2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強(qiáng)化十三 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義(含解析)教科版.docx
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專題強(qiáng)化十三 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的綜合應(yīng)用,高考對本專題將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題. 2.學(xué)好本專題,可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動量和能量問題,提高分析和解決綜合問題的能力. 3.用到的知識、規(guī)律和方法有:電場的性質(zhì)、磁場對電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識以及力學(xué)三大觀點(diǎn). 命題點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中,應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題. 2.在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動時,由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向,合外力為零,若不受其他外力,兩導(dǎo)體棒的總動量守恒,解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律. 類型1 動量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1 (2018四川省涼山州三模)如圖1所示,光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向下,導(dǎo)軌一端連接阻值為R的電阻.在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長度等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的金屬棒,其電阻為r.金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好.金屬棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動,經(jīng)過時間t后開始勻速運(yùn)動,金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì).求: 圖1 (1)金屬棒勻速運(yùn)動時回路中電流大?。? (2)金屬棒勻速運(yùn)動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電荷量. (3)若在時間t內(nèi)金屬棒移動的位移為x,求電阻R上產(chǎn)生的熱量. 答案 見解析 解析 (1)由安培力公式:F=BImL,解得Im= (2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得:Im=,解得:v= 通過回路的電荷量q=It 由動量定理得Ft-BILt=mv 解得:q=- (3)力F做功增加金屬棒的動能和回路內(nèi)能,則Fx=Q+mv2 QR=Q 解得:QR=[Fx-]. 變式1 (多選)(2018廣東省佛山市質(zhì)檢一)如圖2,水平固定放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌,電阻不計(jì),間距為L,左端連接的電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上,金屬桿處于導(dǎo)軌間部分的電阻為R.整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,閉合開關(guān),金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動直至達(dá)到最大速度,則下列說法正確的是( ) 圖2 A.金屬桿的最大速度大小為 B.此過程中通過金屬桿的電荷量為 C.此過程中電源提供的電能為 D.此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為 答案 AC 解析 閉合開關(guān),金屬桿做加速運(yùn)動,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等時,電流為零,金屬桿開始做勻速運(yùn)動.電動勢為E=BLv,v=,故A正確;由動量定理BILt=BLq=mv-0,得q=,故B錯誤;由能量守恒可知電源提供的電能E電=qE=,故C正確;此過程中電能轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能、R及r產(chǎn)生的熱量之和,由于Ek=mv2=m,金屬桿產(chǎn)生的熱量為QR=(E電-Ek)=,故D錯誤. 類型2 動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 1.問題特點(diǎn) 對于雙導(dǎo)體棒運(yùn)動的問題,通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個閉合回路,當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時必然在磁場中切割磁感線,在該閉合電路中形成一定的感應(yīng)電流;另一根導(dǎo)體棒在磁場中通過時在安培力的作用下開始運(yùn)動,一旦運(yùn)動起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動勢,對原來電流的變化起阻礙作用. 2.方法技巧 解決此類問題時通常將兩棒視為一個整體,于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力,這個變力將不影響整體的動量守恒.因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng),運(yùn)用動量守恒(動量定理)和功能關(guān)系求解. 