2019高考物理二輪復(fù)習 專項攻關(guān)高分秘籍 專題10 磁場學案.doc
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專題10 磁場帶電粒子在勻強磁場中的運動綜合了洛倫茲力、牛頓運動定律、勻速圓周運動、數(shù)學知識等,是高考命題的熱點和重點,命題時涉及情景比較多,并善于變化情景考查相關(guān)知識點。對安培力的考查較多的是與電磁感應(yīng)結(jié)合的題目,難度適中或較大。高考命題仍將帶電粒子在勻強磁場中的運動作為重點,可能與電場結(jié)合,也可能將對安培力的考查與電磁感應(yīng)結(jié)合。【備考建議】【經(jīng)典例題】考點一磁場的理解及安培定則【典例1】(2017全國卷,18)如圖,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零.如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應(yīng)強度的大小為( )A.0 B.B0C.B0 D.2B0由幾何關(guān)系得B合=B1=B0,所以當P電流反向后在a點的磁感應(yīng)強度B=B0,選項C正確.【典例2】(2018江西上高縣模擬)(多選)有兩根長直導(dǎo)線a,b互相平行放置,如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖.在圖中所示的平面內(nèi),O點為兩根導(dǎo)線連線的中點,M,N為兩根導(dǎo)線附近的兩點,它們在兩導(dǎo)線連線的中垂線上,且與O點的距離相等.若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I,則下列說法中正確的是( )A.M點和N點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相反B.導(dǎo)線a,b互相排斥C.在線段MN上各點的磁感應(yīng)強度都不可能為零D.在線段MN上只有一點的磁感應(yīng)強度為零考點二安培力的分析與計算【典例3】(2017全國卷,21)(多選)某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示.矩形線圈由一根漆包線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸.將線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方.為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來,該同學應(yīng)將( )A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉【典例4】(2018河北衡水六調(diào))一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置,勻強磁場的方向與xOy坐標平面平行,導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成圓環(huán),放置在xOy坐標平面內(nèi),如圖所示,并保持通電的電流不變,兩端點ab連線也與x軸平行,則圓環(huán)受到的安培力大小為 ( )AF B CD【參考答案】C【命題意圖】本題考查安培力及其相關(guān)的知識點。【解題思路】根據(jù)安培力公式,安培力F與導(dǎo)線長度L成正比;若將該導(dǎo)線做成圓環(huán),由L=2R,解得圓環(huán)的半徑R=,圓環(huán)ab兩點之間的距離L=R=。由F/L=F/L解得:F=,選項C正確。考點三安培力作用下導(dǎo)體運動趨勢的判斷【典例5】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示.當兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將( )A.不動 B順時針轉(zhuǎn)動C.逆時針轉(zhuǎn)動D在紙面內(nèi)平動【解析法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分,每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元,電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中,根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上,由左手定則可得,上半部分電流元所受安培力均指向紙外,下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi),因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動.法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心,小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向,由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上,而L1等效成小磁針后,轉(zhuǎn)動前,N極指向紙內(nèi),因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動.法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1,I2之間不平行,則必有相對轉(zhuǎn)動,直到兩環(huán)形電流同向平行為止,據(jù)此可得,從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動.考點四安培力作用下導(dǎo)體的平衡與加速【典例6】(2016河南八市重點高中聯(lián)考)如圖所示,無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I,導(dǎo)線正下方固定一正方形線框。線框中葉通有順時針方向的恒定電流I,線框邊長為L,線框上邊與直導(dǎo)線平行,且到直導(dǎo)線的距離也為L,已知在長直導(dǎo)線的磁場中距離長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B=kI/r,線框質(zhì)量為m,則釋放線框的一瞬間,線框的加速度可能為A0 B-g C-g Dg - 【參考答案】AC【命題意圖】本題考查了安培力、牛頓運動定律等知識點?!