高考物理二輪復習 第1部分 核心突破 專題4 電路和電磁感應 第2講 電磁感應及其應用特訓

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第2講 電磁感應及其應用 1．(2016華南師大附中綜測三)如圖所示，半徑為R1的圓形的導體線框，套住了半徑為R2的邊界為圓形的磁場區(qū)域，線框平面與磁場方向垂直，當磁感應強度以B＝kt(k>0)變化時(　BC　) A．線框中的感應電動勢大小為πkR B．線框中的感應電動勢大小為πkR C．線框中的感應電流方向為順時針方向 D．線框中的感應電流方向為逆時針方向 解析：由法拉第電磁感應定律E＝N，又N＝1，Δφ＝ΔBS，S＝πR，k＝，所以E＝πkR，A錯誤，B正確，因為k＞0，故B在垂直線框向外方向逐漸增大，由楞次定律知感應電流的磁場向里，則感應電流方向為順時針方向，C正確，D錯誤． 2．(2015山東卷)(多選)如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　ABD　) A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動 解析：由右手定則可知，處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高，選項A正確；根據(jù)E＝BLv可知所加磁場越強，則感應電動勢越大，感應電流越大，產(chǎn)生的阻礙圓盤轉(zhuǎn)動的安培力越大，則圓盤越容易停止轉(zhuǎn)動，選項B正確；若加反向磁場，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，故圓盤仍減速運動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，則圓盤中無感應電流，不產(chǎn)生安培力，圓盤勻速轉(zhuǎn)動，選項D正確． 3．(2016黃岡模擬)如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導體接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為0.8 T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此時導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6)(　B　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 解析：把立體圖象變?yōu)槠矫鎴D，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關鍵，對導體棒進行受力分析作出截面圖，如圖所示，導體棒共受四個力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力，由平衡條件得 mgsin 37＝F安＋Ff， ① Ff＝μFN， ② FN＝mgcos 37， ③ 而F安＝BIL， ④ I＝， ⑤ E＝BLv， ⑥ 聯(lián)立①～⑥式，解得 v＝ 代入數(shù)據(jù)得v＝5 m/s 小燈泡消耗的電功率為P＝I2R， ⑦ 由⑤⑥⑦式得P＝2R＝1 W．故選項B正確． 4．(2016佛山市檢測)(多選)如圖所示，某同學在電磁爐面板上豎直放置一紙質(zhì)圓筒，圓筒上套一環(huán)形輕質(zhì)鋁箔，電磁爐產(chǎn)生的交變磁場的頻率、強度及鋁箔厚度可以調(diào)節(jié)．現(xiàn)給電磁爐通電，發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來，若只改變其中一個變量，則(　CD　) A．增強磁場，鋁箔懸浮高度將不變 B．鋁箔越薄，鋁箔中產(chǎn)生的感應電流越大 C．增大頻率，鋁箔中產(chǎn)生的感應電流增大 D．在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場的瞬間，鋁箔中會產(chǎn)生如圖所示的電流 解析：發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來，是由于磁場的變化，產(chǎn)生感應電流，導致安培力出現(xiàn)，當磁場增強時，產(chǎn)生的感應電流增大，則安培力增大，那么高度會升高，使其周圍的磁場會變?nèi)酰瑢е掳才嗔ψ冃?，仍與重力平衡，故A錯誤；根據(jù)電阻定律R＝ρ，鋁箔越薄，S越小，則電阻越大，再由I＝，可知，感應電流越小，故B錯誤；當增大頻率，導致磁場的變化率變大，則感應電動勢增大，那么感應電流增大，故C正確；在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場的瞬間，根據(jù)楞次定律：增則反，可知，鋁箔中會產(chǎn)生如圖所示的電流，故D正確． 5．(2016濟南3月模擬)無限長通電直導線在其周圍某一點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小與電流成正比，與導線到這一點的距離成反比，即B＝k(式中k為常數(shù))．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上平行放置兩根無限長直導線M和N，導線N中通有方向如圖的恒定電流IN，導線M中的電流IM大小隨時間變化的圖象如圖乙所示，方向與N中電流方向相同．絕緣閉合導線框ABCD放在同一水平面上，AB邊平行于兩直導線，且位于兩者正中間．則以下說法正確的是(　ACD　) A．0～t0時間內(nèi)，流過R的電流方向由C→D B．t0～2t0時間內(nèi)，流過R的電流方向由D→C C．0～t0時間內(nèi)，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向左 D．t0～2t0時間內(nèi)，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向右 解析：導線N中通有向上的恒定電流，所以在閉合導線框ABCD內(nèi)的磁通量向里，0～2t0時間內(nèi)，導線M內(nèi)電流逐漸增大，所以導線框ABCD內(nèi)的磁通量向里且增大，根據(jù)楞次定律，流過R的電流方向由C→D，選項A正確，B錯誤；導線M在AB處產(chǎn)生磁場方向向里，導線N在AB處產(chǎn)生磁場方向向外，0～t0時間內(nèi)，M中電流小于N中電流，故合磁感應強度向外，不計CD邊電流影響，導線AB邊電流向下，根據(jù)左手定則所受安培力的方向向左，選項C正確；同理，t0～2t0時間內(nèi)，不計CD邊電流影響，導線AB邊電流向下，磁場向里，則AB邊所受安培力的方向向右，選項D正確． 