入金屬平行板的粒子所占比例為 (2分)圖(d)則當(dāng)UAK0時(shí),每秒到達(dá)A板的電子數(shù)nN(1分)c帶電粒子先后經(jīng)過多個(gè)勻強(qiáng)電場和磁場(3)(2015天津理綜,20分)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動。在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場和磁場的寬度均為d。電場強(qiáng)度為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直,一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動,不計(jì)粒子重力及運(yùn)動時(shí)的電磁輻射。求粒子在第2層磁場中運(yùn)動時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2;粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,試求sin n;若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之。答案:2 (3分)(3分)B(9分)比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界(5分)解析:粒子在進(jìn)入第2層磁場時(shí),經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時(shí)洛倫茲力不做功。由動能定理,有2qEdmv(2分)解得v22(1分)粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有qv2Bm(2分)由式解得r2(1分)設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù),下同)。nqEdmv(1分)qvnBm(1分)粒子進(jìn)入第n層磁場時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,粒子在電場中運(yùn)動時(shí),垂直于電場線方向的速度分量不變,有vn1sinn1vnsinn(2分)由圖(a)可知rnsin nrnsin nd(2分)圖(a)由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1,r2sin 2,rnsinn為一等差數(shù)列,公差為d,可得rnsin nr1sin 1(n1)d(2分)當(dāng)n1時(shí),由圖(b)看出r1sin 1d由式得sin nB(1分)圖(b)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,則nsin n1在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為,假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界,粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,由于> (2分)則導(dǎo)致sin n>1(2分)說明n不存在,即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界。(1分)2帶電粒子在交變電場和磁場中的運(yùn)動a帶電粒子在交變磁場中運(yùn)動(4)(經(jīng)典題,10分)圖(a)所示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與xOy平面(紙面)垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的周期為T,變化圖線如圖(b)所示。當(dāng)B為B0時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P,其比荷為。不計(jì)重力。設(shè)P在某時(shí)刻t0以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點(diǎn)開始運(yùn)動,將它經(jīng)過時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A。圖(a)圖(b)若t00,則直線OA與x軸的夾角是多少?若t0,則直線OA與x軸的夾角是多少?為了使直線OA與x軸的夾角為,在0t0的范圍內(nèi),t0應(yīng)取何值?答案:0(3分)(3分)(4分)解析:設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為m、q與v,粒子P在洛倫茲力作用下,在xOy平面內(nèi)做圓周運(yùn)動,分別用R和T表示圓周的半徑和運(yùn)動周期,則有qvB0mR(1分)v(1分)聯(lián)立式與已知條件得TT粒子P在t0到t時(shí)間內(nèi),沿順時(shí)針方向運(yùn)動半個(gè)圓周,到達(dá)x軸上B點(diǎn),此時(shí)磁場方向反轉(zhuǎn);繼而,在t到tT時(shí)間內(nèi),沿逆時(shí)針方向運(yùn)動半個(gè)圓周,到達(dá)x軸上A點(diǎn),如圖(a)所示,故OA與x軸的夾角0(1分)圖(a)粒子P在t0時(shí)刻開始運(yùn)動,在t到t時(shí)間內(nèi),沿順時(shí)針方向運(yùn)動個(gè)圓周,到達(dá)C點(diǎn),(1分)此時(shí)磁場方向反轉(zhuǎn),在t到tT時(shí)間內(nèi),沿逆時(shí)針方向運(yùn)動半個(gè)圓周,到達(dá)B點(diǎn),(1分)此時(shí)磁場方向再次反轉(zhuǎn),在tT到t時(shí)間內(nèi),沿順時(shí)針方向運(yùn)動個(gè)圓周,到達(dá)A點(diǎn),如圖(b)所示,由幾何關(guān)系可知,A點(diǎn)在y軸上,即OA與x軸的夾角(1分)圖(b)若在任意時(shí)刻tt0(0<t0<)粒子P開始運(yùn)動,在tt0到t時(shí)間內(nèi),沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn),圓心O位于x軸上,圓弧對應(yīng)的圓心角為OOC(1分)此時(shí)磁場方向反轉(zhuǎn);繼而,在t到tT時(shí)間內(nèi),沿逆時(shí)針方向運(yùn)動半個(gè)圓周,到達(dá)B點(diǎn),此時(shí)磁場方向再次反轉(zhuǎn);在tT到tTt0時(shí)間內(nèi),沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)A點(diǎn),設(shè)圓心為O,圓弧對應(yīng)的圓心角為BOAt0(1分)如圖(c)所示,由幾何關(guān)系知,C、B均在OO連線上,且OAOO若要OA與x軸成角,則有OOC(1分)聯(lián)立式可得t0(1分)圖(c)b帶電粒子在交變電場和恒定磁場中運(yùn)動(5)(經(jīng)典題,18分)如圖(a)所示,相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū),磁場方向垂直紙面向里,在邊界上固定兩塊長為L的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔S1、S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖(b)所示,正反向電壓的大小均為U0,周期為T0。