窘忸}思路】線框上邊所在處的磁感應(yīng)強度大小為B1=k ,由安培定則可判斷出磁場方向為垂直紙面向里,所受安培力的大小為F1= B1IL=kI2,由左手定則可判斷出安培力方向向上;線框下邊所在處的磁感應(yīng)強度大小為B2=k ,所受安培力的大小為F2= B2IL=kI2,由左手定則可判斷出安培力方向向下;若F1= F2+mg,則加速度為零,選項A正確。若F1(F2+mg),則加速度方向向上,由F1-(F2+mg)=ma,解得a= -g,選項C正確B錯誤。若F10)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為 ,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力) ( )A. B. C. D.考點七 帶電粒子在勻強磁場中的多解問題【典例11】(2016山東淄博模擬)如圖所示,正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形區(qū)域內(nèi),經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場?,F(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30的方向(如圖中虛線所示),以各種不同的速率射入正方形內(nèi),那么下列說法正確的是A該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場B若該帶電粒子從ab邊射出磁場,它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0C若該帶電粒子從bc邊射出磁場,它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是D若該帶電粒子從cd邊射出磁場,它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是【參考答案】AD【技巧點撥】解答此題,若對各個選項敘述的情景畫出軌跡圖,有助于正確判斷?!镜淅?2】如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P,其到CF,CD距離均為 ,且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置,能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子已知離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計離子重力及離子間相互作用力(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域?(2)求速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍【參考答案】(1) (2) (2)當v時,設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R,則由可得. 要使離子從DE射出,則其必不能從CD射出,其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切,設(shè)切點與C點距離為x,其軌跡如圖甲所示,由幾何關(guān)系得:R2(x )2(R )2,計算可得xL,R2(LR)2(d2 )2,解得d2 故速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為點睛:粒子圓周運動的半徑 ,速率越大半徑越大,越容易射出正方形區(qū)域,粒子在正方形區(qū)域圓周運動的半徑若不超過 ,則粒子一定不能射出磁場區(qū)域,根據(jù)牛頓第二定律求出速率即可??键c八 帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值【典例13】2018河北衡水模擬)在圖(甲)中,加速電場A,B板水平放置,半徑R=0.2 m 的圓形偏轉(zhuǎn)磁場與加速電場的A板相切于N點,有一群比荷為 =5105 C/kg的帶電粒子從電場中的M點處由靜止釋放,經(jīng)過電場加速后,從N點垂直于A板進入圓形偏轉(zhuǎn)磁場,加速電場的電壓U隨時間t的變化如圖(乙)所示,每個帶電粒子通過加速電場的時間極短,可認為加速電壓不變. 時刻進入電場的粒子恰好水平向左離開磁場.(不計粒子的重力)求:(1)粒子的電性;(2)磁感應(yīng)強度B的大小;(3)何時釋放的粒子在磁場中運動的時間最短?最短時間t是多少(取3)?【解析(1)由題意可知,粒子水平向左離開磁場,則粒子所受洛倫茲力向左,根據(jù)左手定則得,粒子帶負電.(2)由題圖(乙)可知,當時,U=100 V,根據(jù)動能定理得Uq=m-0,粒子做圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv1B=m粒子恰好水平向左離開磁場,粒子軌道半徑r1=R解得B=0.1 T.【典例14】(2017湖南衡陽三模)如圖所示,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4兩矩形中心點重合,邊平行或垂直,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4之間有電場強度大小相等的電場方向都垂直于矩形邊向內(nèi),矩形B1B2B3B4內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場.矩形A1A2A3A4的長與寬都比矩形B1B2B3B4多2d.現(xiàn)在矩形A1A2A3A4邊A1A2中點O有質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶正電的粒子(不計重力)由靜止釋放,經(jīng)過一段時間后,帶電粒子又回到了O點.已知電場強度的大小都是E,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,帶電粒子經(jīng)過電場和磁場的分界線時,速度都與分界線垂直.