2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc
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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題組一 帶電粒子在相鄰組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(xx杭州一中模擬)如圖8318所示,兩導(dǎo)體板水平放置,兩板間的電勢(shì)差為U,帶電粒子以某一初速度v0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(chǎng)方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),則粒子射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化而變化情況為( ) 圖8318 A.d隨v0的增大而增大,d與U無關(guān) B.d隨v0的增大而增大,d隨U的增大而增大 C.d隨U的增大而增大,d與v0無關(guān) D.d隨v0的增大而增大,d隨U的增大而減小 【解析】 帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為θ,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,有:cos θ=,又R=,而d=2Rcos θ=2cos θ=,選項(xiàng)A正確. 【答案】 A 2.如圖8319所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器,環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng).A、B為兩塊中心開有小孔的極板,原來電勢(shì)都為零,每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí),A板電勢(shì)升高為+U,B板電勢(shì)仍保持為零,粒子在兩極板間的電場(chǎng)中加速.每當(dāng)粒子離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí),A板電勢(shì)又降為零,粒子在電場(chǎng)一次次加速下動(dòng)能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是( ) 圖8319 A.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= B.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)大小Bn與加速次數(shù)n之間為= C.A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D.粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= 【解析】 因粒子每繞行一圈,其增加的能量為qU,所以,繞行第n圈時(shí)獲得總動(dòng)能為mv=nqU,得第n圈的速度vn=.在磁場(chǎng)中,由牛頓第二定律得qBnvn=m,解得Bn=,所以=,A錯(cuò)誤、B正確;如果A、B板之間的電壓始終保持不變,粒子在A、B兩極板之間飛行時(shí),電場(chǎng)力對(duì)其做功qU,從而使之加速,在磁場(chǎng)內(nèi)飛行時(shí),電場(chǎng)又對(duì)粒子做功-qU,從而使之減速.粒子繞行一周電場(chǎng)對(duì)其所做總功為零,動(dòng)能不會(huì)增加,達(dá)不到加速效果,C錯(cuò)誤;根據(jù)t=得tn=2πR,得=,D錯(cuò)誤. 【答案】 B 題組二 帶電粒子在疊加的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3.(xx南京模擬)如圖8320所示,從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn).設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是( ) 圖8320 A.適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E B.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C.適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離 D.適當(dāng)減小加速電壓U 【解析】 欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過,則qE=qvB,而電子流向上極板偏轉(zhuǎn),則qE>qvB,應(yīng)減小E或增大B、v,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 【答案】 A 4.(多選)如圖8321所示,空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(方向水平向右)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(方向垂直紙面向外),在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用,兩小球電荷量始終不變),關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是( ) 圖8321 A.沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B.只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng) C.若沿ac方向拋出的小球做直線運(yùn)動(dòng)則小球帶負(fù)電,且小球一定是做勻速運(yùn)動(dòng) D.兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒 【解析】 兩個(gè)帶電小球的電性未知,可假設(shè)電性再判斷電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向,由于在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng),只要三力能平衡,小球即可做直線運(yùn)動(dòng),由假設(shè)判斷可知沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶正電、沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶負(fù)電,所以選項(xiàng)A、C正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;除重力做功外,洛倫茲力不做功,電場(chǎng)力做功,機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 【答案】 AC 5.(多選)在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共存的區(qū)域內(nèi)(不計(jì)重力),電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是( ) 【解析】 如電子水平向右運(yùn)動(dòng),在A圖中電場(chǎng)力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場(chǎng)力水平向左,洛倫茲力為零,故電子可能水平向右勻減速直線運(yùn)動(dòng);在C圖中電場(chǎng)力豎直向上,洛倫茲力豎直向下,當(dāng)二者大小相等時(shí),電子向右做勻速直線運(yùn)動(dòng);在D圖中電場(chǎng)力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動(dòng),因此只有選項(xiàng)B、C正確. 【答案】 BC 6.