在t0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放,粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動,在t時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。(不計(jì)粒子重力,不考慮極板外的電場)圖(a)圖(b)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d;為使粒子不與極板相撞,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件;若已保證了粒子未與極板相撞,為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2,且速度恰好為零,求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。答案:(3分) (4分) B<(4分)(5分)(2分)解析:粒子由S1至S2的過程,根據(jù)動能定理有qU0mv2(2分)解得v(1分)設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qma(1分)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有da2(2分)聯(lián)立式,解得d(1分)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvBm(2分)要使粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)不與極板相撞,須滿足2R>(1分)聯(lián)立式得B<(1分)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程用時(shí)為t1,有dvt1(1分)聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零,則粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動,設(shè)勻減速運(yùn)動的時(shí)間為t2,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得dt2(1分)聯(lián)立式得t2(1分)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為tt3T0t1t2(1分)聯(lián)立式得t(1分)設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T,則由式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得T(1分)由題意可知Tt聯(lián)立式得B(1分)c帶電粒子在交變磁場和恒定電場中運(yùn)動(6)(2015浙江學(xué)業(yè)考試模擬,19分)如圖(a)所示,水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場,先將一重力不計(jì)、比荷106 C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過×105 s后,電荷以v01.5×104 m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場,磁場與紙面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖(b)所示規(guī)律周期性變化,圖(b)中磁場以垂直紙面向外為正,以電荷第一次通過MN時(shí)為t0時(shí)刻。求:圖(a)圖(b)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E;帶電粒子第一次進(jìn)入磁場,粒子的運(yùn)動半徑和運(yùn)動時(shí)間各為多少;圖(b)中t×105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離;如果在O點(diǎn)右方d68 cm處有一垂直于MN足夠大的擋板,求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到擋板所需的時(shí)間。(sin 37°0.6,cos 37°0.8)答案:7.2×103 N/C(3分)5 cm(5分) ×105 s(2分)4 cm(4分)3.86×104 s(5分)解析:電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)其在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v0at1(1分)根據(jù)牛頓第二定律有qEma(1分)聯(lián)立以上二式,解得E7.2×103 N/C(1分)粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí),磁場垂直于紙面向外,電荷在磁場中做圓周運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律有qv0B1m(2分)電荷在磁場中做圓周運(yùn)動的周期T1(2分)聯(lián)立以上二式,解得r15 cm(1分) T1×105 s(1分)以電荷第一次通過MN時(shí)為t0時(shí)刻,粒子在磁場中勻速轉(zhuǎn)動半圈后返回電場,所以帶電粒子第一次進(jìn)入磁場運(yùn)動的時(shí)間為×105 s(1分)磁場垂直于紙面向里時(shí),電荷運(yùn)動的半徑為r23 cm(1分) 周期T2×105 s(1分)故電荷從t0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動,其運(yùn)動軌跡如圖(a)所示。圖(a)t×105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)水平距離d2(r1r2)4 cm(2分)電荷從第一次通過MN開始,其運(yùn)動的周期為T×105s,根據(jù)電荷的運(yùn)動情況可知,電荷達(dá)到擋板前運(yùn)動的完整周期數(shù)為15個(gè),此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動的距離s15d60 cm(1分)則最后8 cm的距離如圖(b)所示。圖(b)根據(jù)幾何關(guān)系有r1r1cos 8 cm(1分)解得cos 0.6,即53°(1分)故電荷運(yùn)動的總時(shí)間t總t115TT1T13.86×104 s(2分)3組合場的應(yīng)用a質(zhì)譜儀(7)(2017江蘇單科,16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為0,經(jīng)過加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為q,質(zhì)量分別為2m和m,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡。不考慮離子間的相互作用。求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x;在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d;若考慮加速電壓有波動,在(U0U)到(U0U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。