6．(2016鄭州模擬)如圖所示，間距l(xiāng)＝0.4 m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角θ＝30，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙兩金屬桿的電阻R相同、質(zhì)量均為m＝0.02 kg，垂直于導軌放置．起初，甲金屬桿處在磁場上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處．現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5 m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，取g＝10 m/s2，則(　BC　) A．每根金屬桿的電阻R＝0.016 Ω B．甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 s C．甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大 D．乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1 W 解析：乙金屬桿在進入磁場前，甲乙兩金屬桿加速度大小相等，當乙剛進入磁場時，甲剛好出磁場．由v2＝2al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v＝2 m/s.由v＝at解得甲金屬桿在磁場中的運動時間為t＝0.4 s，選項B正確；乙金屬桿進入磁場后有mgsin 30＝BIl，又Blv＝I2R，聯(lián)立解得R＝0.064 Ω，選項A錯誤；甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度都逐漸增大，則其功率也逐漸增大，選項C正確；乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2 W，選項D錯誤．故本題答案為BC． 7．(2016武漢市四月調(diào)考)如圖所示，邊長為L的菱形由兩個等邊三角形abd和bcd構(gòu)成，在三角形abd內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，在三角形bcd內(nèi)存在垂直紙面向里，磁感應強度也為B的勻強磁場．一個邊長為L的等邊三角形導線框efg在紙面內(nèi)向右勻速穿過磁場，頂點e始終在直線ab上，底邊gf始終與直線dc重合．規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，在導線框通過磁場的過程中，感應電流隨位移變化的圖象是(　A　) 解析：感應電動勢E＝BL有v，電流I＝＝，三角形egf向右運動，根據(jù)右手定則，開始時ef切割磁感線，產(chǎn)生順時針方向的電流，大小設為I0；0～過程；en切割磁感線產(chǎn)生向下的電流，nf產(chǎn)生向上的電流，em產(chǎn)生向下電流，切割磁感線的有效長度為L有＝en－nf－em，隨著三角形的運動L有在減小，感應電流減小，當運動時，L有＝0，電流為零：～L過程，繼續(xù)移動，根據(jù)等邊三角形的幾何關系，nf＋em大于en，L有＝nf＋em－en，逐漸變大，電流變大，當efg與bcd重合時，eg邊和ef切割磁感線，產(chǎn)生電流方向均為逆時針方向，大小變?yōu)?I0；L～2L過程中，繼續(xù)移動gm切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，L有＝gm逐漸減小，直至全部出磁場電流為零，故A正確． 8．(2016第二次全國大聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里磁感應強度大小為B的勻強磁場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、邊長為l的正方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場方向垂直，且bc邊與磁場邊界MN重合．對線框施加一按圖乙所示規(guī)律變化的水平拉力F，使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動；當t＝0時，拉力大小為F0；線框的ad邊與磁場邊界MN重合時，拉力大小為3F0.則(　BD　) A．線框的加速度為 B．線框的ad邊出磁場時的速度為 C．線框在磁場中運動的時間為 D．線框的總電阻為B2l2 解析：t＝0時刻，感應電動勢E＝0，感應電流I＝0，安培力F安＝BIL＝0，由牛頓第二定律得，F(xiàn)0＝ma，得a＝，故A錯誤；根據(jù)公式v2＝2al，得v＝，故B正確；根據(jù)運動學公式t＝＝，故C錯誤；線框的ad邊與磁場邊界MN重合時，根據(jù)3F0－＝ma，得R＝B2l2，故D正確． 9．(2016 東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于金屬棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是(　B　) 解析：設金屬棒的電阻為r，金屬棒長為l，由閉合電路歐姆定律知，通過電阻R的感應電流I＝，由圖乙可知，I＝kt，由以上兩式解得，v＝kt，即金屬棒做勻加速運動，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律得，平均感應電動勢E＝，由閉合電路歐姆定律得＝(R＋r)．由圖乙可知＝kt.由以上三式解得，＝(R＋r)kt.選項B正確；金屬棒做勻加速運動，由牛頓第二定律得 F－mgsin θ－BIl＝ma， 則F＝mgsin θ＋ma＋BIl＝mgsin θ＋k＋Blkt，選項C錯誤； 流過電阻R的電荷量q＝It＝kt2，選項D錯誤． 10．(2016全國大聯(lián)考二)如圖所示，固定的豎直光滑U型金屬導軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計．初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．則下列說法正確的是(　BC　) A．初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝ B．初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋ C．