届高三二轮专题二 力与物体的直线运动 第2讲.docx
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届高三二轮专题二 力与物体的直线运动 第2讲.docx
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届高三二轮专题二力与物体的直线运动第2讲
第2讲 动力学观点在电学中的应用
课标卷高考命题分析
年份
题号·题型·分值
模型·情景
题眼分析
难度
2015年
Ⅱ卷
14题·选择题·6分
匀变速直线运动(电场力与重力)
倾斜电容器电场强度的方向
易
2016年
Ⅱ卷
24题·计算题·12分
单杆切割电磁感应现象
匀速运动
中
2017年
Ⅰ卷
25题·计算题·20分
牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律
多过程分析
难
1.带电粒子在磁场中运动时,洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向.
2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.
3.带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时,带电粒子做匀变速直线运动.
4.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型:
匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.
1.带电粒子在电场中做直线运动的问题:
在电场中处理力学问题时,其分析方法与力学相同.首先进行受力分析,然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致,其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.
2.带电粒子在交变电场中的直线运动,一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现.
解决的方法:
(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律.
(2)借助运动图象进行运动过程分析.
高考题型1 电场内动力学问题分析
例1
(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度大小;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
答案 见解析
解析
(1)油滴带电性质不影响结果,设该油滴带正电,油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上.在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足
qE2-mg=ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1=v0+a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向,油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下,大小a2满足
qE2+mg=ma2③
油滴在t2=2t1时刻的速度为
v2=v1-a2t1④
由①②③④式得
v2=v0-2gt1⑤
(2)由题意,在t=0时刻前有
qE1=mg⑥
油滴从t=0到t1时刻的位移为
x1=v0t1+a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2=2t1时刻的时间间隔内的位移为
x2=v1t1-a2t12⑧
由题给条件有v02=2g×2h=4gh⑨
式中h是B、A两点之间的距离.
若B点在A点之上,依题意有
x1+x2=h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2=[2-2+()2]E1⑪
为使E2>E1,应有
2-2+()2>1⑫
即当0<t1<(1-)⑬
或t1>(1+)⑭
条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形.
若B在A点之下,依题意有
x2+x1=-h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2=[2-2-()2]E1⑯
为使E2>E1,应有
2-2-()2>1⑰
即t1>(+1)⑱
另一解为负,不符合题意,舍去.
1.(2017·上海闵行区二模)如图1所示,质量为m、带电量为+q的滑块沿绝缘斜面匀速下滑,当滑块滑至竖直向下匀强电场区时,滑块运动的状态为( )
图1
A.继续匀速下滑B.将加速下滑
C.将减速下滑D.上述三种情况都可能发生
答案 A
解析 设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时,根据平衡条件得mgsinθ=Ff
且FN=mgcosθ
又Ff=μFN
得到,mgsinθ=μmgcosθ,即有sinθ=μcosθ
当滑块进入电场时,设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到
滑块受到的沿斜面向下的力为(mg+F)sinθ,沿斜面向上的力为μ(mg+F)cosθ,
由于sinθ=μcosθ,所以(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ,即受力仍平衡,所以滑块仍做匀速运动.
2.(2017·内蒙古包头市一模)如图2所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q,用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点.匀强电场的方向水平向右,分布的区域足够大.现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放,小球到达最低点B时速度恰好为零.
图2
(1)求匀强电场的电场强度E的大小.
(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度自由释放,则小球到达最低点B所用的时间t是多少?
(已知:
OA=OC=L,重力加速度为g)
答案
(1)
(2)
解析
(1)对小球由A到B的过程,由动能定理得
0=mgL-qEL
故E=
(2)小球由C点释放后,将做匀加速直线运动,到B点时的速度为vb,设小球做匀加速直线运动的加速度为a,
F合==mg
a==g
又vb2=2aL=4gL
得t==
高考题型2 磁场内动力学问题分析
例2
(多选)(2017·河南洛阳市第二次统考)如图3甲所示,一带电物块无初速度地放在传送带的底端,传送带以恒定的速率顺时针传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至传送带顶端F的过程中,其v-t图象如图乙所示,若物块全程运动的时间为4.5s,则下列判断正确的是( )
图3
A.该物块带负电
B.传送带的传送速度大小可能大于1m/s
C.若已知传送带的长度,可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D.在2~4.5s内,物块与传送带间仍可能有相对运动
答案 BD
解析 由题图乙可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1m/s.