答案:L(6分) (5分)L<2(5分)解析:甲種離子經(jīng)過加速電場加速后進(jìn)入磁場,根據(jù)動能定理有qU0×2mv(2分)洛倫茲力提供向心力,甲種離子在磁場中做圓周運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動半徑為r1,根據(jù)牛頓第二定律有qv1B2m(2分)解得r1根據(jù)幾何關(guān)系有x2r1L解得xL(2分)如圖所示,甲種離子在磁場中運(yùn)動的半徑不變,當(dāng)離子在左、右邊界入射時(shí)離子運(yùn)動的軌跡即為離子在磁場區(qū)域運(yùn)動的邊界,故陰影處為離子經(jīng)過的區(qū)域。(1分)此時(shí)最窄寬度dr1(2分)解得d(2分)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2,乙種離子在電場中加速有qU0mv,洛倫茲力提供向心力有qv2Bm,聯(lián)立解得r2。則乙種離子的最大半徑為r2max,甲種離子的最小半徑r1min(2分)要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,則有2r1min2r2max>L(2分)解得L<2(1分)b回旋加速器(8)(2016江蘇單科,16分)回旋加速器的工作原理如圖(a)所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加在狹縫間的交變電壓如圖(b)所示,電壓值的大小為U0、周期T。一束該粒子在t0時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?,F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動,不考慮粒子間的相互作用。求:圖(a)圖(b)出射粒子的動能Em;粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t總;要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。答案: (4分)(8分)d<(4分)解析:粒子出射時(shí),其運(yùn)動半徑為R,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qvBm(2分)粒子的動能為Emmv2,解得Em(2分)設(shè)粒子被加速n次后達(dá)到最大動能則有EmnqU0(2分)粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動加速度為a(2分)設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為t 根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有nda(t)2(2分)由t總(n1)·t(1分)解得t總(1分)只有在0時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為(2分)由>99%,解得d<(2分)普查講28帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動4電場與磁場共存aqEqvB時(shí)帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(9)(2016北京理綜,14分)如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動。不計(jì)帶電粒子所受重力。求粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R和周期T;為使該粒子做勻速直線運(yùn)動,還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場,求電場強(qiáng)度E的大小。答案:(4分)(4分)vB(6分)解析:不計(jì)粒子重力,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力根據(jù)牛頓第二定律有qvBm(2分)解得粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R(2分)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T(2分)解得T(2分)在磁場區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)電場,則粒子所受電場力為FqE(2分)粒子做勻速直線運(yùn)動,則粒子受力平衡根據(jù)平衡條件有qEqvB(2分)解得EvB(2分)b利用動能定理求解qEqvB時(shí)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動問題(10)(2013福建理綜,20分)如圖(a),空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。讓質(zhì)量為m,電量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計(jì)重力和粒子間的影響。圖(a) 圖(b)若粒子以初速度v1沿y軸正方向入射,恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點(diǎn),求v1的大?。灰阎涣W拥某跛俣却笮関(v>v1),為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點(diǎn),其入射角(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個(gè)?并求出對應(yīng)的sin 值;如圖(b),若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場,一粒子從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正向發(fā)射。研究表明:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動,且在任一時(shí)刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比,比例系數(shù)與場強(qiáng)大小E無關(guān)。求該粒子運(yùn)動過程中的最大速度值vm。答案:(6分)2個(gè)(2分)(4分) (8分)解析:帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動,半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律有qvBm(2分)當(dāng)粒子以初速度v1沿y軸正向入射,轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周至A點(diǎn),該圓周半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系有R1(2分)聯(lián)立式,解得v1(2分)粒子運(yùn)動軌跡的圓心到O、A兩點(diǎn)的距離相等,則圓心在x的直線上,半徑為R。