電荷量為+q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為-q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑,設(shè)斜面足夠長(zhǎng),斜面傾角為θ,在斜面上加如圖8322所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),關(guān)于滑塊下滑過程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況,下面說法中不正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用) 圖8322 A.兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間,+q會(huì)離開斜面 B.兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間,-q會(huì)離開斜面 C.當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí),另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ D.兩滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,機(jī)械能均守恒 【解析】 當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí),帶正電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向上,帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力方向垂直斜面向下,開始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsin θ,均做勻加速直線運(yùn)動(dòng),隨著速度的增加,正電荷受的洛倫茲力逐漸變大,當(dāng)qvB=mgcos θ時(shí),+q恰能離開斜面,A正確、B錯(cuò)誤;由于兩滑塊加速度相同,所以在+q離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同,當(dāng)+q離開斜面時(shí),-q受的洛倫茲力也滿足qvB=mgcos θ,方向垂直斜面向下,斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB+mgcos θ=2mgcos θ,故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcos θ,C正確;由于洛倫茲力不做功,D正確. 【答案】 B 7.如圖8323所示,在豎直虛線MN和M′N′之間區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0由A點(diǎn)進(jìn)入這個(gè)區(qū)域,帶電粒子沿直線運(yùn)動(dòng),并從C點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū).如果撤去磁場(chǎng),該粒子將從B點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū);如果撤去電場(chǎng),該粒子將從D點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū).則下列判斷正確的是( ) 圖8323 A.該粒子由B、C、D三點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)時(shí)的動(dòng)能相同 B.該粒子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B、C、D三點(diǎn)的時(shí)間均不相同 C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比=v0 D.若該粒子帶負(fù)電,則電場(chǎng)方向豎直向下,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外 【解析】 由Eq=Bv0q可得,=v0,C正確;若電場(chǎng)方向豎直向下,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,則無論從左側(cè)入射的是正電荷還是負(fù)電荷,電場(chǎng)力與洛倫茲力方向均一致,故D錯(cuò)誤;如果撤去磁場(chǎng),粒子由B點(diǎn)射出時(shí),電場(chǎng)力對(duì)粒子做正功,粒子動(dòng)能比入場(chǎng)時(shí)增大了,A錯(cuò)誤;粒子由C、B射出過程中,水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,但在磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)過程中粒子運(yùn)動(dòng)的速率是v0,運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大了,故B錯(cuò)誤. 【答案】 C 8.(多選)(xx黑龍江齊齊哈爾二模)如圖8324所示,絕緣的中空軌道豎直固定,圓弧段COD光滑,對(duì)應(yīng)圓心角為120,C、D兩端等高,O為最低點(diǎn),圓弧的圓心為O′,半徑為R;直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng),與圓弧段分別在C、D端相切.整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球,從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放.若小球所受電場(chǎng)力的大小等于其重力的倍,小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為,則( ) 圖8324 A.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中,最大加速度amax=g B.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中,最大速度vmax= C.小球進(jìn)入DH軌道后,上升的最高點(diǎn)與P點(diǎn)等高 D.小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的彈力可能為2mg-qB 【解析】 小球沿AC下滑過程中的受力如圖: 利用牛頓第二定律可有, mgcos 60+mg sin 60-f=ma qvB+mgsin 60-mg cos 60-FN=0 f=μFN 則由以上式子可得:a= g- qvB. 當(dāng)小球開始下滑時(shí)(v=0),加速度最大為amax=g,則A項(xiàng)正確;當(dāng)加速度a=0時(shí),速度最大為vmax=,則B項(xiàng)錯(cuò)誤;小球沿AC下滑到進(jìn)入DH過程中洛倫茲力不做功,摩擦力做負(fù)功,再結(jié)合題圖及球所受重力和電場(chǎng)力情況,則有小球上滑到DH的位置比P點(diǎn)低,C項(xiàng)錯(cuò)誤;小球沿軌道可以重復(fù)下滑、上滑,再下滑再上滑……,運(yùn)動(dòng)中小球的能量損失了,每次上升到的高度會(huì)降低,最終小球會(huì)在COD光滑弧段來回運(yùn)動(dòng),則有mg=mv,最低點(diǎn)O處,當(dāng)小球速度向右時(shí),qv0B+FN1-mg=m,求得FN1=2mg-qB,當(dāng)小球速度向左時(shí),F(xiàn)N2-mg-qv0B=,求得FN2=2mg+qB,則可判斷D項(xiàng)正確. 【答案】 AD B組 深化訓(xùn)練——提升應(yīng)考能力 9.(多選)(xx長(zhǎng)春模擬)如圖8325所示,一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管,固定于豎直平面內(nèi),環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多),在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài),小球的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零),方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).某時(shí)刻,給小球一方向水平向右,大小為v0=的初速度,則以下判斷正確的是( ) 圖8325 A.