对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿斜面的方向:
μFN-mgsinθ=ma①
物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小,而开始时:
FN=mgcosθ,后来:
FN′=mgcosθ-F洛,即洛伦兹力的方向是向上的.物块沿传送带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块做匀速直线运动时:
mgsinθ=μ(mgcosθ-F洛)②
由②可知,只要传送带的速度大于等于1m/s,则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关,所以传送带的速度可能是1m/s,也可能是大于1m/s,物块可能相对于传送带静止,也可能相对于传送带运动.故B、D正确;由以上的分析可知,传送带的速度不能判断,所以若已知传送带的长度,也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移,故C错误.
1.对于磁场内的动力学问题,要特别注意洛伦兹力的特性,因F洛=qvB,则速度v的变化影响受力,受力的变化又反过来影响运动.
2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.
3.此类问题也常出现临界问题,如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零.
3.(多选)如图4所示,两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上,并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中,两个质量为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放,运动一段时间后,两小滑块都将飞离斜面,在此过程中( )
图4
A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D.两滑块在斜面上运动的过程中,重力的平均功率相等
答案 AD
解析 小滑块飞离斜面时,洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡,故:
mgcosθ=qvmB
解得vm=,所以斜面角度越小,飞离斜面瞬间的速度越大,故甲滑块飞离时速度较大,A正确;滑块在斜面上运动的加速度恒定不变,由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a=gsinθ,所以甲的加速度小于乙的加速度,因为甲的最大速度大于乙的最大速度,由vm=at得,甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间,故B错误;由以上分析和x=得,甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移,故C错误;由平均功率的公式P=F=mg·sinθ=,因sin30°=cos60°,故重力的平均功率一定相等,故D正确.
4.(2017·山西临汾市二模)如图5所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框.线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I,线框的边长为L,线框下边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B=k(k为常量),线框的质量为m,则剪断细线的瞬间,线框的加速度为( )
图5
A.0B.+g
C.-gD.+g
答案 D
解析 线框下边受到的安培力的大小为F1=k·IL=kI2,方向向下,
线框上边受到的安培力大小F2=·IL=kI2,方向向上,
根据牛顿第二定律可得,F1+mg-F2=ma
解得:
a=+g,故A、B、C错误,D正确.
高考题型3 电磁感应中的力学问题分析
例3
(2017·全国名校模拟)如图6所示,直角坐标系xOy在水平面内,其第一象限内有一磁场,方向垂直于水平面向下,磁场沿y轴方向分布均匀,沿x轴方向磁感应强度B随坐标x增大而减小,满足B=(单位:
T);“∠”形光滑金属长直导轨MON顶角为45°,固定在水平面内,ON与x轴重合.一根质量为2kg的导体棒放在导轨上,导体棒与导轨接触,电阻恒为0.5Ω,其余电阻不计,导体棒最初处于原点位置O,某时刻给导体棒施加一个水平向右的外力作用,使得导体棒从静止开始沿x轴正方向运动,运动过程中回路中产生的电动势E与时间t的关系为E=3t(单位:
V)求:
图6
(1)第2s内回路中流过的电荷量q.
(2)导体棒滑动过程中水平外力F与横坐标x的关系式.
答案
(1)9C
(2)F=(2+6)N
解析
(1)t=1s时,感应电动势E1=3×1V=3V,感应电流I1==A=6A
t=2s时,感应电动势E2=3×2V=6V,感应电流I2==A=12A
因为感应电流与时间成正比,属于线性关系,所以有:
q=Δt=Δt=9C.
(2)由导轨夹角为45°,可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L=x
有:
E=BLv=Bxv
由题意有:
E=3t
B=
联立得:
v=3t
故加速度a=3m/s2
因此导体棒在拉力和安培力作用下做匀加速直线运动
安培力F安=BIL===
根据运动学公式v===
联立得:
F安==2
根据牛顿第二定律:
F=F安+ma=(2+6)N.