當(dāng)給定一個(gè)初速率v時(shí),有2個(gè)入射角(2分)分別在第1、2象限,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有sin (2分)聯(lián)立式,解得sin (2分)粒子在運(yùn)動過程中僅電場力做功,因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大,用ym表示其y坐標(biāo)根據(jù)動能定理有qEymmvmv(2分)根據(jù)題意可知vmkym若E0時(shí),粒子以初速度v0沿y軸正向入射,有qv0Bm(2分)v0kR0(2分)聯(lián)立式,解得vm(2分)5磁場與重力場共存aqvBmg時(shí)帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(11)(多選)(經(jīng)典題,6分)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動,細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,不計(jì)空氣阻力,現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以后的運(yùn)動過程中,圓環(huán)運(yùn)動的速度圖像是()答案:ACD解析:根據(jù)左手定則可知,圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上,如果恰好qv0Bmg,圓環(huán)與桿間無彈力,圓環(huán)不受摩擦力的作用,將以v0做勻速直線運(yùn)動,故A項(xiàng)正確。若qv0B<mg,則a,隨著v的減小,a增大,直到速度減為0后停止,故C項(xiàng)正確。若qv0B>mg,則a,隨著v的減小,a減小,直到qvBmg,圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動,故D項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤。b利用機(jī)械能守恒定律求解qvBmg時(shí)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動問題(12)(多選)(2017廣東一模,6分)如圖所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓形軌道,并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中,甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電?,F(xiàn)將三個(gè)小球在軌道上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn),則()A甲球的釋放位置比乙球的高B運(yùn)動過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變C經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí),三個(gè)小球的速度相等D經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí),甲球的速度最小答案:AB解析:在最高點(diǎn)時(shí),甲球受到的洛倫茲力向下,乙球受到的洛倫茲力向上,而丙球不受洛倫茲力,故三個(gè)小球在最高點(diǎn)受到的合力不同,根據(jù)牛頓第二定律有F甲qv甲Bmgm、F乙mgqv乙Bm、F丙mgm,則甲球的速度最大,故C項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。洛倫茲力不做功,三個(gè)小球機(jī)械能守恒,則甲釋放的位置最高,故A項(xiàng)、B項(xiàng)均正確。6電場、磁場與重力場共存a帶電粒子受力平衡做勻速直線運(yùn)動(13)(2016天津理綜,12分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E5 N/C,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m1.0×106 kg,電荷量q2×106 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動,當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g10 m/s2,求:小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向;從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。答案:20 m/s速度v的方向與水平方向的夾角為60°(6分)2 s(6分)解析:小球做勻速直線運(yùn)動時(shí)對小球受力分析,如圖所示。小球做勻速直線運(yùn)動,受力平衡,合力為零。則有qvB(2分)解得v20 m/s(1分)設(shè)速度與水平方向的夾角為則有tan (2分)解得60°(1分)撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動初速度vyvsin (2分)若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線,僅需小球的豎直方向上的位移為零則有vytgt20(2分)聯(lián)立以上二式,解得t2 s(2分)bqEmg時(shí)帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(14)(2016四川理綜,19分)如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線DD,過DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域。區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場B(圖中未畫出);區(qū)域有固定在水平地面上高h(yuǎn)2l、傾角的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD距離s4l,區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出);C點(diǎn)在DD上,距地面高H3l。零時(shí)刻,質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0、方向與水平面夾角的速度,在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運(yùn)動,經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域。某時(shí)刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運(yùn)動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。(l已知,g為重力加速度)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??;若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時(shí)刻tA;若小球A、P在時(shí)刻t(為常數(shù))相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E,并討論電場強(qiáng)度E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。