例2 (2018山東省青島市模擬)如圖3所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成,左面部分水平,右面部分為半徑r=0.5m的豎直半圓,兩導(dǎo)軌間距離l=0.3m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T的勻強(qiáng)磁場中,兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長度均為l的金屬棒ab、cd,均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1=0.2kg、m2=0.1kg,電阻分別為R1=0.1Ω、R2=0.2Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0=10m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動,cd棒進(jìn)入圓軌道后,恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′,cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求: 圖3 (1)ab棒開始向右運(yùn)動時cd棒的加速度a0; (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時ab棒的速度大小v1; (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案 (1)30m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375J 解析 (1)ab棒開始向右運(yùn)動時,設(shè)回路中電流為I,有 E=Blv0 I= BIl=m2a0 解得:a0=30m/s2 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時的速度為v2,系統(tǒng)動量守恒,有 m1v0=m1v1+m2v2 m2v22=m2g2r+m2vP2 m2g=m2 解得:v1=7.5m/s (3)由動能定理得-W=m1v12-m1v02 解得:W=4.375J. 變式2 (2019山東省淄博市質(zhì)檢)如圖4所示,一個質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP,位于光滑絕緣水平桌面上,平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD,垂直于MN放置在導(dǎo)軌上,并用一根與CD棒垂直的絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知細(xì)線能承受的最大拉力為T0,CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t=0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力,使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動. 圖4 (1)求從框架開始運(yùn)動到細(xì)線斷裂所需的時間t0及細(xì)線斷裂時框架的瞬時速度v0大?。? (2)若在細(xì)線斷裂時,立即撤去拉力,求此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案 (1) (2) 解析 (1)細(xì)線斷裂時, 對棒有T0=F安,F(xiàn)安=BIL,I=,E=BLv0,v0=at0 聯(lián)立解得t0= 細(xì)線斷裂時框架的速度v0= (2)在細(xì)線斷裂時立即撤去拉力,框架向右減速運(yùn)動,棒向右加速運(yùn)動,設(shè)二者最終速度大小均為v,設(shè)向右為正方向,由系統(tǒng)動量守恒可得mv0=2mv 得v== 撤去拉力后,系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能,最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=mv02-2mv2 聯(lián)立得Q=. 命題點(diǎn)二 電場中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 動量守恒定律與其他知識綜合應(yīng)用類問題的求解,與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異,只是問題的情景更復(fù)雜多樣,分析清楚物理過程,正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵. 例3 如圖5所示,光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場.質(zhì)量為3m、電荷量為+q的球A由靜止開始運(yùn)動,與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞,碰撞時間極短,碰撞后作為一個整體繼續(xù)向右運(yùn)動.兩球均可視為質(zhì)點(diǎn),求: 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大??; (2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小. 答案 (1) (2)EqL (3) 解析 (1)由動能定理:EqL=3mv2 解得v= (2)A、B碰撞時間極短,可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,設(shè)向右為正方向,由動量守恒定律:3mv=(3m+m)v1 解得v1=v 系統(tǒng)損失的機(jī)械能:ΔE=3mv2-(3m+m)v12=EqL (3)以B為研究對象,設(shè)向右為正方向,由動量定理:I=mv1-0 解得I=,方向水平向右. 變式3 (2018湖南省常德市期末檢測)如圖6所示,軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi),其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn),水平段BC粗糙,其余都光滑,DP段與水平面的夾角θ=37,D、C兩點(diǎn)的高度差h=0.1m,整個軌道絕緣,處于方向水平向左、電場強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場中,一個質(zhì)量m1=0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過時間t=1s,與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2=0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后,在BC段上做勻速直線運(yùn)動,到達(dá)傾斜段DP上某位置,物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求: 圖6 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動的速度大??; (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過圓弧段C點(diǎn)時,物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮? 