5.(2017·全国名校模拟)如图7甲所示,电阻不计、间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨上端接一阻值R=2Ω的电阻,虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将一质量m=0.2kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处以v0=1m/s的初速度下落,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.金属杆下落到磁场边界OO′所需时间t=0.1s,下落0.4m的过程中金属杆的加速度与下落的距离h之间的关系如图乙所示,g取10m/s2,则( )
图7
A.金属杆进入磁场时的速度为6m/s
B.金属杆开始下落时与OO′的距离为0.1m
C.磁场的磁感应强度大小为4T
D.金属杆下落0.4m时的速度为1m/s
答案 D
解析 金属杆下落到磁场边界OO′的过程中加速度为g,则金属杆到OO′时的速度v1=v0+gt1=2m/s,金属杆下落时距OO′的高度h==0.15m,A、B项错误;金属杆刚进入磁场时的加速度大小为10m/s2,方向向上,有-mg=ma,代入数据得B=2T,C项错误;从乙图中可以看出,金属杆下落0.4m后开始做匀速运动,则=mg,代入数据得v2=1m/s,D正确.
6.如图8所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:
图8
(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;
(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;
(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P.
答案
(1)
(2) (3)
解析
(1)MN刚扫过金属杆时,感应电动势E=Bdv0
感应电流I=
解得I=
(2)安培力F=BId
由牛顿第二定律得F=ma
解得a=
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′=v0-v,则
感应电动势E′=Bd(v0-v)
电功率P=
解得P=
题组1 全国卷真题精选
1.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图9,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将( )
图9
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
答案 D
解析 两平行金属板水平放置时,带电微粒静止有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,电场力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确.
2.(2016·全国卷Ⅱ·24)如图10,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:
图10
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;
(2)电阻的阻值.
答案
(1)Blt0(-μg)
(2)
解析
(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E=Blv③
联立①②③式可得
E=Blt0(-μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律
I=⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为
F安=BlI⑥
因金属杆做匀速运动,有
F-μmg-F安=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R=
题组2 各省市真题精选
3.(2015·海南卷·5)如图11,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为( )
图11
A.3∶2B.2∶1
C.5∶2D.3∶1
答案 A
解析 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a1=、a2=,由运动学公式有l=a1t2=t2①
l=a2t2=t2②
解得=.B、C、D错,A对.
4.(多选)(2014·浙江理综·20)如图12甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向.则金属棒( )
图12
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
答案 ABC
解析 根据左手定则知金属棒在0~内所受安培力向右,大小恒定,故金属棒向右做匀加速运动,在~T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等,方向相反,金属棒向右做匀减速运动,一个周期结束时金属棒速度恰好为零,以后始终向右重复上述运动,选项A、B、C正确;在0~时间内,安培力方向与运动方向相同,安培力做正功,在~T时间内,安培力方向与运动方向相反,安培力做负功,在一个周期内,安培力所做总功为零,选项D错误.
专题强化练
1.(多选)(2017·福建省4月模拟)两个相隔一定距离的等量正点电荷固定不动,在其产生的电场中,一个带负电的粒子以某一初速度从某一位置开始运动,仅在电场力作用下,该粒子可能做( )
A.匀变速直线运动
B.匀变速曲线运动
C.匀速圆周运动
D.在某一点附近做往复运动
答案 CD
2.(2017·辽宁实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示,在该匀强电场中,有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是( )
图1
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0~2s内,电场力所做的功等于零
C.4s末带电粒子回到原出发点
D.2.5~4s内,速度的改变等于零
答案 D
3.(2017·河北衡水市模拟)如图2所示,地面上某个空间区域存在这样的电场,水平虚线上方为场强E1,方向竖直向下的匀强电场;虚线下方为场强E2,方向竖直向上的匀强电场.一个质量m,带电量+q的小球从上方电场的A点由静止释放,结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点,则下列结论正确的是( )
图2
A.若AB高度差为h,则UAB=
B.带电小球在A、B两点电势能相等
C.在虚线上、下方的电场中,带电小球运动的加速度相同
D.两电场强度大小关系满足E2=2E1
答案 A
解析 对A到B的过程运用动能定理得,qUAB+mgh=0,解得:
UAB=,知A、B的电势不等,则电势能不等.故A正确,B错误;A到虚线速度由零加速至v,虚线到B速度由v减为零,位移相同,根据匀变速运动的推论知,加速度大小相等,方向相反.故C错误;在上方电场,根据牛顿第二定律得:
a1=,在下方电场中,根据牛顿第二定律得,加速度大小为:
a2=,因为a1=a2,解得:
E2-E1=.故D错误.