答案:(3分)(32)(7分)(6分) 極大值(1分)豎直向上(1分)極小值0(1分)解析:小球P在區(qū)做勻速圓周運(yùn)動,則小球P必定帶正電且所受電場力與重力大小相等。設(shè)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由洛倫茲力提供向心力得qv0Bm(2分) 解得B(1分)小球P先在I區(qū)以D為圓心做勻速圓周運(yùn)動,由小球初速度和水平方向夾角為可得,小球?qū)⑵D(zhuǎn)角后自C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)做類平拋運(yùn)動到斜面底端B點(diǎn),如圖(a)所示。圖(a)設(shè)做勻速圓周運(yùn)動的時(shí)間為t1,類平拋運(yùn)動的時(shí)間為t2則:t1(1分)rt2(1分)BDs2lcot (1分)小球A自斜面頂端釋放后將沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)加速度的大小為a1,釋放后在斜面上運(yùn)動時(shí)間為t3。對小球A受力分析,設(shè)小球質(zhì)量為m,斜面對小球的支持力為N,如圖(b)所示。圖(b)根據(jù)牛頓第二定律有mgsin ma1(1分)a1t(1分)小球A的釋放時(shí)刻tA滿足tAt1t2t3(1分)聯(lián)立式,解得tA(32)(1分)如圖(c)所示,設(shè)所求電場方向向下,在tA時(shí)刻釋放小球A,小球P在區(qū)域的加速度為aP,圖(c)小球A、P相遇時(shí),根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式及幾何關(guān)系有sv0(tt1)a1(ttA)2cos (2分)HaP(tt1)2ha1(ttA)2sin (2分)根據(jù)牛頓第二定律有mgqEmaP(1分)聯(lián)立式,解得E(1分)由第問可知,當(dāng)小球A和P在底端相遇時(shí),相遇的時(shí)間為3,同理當(dāng)小球A與P在頂端相遇,相遇的時(shí)間為5。則35則當(dāng)時(shí),電場強(qiáng)度有極小值,E極小0(1分)當(dāng)5時(shí),E,即電場強(qiáng)度有極大值,E極大(1分)方向豎直向上(1分)c利用能量守恒定律(動能定理)求解帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動問題(15)(經(jīng)典題,10分)如圖所示,一對豎直放置的平行金屬板長為L,板間距離為d,接在電壓為U的電源上,板間有一與電場方向垂直的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,有一質(zhì)量為m,帶電量為q的油滴,從離平行板上端h高處由靜止開始自由下落,由兩板正中央P點(diǎn)處進(jìn)入電場和磁場空間,油滴在P點(diǎn)所受電場力和磁場力恰好平衡,最后油滴從一塊極板的邊緣D處離開電場和磁場空間。求:h的大?。挥偷卧贒點(diǎn)時(shí)的速度大小。答案:(6分)(4分)解析:油滴做自由落體運(yùn)動到達(dá)P點(diǎn),設(shè)在P點(diǎn)油滴的速度為vP根據(jù)動能定理有mghmv(2分)在P點(diǎn),油滴受到的電場力等于洛倫茲力,即qvPBq(2分)聯(lián)立以上二式,解得h(2分)對整個(gè)過程,根據(jù)動能定理有mg(hL)qmv0(2分)解得vD(2分)7帶電粒子在有約束的疊加場中運(yùn)動a帶電粒子在疊加場中受到圓環(huán)(圓弧)的約束做圓周運(yùn)動(16)(2014四川理綜,17分)在如圖所示的豎直平面內(nèi),水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn),GH與水平面的夾角37°。過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T;過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場,電場方向水平向右,電場強(qiáng)度E1×104 N/C。小物體P1質(zhì)量m2×103 kg、電荷量q8×106 C,受到水平向右的推力F9.98×103 N的作用,沿CD向右做勻速直線運(yùn)動,到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力。當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí),不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放,經(jīng)過時(shí)間t0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5,取g10 m/s2,sin 37°0.6,cos 37°0.8,物體電荷量保持不變,不計(jì)空氣阻力。求:小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大??;傾斜軌道GH的長度s。答案:4 m/s(5分)0.56 m(12分)解析:設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v,小物體P1做勻速直線運(yùn)動,則P1受力平衡。豎直方向,P1受到向下的重力、向上的洛倫茲力F1和支持力FN則有mgF1FN(1分)水平方向,受到向左的摩擦力f和向右的推力F則有Ff(1分)且F1qvB(1分)fFN(1分)聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(1分)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG,由于洛倫茲力不做功,根據(jù)動能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2(2分)P1在GH上運(yùn)動,設(shè)加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1(3分)P1與P2在GH上相遇時(shí),設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1,則s1vGta1t2(1分)設(shè)P2質(zhì)量為m2,在GH上運(yùn)動的加速度為a2,則m2gsin m2gcos m2a2(2分)P1與P2在GH上相遇時(shí),設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2,則s2a2t2(1分)且ss1s2(1分)聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得s0.56 m(2分)b帶電粒子在疊加場中受到直軌道的約束做直線運(yùn)動(17)(2015福建理綜,14分)如圖所示,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向水平向右,電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動。A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g。