(浙江專(zhuān)用)2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc
《(浙江專(zhuān)用)2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《(浙江專(zhuān)用)2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc(16頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
提升訓(xùn)練12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.如圖所示,在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其中0xa內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場(chǎng),在xL的區(qū)域存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點(diǎn)O點(diǎn)有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁場(chǎng),粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),速度減小到0后又返回磁場(chǎng)。已知粒子的比荷為qm,粒子重力不計(jì)。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(2)從原點(diǎn)出發(fā)后帶電粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸,求洛倫茲力的沖量;(3)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間,帶電粒子經(jīng)過(guò)x軸。7.(2018年5月寧波諾丁漢大學(xué)附中高二期中)如圖所示,在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向與xOy平面平行,且與x軸成45夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從y軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射出,一段時(shí)間后進(jìn)入電場(chǎng),進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反;又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間T0,磁場(chǎng)方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計(jì)重力。(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間;(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn),求電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值。8.如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板.前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開(kāi)關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道內(nèi)始終充滿(mǎn)電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開(kāi)關(guān)閉合前后,液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)。(1)求開(kāi)關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0;(2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比dh的值。9.(2018年3月稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校選考聯(lián)考)某同學(xué)在復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí),經(jīng)過(guò)思考,自己設(shè)計(jì)了一道題目:如圖,C、D板之間是加速電場(chǎng),電壓為U,虛線(xiàn)OQ、QP、ON是勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,且磁場(chǎng)范圍足夠大,QP與ON平行,間距為d,與OQ垂直且與豎直方向夾角=60,兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向垂直紙面向外。現(xiàn)有一個(gè)比荷為k的正電荷(重力不計(jì)),從C板的小孔靜止釋放,加速后從O點(diǎn)水平進(jìn)入虛線(xiàn)OQ右側(cè)空間。該電荷第二次(不包括從O點(diǎn)進(jìn)入這一次)到達(dá)ON邊界時(shí)的位置為A點(diǎn)(未畫(huà)出)。求:(1)粒子在O點(diǎn)的速度大小;(2)粒子從O到A的時(shí)間;(3)若兩磁場(chǎng)整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30,粒子加速后從O點(diǎn)水平進(jìn)入,且粒子始終在OQ右側(cè)運(yùn)動(dòng),試判斷粒子能否通過(guò)A點(diǎn),需講明理由。10.(2016浙江杭州五校聯(lián)盟)某研究性學(xué)習(xí)小組用如圖所示的裝置來(lái)選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。密度相同的粒子在電離室中被電離后帶正電,電荷量與其表面積成正比。電離后粒子緩慢通過(guò)小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域,再通過(guò)小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,其中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外。收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線(xiàn)上。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn):半徑為r0的粒子質(zhì)量為m0、電荷量為q0,剛好能沿O1O3直線(xiàn)射入收集室。不計(jì)納米粒子重力和粒子之間的相互作用力。(球體積和球表面積公式分別為V球=43r3,S球=4r2)求:(1)圖中區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;(2)半徑為r的粒子通過(guò)O2時(shí)的速率v;(3)試討論半徑rr0的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域后將向哪個(gè)極板偏轉(zhuǎn)。11.(2018年3月寧波高三質(zhì)量評(píng)估)如圖所示為一平面直角坐標(biāo)系xOy,在第一、二象限中有一半圓形的有界磁場(chǎng),圓心在O點(diǎn),半圓的半徑為R,磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在y=R的上方有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點(diǎn)有一粒子源,可以向第一象限坐標(biāo)平面內(nèi)的任意方向發(fā)射相同速率的帶正電的粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子的重力可以忽略不計(jì),不考慮粒子間的相互作用。發(fā)現(xiàn)有一粒子從y軸上的P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),并且此時(shí)速度方向與y軸正方向成30夾角,求:(1)粒子速度的大小;(2)出磁場(chǎng)后能垂直進(jìn)入電場(chǎng)的粒子從粒子源射出到經(jīng)過(guò)y軸時(shí)所用的時(shí)間;(3)在y=R上,有粒子能進(jìn)入電場(chǎng)的橫坐標(biāo)范圍。12.