4.(2017·哈尔滨师大附中等二模)如图3所示,空间有场强大小为E,方向沿斜面向下的匀强电场;光滑绝缘斜面倾角为θ,底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧;彼此绝缘的AB两物体静止在弹簧顶端,A的质量为m,电量为+q,B的质量也为m,不带电,弹簧处在弹性限度内;某时刻,在沿斜面向上的外力F作用下,AB一起以加速度a匀加速运动,则当AB分离瞬间( )
图3
A.弹簧的形变量为0
B.弹簧的形变量为x=
C.A的速度达到最大
D.A的加速度为0
答案 B
5.(多选)(2017·河南濮阳市一模)如图4甲所示,光滑“∠”型金属支架ABC固定在水平面上,支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中,一金属导体棒EF放在支架上,用一轻杆将导体棒与墙固定连接,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,取垂直于水平面向下为正方向,则下列说法正确的是( )
图4
A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大
B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零
C.t2到t3时间内,轻杆对导体棒的作用力先增大后减小
D.t2到t4时间内,轻杆对导体棒的作用力方向不变
答案 BC
6.(多选)(2017·江西南昌市一模)如图5所示,质量为m=0.04kg、边长l=0.4m的正方形导体框abcd放置在一光滑绝缘斜面上,线框用一平行斜面的细线系于O点,斜面的倾角为θ=30°;线框的一半处于磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面;已知线框电阻为R=0.5Ω,重力加速度g=10m/s2.则( )
图5
A.线框中的感应电流方向为abcda
B.t=0时,细线拉力大小为F=0.2N
C.线框中感应电流大小为I=80mA
D.经过一段时间t,线框可能沿斜面向上运动
答案 CD
7.如图6所示,一质量为m、电荷量为+q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环一向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图象可能是图中的( )
图6
A.②③B.①③C.②④D.①④
答案 D
解析 由左手定则可判断圆环受到竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的重力,还可能受到垂直细杆的弹力及向左的摩擦力,当qv0B=mg时,圆环做匀速运动,此时图象为①,故①正确;当qv0B<mg时,FN=mg-qvB此时:
μFN=ma,所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大,故②③错误.当qv0B>mg时,FN=qvB-mg,此时:
μFN=ma,所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB=mg时,圆环开始做匀速运动,故④正确.
8.如图7所示,直线边界ab上方有无限大的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.一矩形金属线框底边与磁场边界平行,从距离磁场边界高度为h处由静止释放,下列说法正确的是( )
图7
A.整个下落过程中,穿过线框的磁通量一直在减小
B.线框穿出磁场的过程中,线框中会产生逆时针方向的电流
C.线框穿出磁场的过程中,线框受到的安培力可能一直减小
D.线框穿出磁场的过程中,线框的速度可能先增大后减小
答案 C
9.(2017·北京石景山区模拟)如图8所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置,导轨平面的倾角为θ,导轨的下端接有电阻.当空间没有磁场时,使ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面,ab上升的最大高度为H;当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时,再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面,ab上升的最大高度为h.两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好.关于上述情景,下列说法中正确的是( )
图8
A.两次上升的最大高度比较,有H=h
B.两次上升的最大高度比较,有H<h
C.有磁场时,ab上升过程的最大加速度为gsinθ
D.有磁场时,ab上升过程的最小加速度为gsinθ
答案 D
10.(2017·北京丰台模拟)如图9所示,在倾角θ=37°的斜面上,固定一宽度L=0.25m的足够长平行金属导轨,在导
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- 届高三二轮专题二 力与物体的直线运动 第2讲 届高三 二轮 专题 物体 直线运动