求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC;求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf;若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD,從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。答案:(4分)mgh(4分) (6分)解析:小滑塊沿MN運(yùn)動過程,水平方向受力平衡有qvBNqE(2分)設(shè)小滑塊在C點(diǎn)的速度為vC,小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)有N0解得vC(2分)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn),根據(jù)動能定理有mghWfmv0(2分)解得Wfmgh(2分)如圖所示,小滑塊速度最大時(shí),速度方向與電場力、重力的合力方向垂直。撤去磁場時(shí)小滑塊受到的合力方向與速度垂直,則小滑塊從D點(diǎn)到P點(diǎn)做類平拋運(yùn)動。設(shè)重力與電場力的合力為F,則F(1分)在F方向小滑塊做勻加速運(yùn)動根據(jù)牛頓第二定律有Fma(1分)t時(shí)間內(nèi)在F方向的位移為xat2(1分)根據(jù)動能定理有Fxmvmv(2分)聯(lián)立以上各式,解得vP(1分)8帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例a速度選擇器(18)(經(jīng)典題,12分)如圖所示的裝置,左半部為速度選擇器,右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器,能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子,又沿著與電場垂直的方向,立即進(jìn)入電場強(qiáng)度大小為E的偏轉(zhuǎn)電場,最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q0),速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的電場強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場,照相底片D與狹縫S1、S2連線平行且距離為L,忽略重力的影響。求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小;若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x,求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。答案:(4分)x(8分)解析:離子在速度選擇器中受到向下的電場力和向上的洛倫茲力的作用,要使離子能從速度選擇器射出,則離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動,離子受力平衡。根據(jù)平衡條件有qE0qv0B0(2分)解得v0(2分)離子進(jìn)入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場E后,受到向下的電場力的作用,離子做類平拋運(yùn)動。根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律有水平方向xv0t(2分)豎直方向Lat2(2分)根據(jù)牛頓第二定律有qEma(2分)聯(lián)立以上各式,解得x(2分)b電磁流量計(jì)(19)(多選)(經(jīng)典題,6分)為了測量某化肥廠的污水排放量,技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì),該裝置由絕緣材料制成,長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口,在垂直于上下表面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,在前、后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極,污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí),電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積),下列說法正確的是()A若污水中正離子較多,則前內(nèi)表面比后內(nèi)表面的電勢高B前內(nèi)表面的電勢一定低于后內(nèi)表面的電勢,與哪種離子多無關(guān)C污水中離子濃度越高,電壓表的示數(shù)越大D污水流量Q與U成正比,與a、b無關(guān)答案:BD解析:正、負(fù)離子流動時(shí),根據(jù)左手定則可知,正離子在洛倫茲力的作用下向后內(nèi)表面偏轉(zhuǎn),所以后內(nèi)表面上帶正電荷,前內(nèi)表面上帶負(fù)電荷,前內(nèi)表面電勢比后內(nèi)表面低,與哪種離子多無關(guān),故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確。最終正負(fù)離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài),有qqvB,流量QvSvbc,則U,與離子濃度無關(guān),故C項(xiàng)錯(cuò)誤。由U可知,污水流量Q與電壓成正比,與a、b無關(guān),故D項(xiàng)正確。c霍爾效應(yīng)(20)(多選)(2014江蘇單科,4分)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足UHk,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則()A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負(fù)極對調(diào),電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案:CD解析:根據(jù)左手定則可以判斷出霍爾元件中的導(dǎo)電物質(zhì)所受安培力指向后表面,即將向后表面?zhèn)纫?,又由于該?dǎo)電物質(zhì)為電子,帶負(fù)電,因此后表面的電勢將低于前表面的電勢,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。若電源的正、負(fù)極對調(diào),磁場方向與圖示方向相反,同時(shí)由電路結(jié)構(gòu)可知,流經(jīng)霍爾元件上下面的電流也將反向,因此電子的受力方向不變,即前后表面電勢高低情況不變,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。由電路結(jié)構(gòu)可知,RL與R并聯(lián)后與線圈串聯(lián),因此有IIH,故C項(xiàng)正確。RL消耗的電功率PL2RLI,顯然PL與I成正比,又因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,即B與IH成正比,電壓表的示數(shù)UHk,則UH與I成正比,所以UH與RL消耗的電功率PL成正比,故D項(xiàng)正確。28

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