13、確．
[答案] C
遷移三 平行板電容器問題
3．(2019·廣東湛江模擬)如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負電的點電荷，平行板b接地．現將電容器的b板向下稍微移動，則( )
A．點電荷所受電場力增大
B．點電荷在P處的電勢能減少
C．P點電勢減小
D．電容器的帶電荷量增加
[解析] b板下移后，由C＝知電容減小，電容器與電池連接，極板間電壓不變，由Q＝UC知，極板帶電荷量減少，D錯誤；極板間電壓不變，板間距離增大導致內部場強減小，點電荷受力減小，A錯誤；根據U＝Ed，得UPA＝EdPA，dPA不變，場強E的減小導致P處與上極板
14、間電勢差減小，P處的電勢升高，由于點電荷帶負電，負電荷在電勢高處電勢能小，故點電荷在P處的電勢能減少，B正確，C錯誤．
[答案] B
電容器與電源連接時電勢和電勢能的分析
如圖所示，平行板電容器經開關S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點電荷，現將電容器N板向下移動一小段距離時，由于電壓不變，根據E＝得場強減小，a點和上極板M的電勢差UMa＝EdMa，則UMa減小，又根據UMa＝φM－φa知，因φM不變，所以φa升高，正電荷的電勢能增大.
熱點考向二 磁場的性質、安培力
角度一 磁場的疊加及安培力的計算問題
【典例1】 (多選)(2018·全國卷Ⅱ)
如圖所
15、示，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外．則( )
A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
[思路引領] 電流L1在a、b兩點產生的磁場大小相等、方向相同；電流L2在a、b
16、兩點產生的磁場大小相等、方向相反．
[解析] 原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知
在b點：B0＝B0－B1＋B2
在a點：B0＝B0－B1－B2
由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0.故選項AC正確．
[答案] AC
角度二 安培力作用下導體的平衡及運動
【典例2】 (2019·安徽皖西南名校聯考)如圖所示為一電流表的原理示意圖．質量為m的均質細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數為k，在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的刻度，MN的長度大于ab.當MN中沒有
17、電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針所指刻度可表示電流大?。?
(1)當電流表示數為零時，彈簧伸長多少？(重力加速度為g)
(2)若要電流表正常工作，MN的哪一端應與電源正極相接？
(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，cb＝0.050 m，B＝0.20 T，此電流表的量程是多少？(不計通電時電流產生的磁場的作用)
(4)若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)槎啻螅?
[思路引領]
[解析] (1)設電流表示數為零時，彈簧的伸長為Δx，則有：mg＝kΔx①
由①式得：Δx＝②
故當電流表示數為零時，彈簧伸長
(2)為使電
18、流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應接電源正極
故若要電流表正常工作，MN的M端應接電源正極
(3)設滿量程時通過MN的電流為Im，則有：
BIm·ab＋mg＝k(bc＋Δx)③
聯立①③并代入數據得：Im＝2.5 A④
故此電流表的量程是0～2.5 A
(4)設量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽′，則有：
2B′Im·ab＋mg＝k(bc＋Δx)⑤
由①⑤得B′＝
代入數據得B′＝0.10 T
故若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)?.10 T
[答案] (1) (2)M端 (3)0～2.5 A (4)0
19、.10 T
求解磁場中導體棒運動問題的思路
遷移一 磁場的疊加問題
1．(2019·吉林實驗中學月考)一對相同的載流圓線圈彼此平行且共軸，通以同方向等大電流，在兩線圈圓心O1、O2連線上取A、B、C三點，使得AO1＝O1B＝BO2＝O2C，A、B兩點的磁感應強度大小分別為BA和BB，若僅將線圈O2中電流反向(大小不變)，則C點的磁感應強度大小變?yōu)锽C，下列說法正確的是( )
A．BC＝BB－BA，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向
B．BC＝BB－BA，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向
C．BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向
20、
D．BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向
[解析] 設AO1＝O1B＝BO2＝O2C＝x，距離圓環(huán)x處，每個圓環(huán)單獨產生的磁感應強度為B1，距離圓環(huán)3x處每個圓環(huán)單獨產生的磁感應強度為B2.電流同向時，根據安培定則，兩線圈在中軸線上的磁場方向向下，則A點的合磁感應強度BA＝B1＋B2，方向向下，B點的合磁感應強度BB＝2B1，方向向下；O2中電流反向時，線圈O2在C點的磁場方向向上，線圈O1在C點的磁場方向向下，則BC＝B1－B2，方向向上，線圈O2在A點的磁場方向向上，線圈O1在A點的磁場方向向下，合磁感應強度方向向下，聯立得BC＝BB－BA.由以上分析知，開始
21、時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向，故選項A正確，BCD錯誤．
[答案] A
遷移二 安培力作用下導體的平衡問題
2．(2019·豫南九校聯考)如右圖所示，水平導軌間距為L＝0.5 m，
導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質量m＝1 kg，電阻R0＝0.9 Ω，與導軌接觸良好；電源電動勢E＝10 V，內阻r＝0.1 Ω，電阻R＝4 Ω；外加勻強磁場的磁感應強度B＝5 T，方向垂直于ab，與導軌平面成夾角α＝53°；ab與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10 m/s2，ab處于靜止狀態(tài)．已知sin53°
22、＝0.8，cos53°＝0.6.求：
(1)通過ab的電流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大??；
(3)重物重力G的取值范圍．
[解析] (1)I＝＝2 A，方向為a到b.