求:(1)若帶電粒子最快回到O點,那么矩形B1B2B3B4的長和寬是多少?(2)若帶電粒子最快回到O點,那么帶電粒子最快回到O點所用的時間?(3)若兩矩形的長是寬的兩倍(也就是|A1A4|=2|A1A2|),則矩形A1A2A3A4的邊長|A1A2|是多少?【解析(1)帶電粒子最快回到O點的軌跡如圖所示,帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程中,由動能定理可得qEd=mv2 ,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,則qvB=m,解得R= 那么矩形B1B2B3B4的長寬都是a=b=2R=.(2)帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程的運動時間t0= 【走進高考】1.(2016河南八市重點高中聯(lián)考)如圖所示,無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I,導(dǎo)線正下方固定一正方形線框。線框中葉通有順時針方向的恒定電流I,線框邊長為L,線框上邊與直導(dǎo)線平行,且到直導(dǎo)線的距離也為L,已知在長直導(dǎo)線的磁場中距離長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B=kI/r,線框質(zhì)量為m,則釋放線框的一瞬間,線框的加速度可能為A0 B-g C-g Dg - 2.如圖所示,將一個半徑為R的導(dǎo)電金屬圓環(huán)串聯(lián)接入電路中,電路的電流強度為I,接入點a、b是圓環(huán)直徑上的兩個端點,流過圓弧abc和adc的電流相等金屬圓環(huán)處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直則金屬圓環(huán)受到的安培力為()A0 BBIR. C2BIR. D2BIR.3.在絕緣圓柱體上a、b兩位置固定有兩個金屬圓環(huán),當兩環(huán)通有如圖所示電流時,b處金屬圓環(huán)受到的安培力為F1;若將b處金屬圓環(huán)移到位置c,則通有電流為I2的金屬圓環(huán)受到的安培力為F2。今保持b處金屬圓環(huán)位置不變,在位置c再放置一個同樣的金屬圓環(huán),并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流,則在a位置的金屬圓環(huán)受到的安培力()A.大小為|F1F2|,方向向左B.大小為|F1F2|,方向向右C.大小為|F1F2|,方向向左D.大小為|F1F2|,方向向右4(2018東北三校聯(lián)考)如圖所示,某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后,射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中,帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離D隨著U1和U2的變化情況為(不計重力,不考慮邊緣效應(yīng))()AD隨U1變化,D與U2無關(guān)BD與U1無關(guān),D隨U2變化CD隨U1變化,D隨U2變化DD與U1無關(guān),D與U2無關(guān)5(2018廣州一模)如圖,正方形abcd中abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強電場(圖中未畫出)。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場,隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場,接著從b點射出電場。不計粒子的重力。則A粒子帶負電B電場的方向是由b指向cC粒子在b點和d點的動能相等D粒子在磁場、電場中運動的時間之比為p26.(2016陜西寶雞一模)如圖所示,橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場,不計電子重力及相互之間的作用,對于從不同邊界射出的電子,下列判斷正確的是()A.從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等B.從c點離開的電子在磁場中運動時間最長C.電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為D.從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度7(2016濟南模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具,它的構(gòu)造原理如圖所示。粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙,兩種粒子從S出來時速度很小,可忽略不計,粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(圖中線框所示),最終打到照相底片上。測得甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入口的距離之比為54,則它們在磁場中運動的時間之比是A54 B45 C2516 D16258(2018成都三模)一種改進后的回旋加速器示意如圖,寬度忽略不計的窄縫A、C間的加速電場場強大小恒定,電場被限制在A、C間,與A、C平行的兩虛線之間無電場。帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場,經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動。對這種改進后的回旋加速器,下列說法正確的是A.加速電場的方向需要做周期性的變化B.加速后粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)C.帶電粒子每運動一周被加速一次D.帶電粒子每運動一周直徑的變化量相等,即P1P2等于P2P39.