圖甲為某種速度選擇器示意圖(圖乙是該裝置的俯視圖),加速電場(chǎng)右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒,它與加速電場(chǎng)靠得很近,圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。O1、O2為加速電場(chǎng)兩極板上的小孔,O3、O4為圓筒直徑兩端的小孔,豎直熒光屏abcd與直線(xiàn)O1O2平行,且到圓筒的豎直中心軸的距離OP=3R。粒子源發(fā)出同種粒子經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B),經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,通過(guò)圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑,即被選中。整個(gè)裝置處于真空室中,不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用。(1)若開(kāi)始時(shí)圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場(chǎng),同時(shí)讓O1、O2、O3、O、O4在同一直線(xiàn)上。初速度不計(jì)的帶電粒子從小孔O1進(jìn)入加速電場(chǎng),再?gòu)男】譕3打入圓筒從O4射出。當(dāng)加速電壓調(diào)為U0時(shí),測(cè)出粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,請(qǐng)求出此粒子的比荷qm。(2)僅調(diào)整加速電場(chǎng)的電壓,可以使粒子以不同的速度射入圓筒,若在光屏上形成的亮斑范圍為Q1P=PQ2=3R,求打到光屏的粒子所對(duì)應(yīng)的速率v的范圍,以及圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。提升訓(xùn)練12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.答案 (1)2(1+2-1)a(2)3mv02qB解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其軌道半徑為R,其在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成,圓心分別在C和C處,軌跡與x軸交點(diǎn)為P。由對(duì)稱(chēng)性可知C在x=2a直線(xiàn)上。設(shè)此直線(xiàn)與x軸交點(diǎn)為D,P點(diǎn)的x坐標(biāo)為xP=2a+DP。過(guò)兩段圓弧的連接點(diǎn)作平行于x軸的直線(xiàn)EF,則DF=r-r2-a2,CF=r2-a2,CD=CF-DF,DP=r2-CD2由此可得P點(diǎn)的x坐標(biāo)為xP=2a+2rr2-a2-(r2-a2),代入題給條件得xP=2(1+2-1)a。(2)若要求帶電粒子能夠返回原點(diǎn),由對(duì)稱(chēng)性,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,這時(shí)C在x軸上。設(shè)CCO=,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得=6軌道半徑r=acos=233a由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=mv02r,解得a=3mv02qB。2.答案 (1)1.0104 m/s(2)100 V(3)0.1 T解析 (1)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理得U1q=12mv12,解得v1=2U1qm=1.0104 m/s。(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用,做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。在水平方向微粒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。水平方向:v1=Lt帶電微粒在豎直方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度為a,出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v2豎直方向:a=Eqm=qU2dmv2=at=qU2dmLv1由幾何關(guān)系得tan=v2v1=qU2Ldmv12=U2L2dU1U2=2dU1Ltan得U2=100 V。(3)電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,設(shè)微粒軌道半徑為R,由幾何關(guān)系知R+R2=D,解得R=23D設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,則v=v1cos30由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律qvB=mv2R得B=mvqR=m23Dqv1cos30,代入數(shù)據(jù)得B=0.1 T,即若帶電粒子不射出磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1 T。3.D解析 初速度為v的帶電粒子沿直線(xiàn)從右側(cè)射出,故此時(shí)洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=EB。假設(shè)粒子帶正電,若粒子沿軌跡射出,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力向上,可知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)qvBEq,所以vEB=v,此時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功,動(dòng)能減小,速度減小,假設(shè)粒子帶負(fù)電,若粒子沿軌跡射出,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力方向向下,可知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)qvBEq,所以vEq,即vEB=v,粒子可能沿軌跡射出,此時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,故D正確。4.答案 (1)負(fù)mgdU(2)v0Ugd2(3) U0U2mv02d2qL2解析 (1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),有qUd=mg,得q=mgdU由于電場(chǎng)方向向下,電荷所受電場(chǎng)力向上,可知,墨滴帶負(fù)電荷。(2)進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后,重力與電場(chǎng)力平衡,洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有qv0B=mv02R考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和擋板的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng),則半徑R=d,由此可知B=v0Ugd2。(3)根據(jù)題設(shè),墨滴速度減小到v=12v0時(shí),設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R有qvB=mv2R,得R=mvqB=mv02qB=12R=12d則墨滴恰好經(jīng)過(guò)半圓回到O2。要使墨滴從兩金屬板左側(cè)的C1C2之間離開(kāi)電場(chǎng),則墨滴應(yīng)在電場(chǎng)力和重力作用下做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),從C2離開(kāi),即U1=U0或做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),最大偏向位移的墨滴從C1離開(kāi),則有12L=vt,d=12qU2mdt2,得U2=2mv02d2qL2所以電壓的調(diào)節(jié)范圍是U0U2mv02d2qL2。5.答案 (1)mv022qL(2)mv0qL(3)239mv02470c2+E0c2解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng):2L=v0t豎直方向做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng):L=12qEm(2Lv0)2求得E=mv022qL。