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,獲得初速度后的瞬間,小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 B.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn),且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 C.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn),且小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小都相同 D.小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中,水平方向分速度的大小一直減小 【解析】 小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上,若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用,A選項(xiàng)錯(cuò)誤,小球運(yùn)動(dòng)的過程中,洛倫茲力不做功,小球的機(jī)械能守恒,運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v=,由于是雙層軌道約束,小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道,所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn),C選項(xiàng)正確;在最高點(diǎn)時(shí),小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力F=m=mg,小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力,B選項(xiàng)正確;小球在從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中,小球在下半圓內(nèi)上升的過程中,水平分速度向右一定遞減,到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí),水平速度為零,而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零,所以水平分速度一定有增大的過程,D選項(xiàng)錯(cuò)誤. 【答案】 BC 10.如圖8326所示,正三角形ACD是一用絕緣材料制成的固定框架,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),在框架外是范圍足夠?qū)挼膭驈?qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向里,ACD可視為磁場(chǎng)的理想內(nèi)邊界,在框架內(nèi)有一對(duì)帶電平行極板M、N,M板的中點(diǎn)K處有一粒子源,能夠產(chǎn)生速度為零、質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子,粒子重力不計(jì),帶電粒子經(jīng)兩極板間的電場(chǎng)加速后從CD邊中心的小孔S垂直于CD邊射入磁場(chǎng),若這些粒子與框架碰撞時(shí)無能量損失,且每一次碰撞時(shí)速度方向均垂直于被碰的邊框,要使粒子在最短的時(shí)間內(nèi)回到小孔S,求: 圖8326 (1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑,并畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和繞行方向; (2)兩極板M、N間的電壓; (3)粒子回到小孔S的最短時(shí)間. 【解析】 (1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),與邊框垂直碰撞后要重新回到S,由幾何關(guān)系可知,A、C、D三點(diǎn)必為圓軌道的圓心,要使粒子回到S的時(shí)間最短,圓軌道半徑為R=軌跡如圖所示 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速,有qU=mv2 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),有qvB= 由以上三式解得:U= (3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T= 粒子回到S的最短時(shí)間為 t=3T= 【答案】 (1)見解析 (2) (3) 11.(xx遼寧沈陽(yáng)質(zhì)量檢測(cè))如圖8327所示,在足夠大的空間范圍內(nèi),同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上,斜面傾角為45,有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處,且恰好對(duì)斜面無壓力.若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn)),一段時(shí)間后,小球落在斜面上的C點(diǎn),已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi),重力加速度為g,求: 圖8327 (1)小球P落到斜面時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t; (2)小球P從拋出到落回斜面的位移x的大?。? 【解析】 (1)小球P靜止于A處時(shí)對(duì)斜面無壓力,說明qE=mg ① 即小球帶正電.小球P獲得水平初速度后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示: 由對(duì)稱性可知,小球落到斜面上時(shí)速度方向與斜面夾角為45, 小球P由A到C所需時(shí)間t= ② 又qv0B=m ③ T= ④ 由①②③④得t= ⑤ (2)由幾何關(guān)系知x=R ⑥ 由①③⑥得x= 【答案】 (1) (2) 12.(xx重慶高考)如圖8328所示,在無限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng),同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn),NS和 MT間距為1.8h,質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度為g. 圖8328 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向; (2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值; (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值. 【解析】 (1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E. 由題意有mg=qE 得E=,方向豎直向上. (2)如圖1所示,設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為φ. 圖1 由r=,有r1=, r2==r1 由(r1+r2)sin φ=r2, r1+r1cosφ=h 得vmin=(9-6). (3)如圖2所示,設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x. 圖2 由題意有3nx=1.8h(n=1,2,3...) x≥ x= 得r1=(1+), n<3.5 即n=1時(shí),v=; n=2時(shí),v=; n=3時(shí),v= 【答案】 (1)方向豎直向上 (2)(9-6) (3)- 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)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練25 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2019 2020 年高 物理 一輪 復(fù)習(xí) 課時(shí) 提升 25 帶電 粒子 復(fù)合 中的 運(yùn)動(dòng)
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