(2018洛陽一模)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場場強大小恒定,且被限制在AC板間,虛線中間不需加電場,如圖所示,帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場,經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動,對這種改進后的回旋加速器,下列說法正確的是( )A加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)B帶電粒子每運動一周被加速一次C帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3D加速電場方向不需要做周期性的變化10.(2016吉林長春市二模)如圖所示,xOy平面的第象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出),有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的a粒子從x軸上坐標為(-l,0)的A點以速度v0,沿與x軸正向成=60的方向射入第象限,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,從y軸上的坐標為(0,l)的P點垂直于y軸射入第象限,y軸和垂直于x軸的虛線之間有沿-y軸方向的勻強電場,a粒子將從虛線與x軸交點Q進入第象限,Q點橫坐標,虛線右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度大小與第象限勻強磁場相同(不計粒子的重力)。求:(1)第象限勻強磁場的方向及磁感應(yīng)強度的大小B;(2)勻強電場的電場強度的大小E;(3)如在a粒子剛進入第象限的同時,有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的b粒子,從y軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,a、b粒子將發(fā)生迎面正碰,求M點縱坐標yM以及相碰點N的橫坐標xN和縱坐標yN。11(2016鄭州二模)如圖所示,絕緣平板S放在水平地面上,S與水平面間的動摩擦因數(shù)04。兩塊足夠大的平行金屬板P、Q通過導(dǎo)體支架連接并固定在S上。在兩極板之間有垂直紙面向里的足夠大勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B1T。P板的中央有一小孔,整個裝置的總質(zhì)量為M36 kg。給裝置施加水平向右的作用力,使其總是以恒定的速度v6 ms向右勻速運動,同時將一質(zhì)量為m04 kg的帶負電的小球,從離P板高h125 m處由靜止釋放,小球恰好能落入孔內(nèi)。若小球進入小孔后做勻速圓周運動,且恰好不與Q板接觸,之后又返回P板(不計空氣阻力,不考慮運動產(chǎn)生的磁場,g取10 ms2,取3)。求:(1)小球所帶電荷量; (2)小球進入兩極板間后,水平向右的作用力F;(3)小球返回打到P板的位置到小孔的距離。1.【參考答案】AC【命題意圖】本題考查了安培力、牛頓運動定律等知識點。2.【參考答案】C3.【參考答案】C【名師解析】b處金屬圓環(huán)受到的安培力F1即為兩圓環(huán)間相互作用的安培力,由于電流方向相反,安培力為斥力,因此a處金屬圓環(huán)同時也受到大小為F1、方向向左的安培力;當b處圓環(huán)移到位置c時,F(xiàn)2也向左,且F1F2;若在c位置再放一個金屬圓環(huán),電流大小為I2而方向與I1相同,則c處電流對a處金屬圓環(huán)的安培力大小為F2,方向向右。所以a處金屬圓環(huán)受到的安培力大小為|F1F2|,方向向左,C項正確。4.【參考答案】A5【參考答案】ABD6【參考答案】ACD7【參考答案】C【命題意圖】本題考查了質(zhì)譜儀、洛倫茲力和帶電粒子在勻強磁場中的運動、動能定理及其相關(guān)的知識點。8【參考答案】C9【參考答案】BD【命題意圖】本題考查回旋加速器、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點?!局R歸納】一般的回旋加速器,帶電粒子運動一周加速兩次,加速電場需要做周期性變化,加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)。10【命題意圖】此題以帶電粒子在場中運動問題為命題背景,考查洛倫茲力、牛頓運動定律、類平拋運動規(guī)律、動能定理及其相關(guān)知識,意在考查學生的推理、分析和應(yīng)用數(shù)學處理物理問題的能力 (2)粒子在電場中的加速度: (1分) (1分) (1分)解得: (2分)(3) b粒子與a粒子在電場中運動情況相同,只是向上偏轉(zhuǎn),兩粒子在右側(cè)磁場中迎面相碰,b粒子應(yīng)在a粒子飛出右側(cè)磁場的位置飛入磁場,a粒子飛出電場速度為v,則:,解得 (1分)速度v與x軸正方向夾角為,則,(1分) 解得 (1分)設(shè)b粒子飛入磁場的縱坐標為y,則 所以M點縱坐標yM=y-yP=3l (1分)a粒子在第象限磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為,兩粒子在電場中運動時間相同,所以a粒子進入磁場時,b粒子已轉(zhuǎn)過的圓心角為,a、b再各轉(zhuǎn)動時相遇。則相碰點與圓心的連線與x軸正方向所成角為,由分析可知相碰點N的橫坐標 (2分) 相碰點N的縱坐標 (2分)11【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、帶電小球在復(fù)合場中的勻速圓周運動、平衡條件、勻變速直線運動規(guī)律及其相關(guān)的知識點?!久麕熃馕觥浚?)設(shè)兩板P、Q之間的距離為d。由于金屬支架運動切割磁感線,使兩極板間產(chǎn)生的電勢差為 U=Bdv(2分)電場強度: E=U/d. (1分)由題意可知,小球進入兩極板間后,所受重力與電場力相等即 qE=mg (1分)由以上三式可得: q=C。 (1分)(3)小球先做自由落體運動,v02=2gh, (2分)小球進入磁場后做勻速圓周運動 :qv0B=m (2分)由以上兩式可得 R=3 m(1分)小球在磁場中的運動周期:T= (1分)運動時間:t=T/2。 (1分)在這段時間內(nèi)兩極板運動的距離 x=vt=10.8 m(1分)由題意可知,小球返回打到P板的位置到小孔的距離 l=2R+x=16.8 m(1分)- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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