答案 (1)2m/s (2)18N 解析 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動,設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,物塊Ⅰ帶電荷量大小為q,與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1,碰撞后共同速度為v2,以向左為正方向,則 qE=μ(m1+m2)g qEt=m1v1 m1v1=(m1+m2)v2 聯(lián)立解得v2=2m/s; (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R,物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過C點(diǎn)時圓弧段軌道對物塊支持力的大小為N 則R(1-cosθ)=h N-(m1+m2)g=(m1+m2) 解得:N=18N,由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N. 命題點(diǎn)三 磁場中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例4 (2018廣西南寧市3月適應(yīng)測試)如圖7所示,光滑絕緣的半圓形軌道ACD,固定在豎直面內(nèi),軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中,半圓的直徑AD水平,半徑為R,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在A端由靜止釋放一個帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲,結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點(diǎn)C時,對軌道的壓力差為ΔF,小球運(yùn)動過程始中終不脫離軌道,重力加速度為g.求: 圖7 (1)小球甲經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時的速度大小; (2)小球甲所帶的電荷量; (3)若在半圓形軌道的最低點(diǎn)C放一個與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙,讓小球甲仍從軌道的A端由靜止釋放,則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間,乙球?qū)壍赖膲毫?(不計(jì)兩球間靜電力的作用) 答案 (1) (2) (3)3mg-,方向豎直向下 解析 (1)由于小球甲在運(yùn)動過程中,只有重力做功,因此機(jī)械能守恒,由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn),有 mgR=mvC2 解得vC= (2)小球甲第一次通過C點(diǎn)時,qvCB+F1-mg=m 第二次通過C點(diǎn)時,F(xiàn)2-qvCB-mg=m 由題意知ΔF=F2-F1 解得q= (3)因?yàn)榧浊蚺c乙球在最低點(diǎn)發(fā)生的是彈性碰撞,則 mvC=mv甲+mv乙 mvC2=mv甲2+mv乙2 解得v甲=0,v乙=vC 設(shè)碰撞后的一瞬間,軌道對乙球的支持力大小為F乙,方向豎直向上,則 F乙+qv乙B-mg=m 解得F乙=3mg- 根據(jù)牛頓第三定律可知,此時乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg-,方向豎直向下. 1.如圖1所示,平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接,導(dǎo)軌電阻不計(jì).質(zhì)量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上,b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放,釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰,金屬棒b進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求: 圖1 (1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時兩棒的速度大?。? (2)金屬棒b進(jìn)入磁場后,其加速度為其最大加速度的一半時的速度大??; (3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱. 答案 (1)0 (2) (3)mgh 解析 (1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時速度為v0,下滑過程中a棒機(jī)械能守恒mv02=mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動量守恒定律:mv0=mv1+mv2 由機(jī)械能守恒定律:mv02=mv12+mv22 解得v1=0,v2=v0= (2)b棒剛進(jìn)磁場時的加速度最大. b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動量守恒. 由動量守恒定律:mv2=mv2′+v3′ 設(shè)b棒進(jìn)入磁場后某時刻,b棒的速度為vb,c棒的速度為vc,則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動勢E=BL(vb-vc),由閉合電路歐姆定律得I=,由安培力公式得F=BIL=ma,聯(lián)立得a=. 故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時有v2=2(v2′-v3′) 聯(lián)立得v2′=v2= (3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動. 由動量守恒定律:mv2=(m+)v 由能量守恒定律:mv22=(m+)v2+Q 解得Q=mgh. 2.(2018湖南省長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道M、N,相距L=0.5m,且水平放置;M、N左端與半徑R=0.4m的光滑豎直半圓軌道相連,與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動,兩金屬棒的質(zhì)量mb=mc=0.1kg,接入電路的有效電阻Rb=Rc=1Ω,軌道的電阻不計(jì).