(2)F＝BIL＝5 N.
(3)受力如圖fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5 N，
當最大靜摩擦力方向向右時FT＝Fsin53°－fm＝0.5 N，
當最大靜摩擦力方向向左時FT＝Fsin53°＋fm＝7.5 N，
所以0.5 N≤G≤7.5 N.
[答案] (1)2 A 方向為a到b (2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N
安培力作用下導體棒的
23、平衡與運動問題與力學中的平衡與運動問題的處理方法相同，只是安培力會隨著磁場B、電流I及導線長度L的變化而變化.
高考熱點題型突破——電場中的“兩類”典型圖像問題
幾種常見的E－x圖像
幾種常見的φ－x圖像
【典例】 (多選)(2017·江蘇卷)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有( )
A．q1和q2帶有異種電荷
B．x1處的電場強度為零
C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小
D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大
[審題指導]
第一步
24、 讀題干—提信息
題干
信息
x軸上有兩個點電荷，空間的電勢有正有負
兩個電荷為異種電荷
圖像為φ－x圖像
斜率代表電場強度
第二步 審程序—順思路
[解析] 由題圖可知，空間的電勢有正有負，無窮遠處電勢為零，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝可知，φ－x圖像的切線的斜率的絕對值表示電場強度大小，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ、F＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤．
[答案] AC
(1)E－x圖像特點
①反映了電場強度隨
25、位移變化的規(guī)律．
②E>0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負方向．
③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據電場方向判定．
(2)φ－x圖像特點及應用
①電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．
②在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向．
③在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后做出判斷.
1.(2019·湖北荊州第一次質檢)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如右圖所示，x
26、軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷( )
A．在x2和x4處電勢能相等
B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大
C．由x1運動到x4的過程中電勢能先減小后增大
D．由x1運到到x4的過程中電場力先減小后增大
[解析] x2～x4處場強方向沿x軸負方向，則從x2到x4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；x1～x3處場強為x軸負方向，則從x1到
x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運動到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運動到x4的過程中，電場強
27、度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤．
[答案] B
2．(2019·河北定州期中)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則下列選項說法錯誤的是( )
A．q1為正電荷，q2為負電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．N、C間場強方向沿x軸正方向
D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功
[解析] 由圖知無窮遠處的電勢為0，A點的電勢為0，由于沿著電場線電勢降低，所以q1為正電荷，q2為負電荷，故A正確．A點的電勢
28、為零，又由于OA>AM，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故B正確．由圖可知：從N到C，電勢升高，根據沿著電場線電勢降低可知，N、C間電場強度方向沿x軸負方向，故C錯誤．N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D正確．
[答案] C
專題強化訓練(十)
一、選擇題
1．(2019·東北師大附中教學抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長
29、為l的等邊三角形，則( )
A．小環(huán)A的加速度大小為
B．小環(huán)A的加速度大小為
C．恒力F的大小為
D．恒力F的大小為
[解析] 設輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，聯立解得：aA＝，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2ma＝，選項C、D錯誤．
[答案] B
2．(多選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分．小球d位于O點正上方h處，且在外力F
30、作用下恰處于靜止狀態(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h＝R.重力加速度為g，靜電力常量為k.則( )
A．小球a一定帶正電
B．小球b的周期為
C．小球c的加速度大小為
D．外力F豎直向上，大小等于mg＋
[解析] a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運動，則d球與a、b、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤．設ad連線與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝，sinα＝＝；對b球，根據牛頓第二定律和向心力公式得kcosα－2k·cos30°＝mR＝ma，解得T＝，a＝，則小球c的加速度大小為，故B、C正
31、確．對d球，由平衡條件得F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D正確．
[答案] BCD
3．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則( )
A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小
B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合
C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能
D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行
[解析] 在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動
32、，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運動軌跡無關，D錯誤．
[答案] AC
4．(多選)(2019·全國卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點．則( )
A．a點和b點的電勢相等
B．a點和b點的電場強度大小相等
C．a點和b點的電場強度方向相同
D．將負電荷從a點移到b點，電
33、勢能增加
[解析] a、b兩點到兩點電荷連線的距離相等，且關于兩點電荷連線中點對稱，可知a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，選項B、C均正確．
[答案] BC
5．(2019·山東省濟南市期末測試)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當x→0時，電勢φ→∞，當x→∞時，電勢φ→0.電勢為零的點的橫坐標為x1，電勢為最小值－φ0的點的橫坐標為x2，根據圖線提供的信息，下列判斷正確的是( )
A．這兩個點電荷一定是同種電荷
B．這兩個點電荷一定是等量的異種電荷
C．在x1處的電場強度為零
D．在x2處的
34、電場強度為零