(2)帶電粒子在C點(diǎn)豎直分速度為vy=qEmt=qEm2Lv0=v0粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v=2v0方向與x軸正向成45粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何知識(shí)可得R1=2L由洛倫茲力充當(dāng)向心力時(shí),有Bqv=mv2R1可解得B=mvqR1=mv0qL。(3)放射性同位素94239Pu的衰變方程為94239Pu92235U+24He+,粒子的質(zhì)量為m,則92235U的質(zhì)量為2354m衰變過(guò)程動(dòng)量守恒,MvU=mv0由動(dòng)能EU=12MvU2,E=12mv02,質(zhì)量虧損放出的能量E=mc2,E=EU+E+E0所以m=239mv02470c2+E0c2。6.答案 (1)mv0qL(2)2mv0(3)nLv0+2mv0qE(n=1,2,3,)解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=L根據(jù)qvB=mv2R,解得B=mv0qL。(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)中,由動(dòng)量定理得I=-mv0-mv0=-2mv0從原點(diǎn)出發(fā)后第一次經(jīng)過(guò)x軸,由I+I=mv0-mv0得洛倫茲力的沖量I=2mv0。(3)粒子返回磁場(chǎng)后,再做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=Lv0電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=2v0qEm=2mv0qE考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t=nt=nLv0+2mv0qE(n=1,2,3,)7.答案 (1)5m4qB(2)2mv0qT0解析 (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R,運(yùn)動(dòng)周期為T(mén),根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有qv0B=mv02R,T=2Rv0依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時(shí),運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為54,所需時(shí)間為t1=58T,求得t1=5m4qB。(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,先做勻減速運(yùn)動(dòng),直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0,設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2,加速度大小為a,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,有qE=ma,v0=12at2,得t2=2mv0qE根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點(diǎn),必須滿(mǎn)足t2T0得電場(chǎng)強(qiáng)度最大值E=2mv0qT0。8.答案 (1)Bdv0(2)LSv02B24LR解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對(duì)象,受力平衡時(shí),qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。(2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=dLhI=U0R+r電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+h2R,當(dāng)dh=LR時(shí),電阻R獲得最大功率,為Pm=LSv02B24。9.答案 (1)2kU(2)2d2kU+2kB(3)見(jiàn)解析解析 (1)qU=12mv2得v=2qUm=2kU。(2)粒子的軌跡圖,如圖所示。連GA,則OGA為等腰三角形,GAHK。據(jù)平面幾何知識(shí),得OG=HK=2d所以t1=4dv劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來(lái)恰好為一整圓,得t2=2rv=2mqB所以t=4dv+2mqB=2d2kU+2kB。(3)由(2)可得OA=23d若兩磁場(chǎng)整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30。如圖為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,QOG=30,OQ=d,所以O(shè)G=dcos30=233d又因?yàn)镺GA為正三角形,所以O(shè)A=OG=233d根據(jù)幾何關(guān)系,得:OAOA=3即通過(guò)3個(gè)周期,粒子可以通過(guò)A點(diǎn)。10.答案 (1)B2q0Um0(2)2q0Ur0m0r(3)當(dāng)rr0時(shí),粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);當(dāng)rr0時(shí),v0,粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);當(dāng)rv0,F合0,粒子會(huì)向下極板偏轉(zhuǎn)。11.答案 (1)qBRm(2)(3)見(jiàn)解析圖1解析 (1)由分析可知,從O點(diǎn)出發(fā),在P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60,軌跡如圖1所以粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R由牛頓第二定律,有:qvB=mv2R得:v=qBRm。(2)由判斷可知,從O點(diǎn)入射的粒子在離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的偏向角均為60所以,出磁場(chǎng)后能垂直進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,從O點(diǎn)入射時(shí)與x軸正向成30夾角,軌跡如圖2在磁場(chǎng)中t1=16T=m3qB在無(wú)場(chǎng)區(qū)t2=1-32mqB在電場(chǎng)中t3=RmEq所以總時(shí)間為t=t1+t2+t3=2+6-336mqB+RmEq(3)畫(huà)出軌跡,如圖3所示最右側(cè):x1=Rcos30=233R最左側(cè):x2=-(R-Rtan 30)tan 60=-(3-1)R。圖2圖312.答案 (1)2R2U0t02(2)23BR33U0t02v23BR3U0t022BR2U0t02解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,12mv02=qU0,得qm=2R2U0t02。(2)由幾何關(guān)系得r1=33R由向心力公式得qBv1=mv12r1聯(lián)立解得v1=23BR33U0t02由幾何關(guān)系得r2=3R由向心力公式得qBv2=mv22r2聯(lián)立解得v2=23BR3U0t02所以23BR33U0t02v23BR3U0t02進(jìn)入圓筒的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度和時(shí)間與圓筒轉(zhuǎn)過(guò)的角度和時(shí)間都是相等的。即只要粒子能進(jìn)入就能出去,故有=t=2T又T=2mqB聯(lián)立得=qBm=2BR2U0t02。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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- 浙江專(zhuān)用2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 浙江 專(zhuān)用 2019 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 優(yōu)選 習(xí)題 專(zhuān)題 電場(chǎng) 磁場(chǎng) 提升 訓(xùn)練
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