平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直軌道平面向上,光滑豎直半圓軌道在磁場外,如圖2所示,若使b棒以初速度v0=10m/s開始向左運(yùn)動,運(yùn)動過程中b、c不相撞,g取10 m/s2,求: 圖2 (1)c棒的最大速度; (2)c棒達(dá)最大速度時,此棒產(chǎn)生的焦耳熱; (3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑,金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力的大小. 答案 (1)5m/s (2)1.25J (3)1.25N 解析 (1)在磁場力作用下,b棒做減速運(yùn)動,c棒做加速運(yùn)動,當(dāng)兩棒速度相等時,c棒達(dá)最大速度.取兩棒組成的系統(tǒng)為研究對象,根據(jù)動量守恒定律有 mbv0=(mb+mc)v 解得c棒的最大速度為:v=v0=v0=5m/s (2)從b棒開始運(yùn)動到兩棒速度相等的過程中,系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能,兩棒中產(chǎn)生的總熱量為:Q=mbv02-(mb+mc)v2=2.5J 因?yàn)镽b=Rc,所以c棒達(dá)最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc==1.25J (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時的速度為v′,從半圓軌道最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得: mcv2-mcv′2=mcg2R 解得v′=3m/s 在最高點(diǎn),設(shè)軌道對c棒的彈力為F,由牛頓第二定律得 mcg+F=mc 解得F=1.25N 由牛頓第三定律得,在最高點(diǎn)c棒對軌道的壓力為1.25N,方向豎直向上. 3.(2018福建省寧德市上學(xué)期期末)如圖3所示,PM是半徑為R的四分之一光滑絕緣軌道,僅在該軌道內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣軌道MN水平且足夠長,PM下端與MN相切于M點(diǎn).質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上,質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)由靜止釋放,在a球進(jìn)入水平軌道后,a、b兩小球間只有靜電力作用,且a、b兩小球始終沒有接觸.帶電小球均可視為點(diǎn)電荷,設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn),重力加速度為g.求: 圖3 (1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時的速度大小及對軌道的壓力大??; (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep; (3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大小. 答案 (1) 6mg+qB (2)mgR (3) 解析 (1)小球a從P到M,洛倫茲力、彈力不做功,只有重力做功,由動能定理有:2mgR=2mvM2 解得:vM= 在M點(diǎn),由牛頓第二定律有:N-2mg-qvMB= 解得:N=6mg+qB 根據(jù)牛頓第三定律得小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時對軌道的壓力大小為:N′=6mg+qB (2)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大,以向右為正方向,由動量守恒定律有:2mvM=3mv共 根據(jù)能量守恒定律有:Ep=2mv M2-3mv共2 解得:Ep=mgR (3)由動量守恒定律:2mvM=2mva+mvb 由能量守恒定律有:2mv M2=2mva2+mvb2 解得:va=vM=,vb=vM=. 4.(2018寧夏一中模擬)如圖4所示,在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數(shù)為k的水平絕緣輕質(zhì)彈簧連接,物塊B、C用跨過輕質(zhì)定滑輪的絕緣輕繩連接,A靠在豎直墻邊,C在傾角為θ的長斜面上,滑輪兩側(cè)的輕繩分別與水平面和斜面平行.A、B、C的質(zhì)量分別是m、2m、2m,A、C均不帶電,B帶正電,滑輪左側(cè)存在著水平向左的勻強(qiáng)電場,整個系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦,B與滑輪足夠遠(yuǎn).B所受的電場力大小為6mgsinθ,開始時系統(tǒng)靜止.現(xiàn)讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動,彈簧始終未超過彈性限度,重力加速度大小為g. 圖4 (1)求彈簧的壓縮長度x1; (2)求A剛要離開墻壁時C的速度大小v1及拉力F的大??; (3)若A剛要離開墻壁時,撤去拉力F,同時電場力大小突然減為2mgsinθ,方向不變,求在之后的運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能Epm. 答案 (1) (2)2 4m(gsinθ+a) (3) 解析 (1)開始時,彈簧處于壓縮狀態(tài) 對C受力平衡有T1=2mgsinθ 對B受力平衡有T1+kx1=6mgsinθ 解得x1= (2)A剛要離開墻壁時墻壁對A的彈力為零,彈簧剛好不發(fā)生形變,則B做勻加速直線運(yùn)動,位移大小為x1時有v12=2ax1 解得v1=2 根據(jù)牛頓第二定律 對B有:T2-6mgsinθ=2ma 對C有:F+2mgsinθ-T2=2ma 解得F=4m(gsinθ+a) (3)A離開墻壁后,A、B、C系統(tǒng)的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,當(dāng)三個物塊的速度相等時(設(shè)為v2),彈簧彈性勢能最大,有 (2m+2m)v1=(m+2m+2m)v2 根據(jù)能量守恒定律有 (2m+2m)v12=(m+2m+2m)v22+Epm 解得:Epm=.- 1.請仔細(xì)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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- 2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強(qiáng)化十三 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用講義含解析教科版 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第十 專題 強(qiáng)化 十三 動力學(xué) 動量 能量 觀點(diǎn) 電學(xué) 中的
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