[解析] 若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當x→0時，電勢φ→∞，可知在原點一定有正點電荷，負點電荷只能在x軸負半軸上，且負點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據電場強度與電勢的關系可知E＝，故在x2處的電場強度為零，在x1處的電場強度不為零，選項D正確、C錯誤．
[答案] D
6．(2019·寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小
35、球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它們的( )
A．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B．電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C．運動時間tp>tQ
D．動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
[解析] 小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據合運動與分運動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即h＝gt2，所以運動的時間相同，設為t，C錯誤；在水平方向上有d＝aPt2＝t2，d＝aQt2＝t2，可得qP∶qQ＝2∶1，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有ΔEpP＝U
36、qP，ΔEpQ＝UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，B錯誤；運動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D錯誤．
[答案] A
7．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接．已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為( )
A．2F B．1.5F
C．0.5F D．0
[解析] 設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據并聯電路
37、的規(guī)律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝BlI＝F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項B正確．
[答案] B
8.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為( )
A．0 B.B0 C.B0 D．2B0
[解析] 設導線P在a點處產
38、生的磁感應強度為B，由于a點處的磁感應強度為零，故導線P、Q在a點處產生的合磁感應強度與B0等大反向．如圖甲所示，由幾何關系得，導線P、Q在a點處產生的合磁感應強度B0＝2Bcos30°，方向水平向右．若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關系得，P、Q導線在a點處的磁感應強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處合磁感應強度的大小為＝B0，故選項C正確．
[答案] C
9．(多選)(2019·南京金陵中學二模)間距為L＝20 cm的光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、
39、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，當閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝53°角，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)，導軌電阻不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2，則( )
A．磁場方向一定豎直向下
B．電源電動勢E＝3.0 V
C．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝3 N
D．導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J
[解析] 當開關S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方
40、向豎直向下，故A正確；設電路中電流為I，則根據動能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正確，C錯誤；導體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉化為導體棒的機械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分轉化為焦耳熱，故D錯誤．
[答案] AB
二、非選擇題
10．(2019·石家莊高三質檢二)如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q.現從A點將一質量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道A
41、DB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：
(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；
(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量．
[解析] (1)小球在D點時有FN＋k－mg＝
解得FN＝2mg－k
由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k
方向豎直向下
(2)小球從A運動到D，根據動能定理，有：mgr＋W電＝m()2－0
解得電場力做的功：W電＝－mgr
因為電場力做負功，則電勢能增加，ΔEp＝mgr
[答案] (1)2mg－k，方向豎直向下 (2)mgr
11．(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“
42、殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止．隨著電磁技術的日趨成熟，新一代航母已準備采用全新的電磁阻攔技術，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型．在磁感應強度為B、方向如圖所示的勻強磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計．軌道端點MP間接有阻值為R的電阻．
一個長為L、質量為m、阻值為r的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．質量為M的飛機以水平速度v0迅速鉤住導體棒ab，鉤住之后關閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的
43、速度．假如忽略摩擦等次要因素，飛機和導體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求：
(1)飛機鉤住導體棒后它們獲得的共同速度v的大小；
(2)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；
(3)從飛機鉤住導體棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x.
[解析] (1)以飛機和導體棒為研究對象，
根據動量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，
解得它們共同的速度v＝v0；
(2)飛機鉤住導體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運動，所以當它們的速度為v時所受安培力最大，此時加速度也最大，
根據牛頓第二定律有BIL＝(M＋m)a，
根據閉合電路歐姆定律有I＝，
聯立以上兩式解得a＝；
(3)以飛機和導體棒為研究對象，在很短的一段時間Δt內，
根據動量定理有BiL·Δt＝(M＋m)Δv，
在某時刻，根據閉合電路歐姆定律有i＝，
聯立可得·Δt＝(M＋m)Δv，
飛機經時間t停下來，在時間t內，對等式兩邊求和，有·x＝(M＋m)v，
解得x＝.
[答案] (1)v0 (2)
(3)
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（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題四 電場和磁場 第一講 電場和磁場的基本性質教學案