導體棒往復運動，最終將靜止，此時彈簧處于壓縮狀態(tài) D．導體棒從開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv＋ 解析：由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv0， 由閉合電路歐姆定律得：I＝， 由安培力公式得：F＝，故A錯誤； 初始時刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma， 得a＝2g＋，故B正確； 因為導體棒靜止時沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動能和重力勢能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯誤． 11．(2016長沙模擬二)如圖所示，一根有一定值電阻的直導體棒質(zhì)量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L的光滑平行導軌上，并與之接觸良好；棒左側(cè)兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面．t＝0時刻，給導體棒一個平行于導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為R0.在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定．不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中． (1)求可控電阻R隨時間t變化的關系式； (2)若已知棒中電流強度為I，求0～t時間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P； (3)若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運動位移x1后停下，而由題中條件，棒將運動位移x2后停下，求的值． 解析：(1)因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，設棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經(jīng)時間t后，棒的速度變?yōu)関，則有v＝v0－at 而a＝ t＝0時刻棒中電流為I＝， 經(jīng)時間t后棒中電流為I＝， 由以上各式得R＝R0－t. (2)因可控電阻R隨時間t均勻減小， 故所求P＝I2， 由以上各式得P＝I2(R0－t)． (3)將可控電阻改為定值電阻R0，棒將做變減速運動 有v0＝t，＝， 而t＝t， ＝＝， 由以上各式得x1＝， 而x2＝， 由以上各式得x2＝， 所求＝. 答案：(1)R＝R0－t　(2)I2(R0－t)　(3)2 12．(2016廈門模擬)如圖甲所示，aa′、bb′、cc′、dd′為四條平行金屬軌道，都處在水平面內(nèi)．a(chǎn)a′、dd′間距為2L，bb′、cc′間距為L.磁感應強度為B的有界勻強磁場垂直于紙面向里，邊界與軌道垂直．a(chǎn)b、cd兩段軌道在磁場區(qū)域正中間，到磁場左右邊界的距離均為s.軌道電阻不計且光滑，在a′d′之間接一阻值為R的定值電阻．現(xiàn)用水平向右的力拉著質(zhì)量為m、長為2L的均勻金屬桿從磁場左側(cè)某處由靜止開始向右運動，金屬桿的電阻與其長度成正比，金屬桿與軌道接觸良好，且運動過程中不轉(zhuǎn)動，忽略與ab、cd重合的短暫時間內(nèi)速度的變化． (1)證明：若拉力為恒力，無論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場； (2)若金屬桿的電阻r＝2R，保持拉力為F不變，使金屬桿進入磁場后立刻做勻速直線運動，當金屬桿到達磁場右邊界時，速度大小為v.試求此次通過磁場過程中，整個回路放出的總熱量； (3)若金屬桿的電阻r＝2R，通過改變拉力的大小，使金屬桿從磁場左側(cè)某處從靜止開始出發(fā)，保持勻加速運動到達磁場右邊界．已知金屬桿即將到達ab、cd位置時的拉力的大小為F0，已在圖乙中標出．試在圖乙中定性畫出拉力大小隨時間變化的關系圖象(不需要標明關健點的具體坐標，但圖象應體現(xiàn)各段過程的差異)． 解析：(1)當金屬桿在ab、cd左側(cè)時，安培力 FA1＝， 當金屬桿在ab、cd右側(cè)時，安培力FA2＝， 若拉力為恒力且金屬桿始終勻速運動，則有 FA1＝FA2，v1＝v2， 解得r＝－3R，即金屬桿的電阻為負值，這是不可能的．因此，若拉力為恒力，無論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場． (2)當金屬桿在ab、cd左側(cè)做勻速運動時，有 F＝FA＝＝，解得v1＝， 對金屬桿通過磁場的過程，根據(jù)動能定理有 F2s－Q＝mv2－mv， 得Q＝2Fs－mv2＋， (3)在磁場外拉力恒定，金屬桿做勻加速運動 在ab、cd左側(cè)時，有F1－FA′＝ma， FA′＝＝， 則F1＝ma＋， 在ab、cd右側(cè)時，有F2－FA″＝ma. FA″＝＝ 則F2＝ma＋ 比較可得進入ab、cd右側(cè)后F－t圖線的斜率變?。? 由于物體做勻加速運動，所以進入ab、cd左側(cè)運動的時間比在ab、cd右側(cè)運動的時間要長，故拉力大小隨時間變化的關系圖如圖所示． 答案：(1)見解析　(2)2Fs－mv2＋　(3)見解析 13．(2014安徽卷)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30的斜面向上．絕緣斜面上固定有“Λ”形狀的光滑金屬導軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN的中點O為原點、OP為x軸建立一坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m，質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖乙中畫出F－x關系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應電動勢 E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D點電勢高) 當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零，設此時桿在導軌外的長度為l外，則：l外＝d－d OP＝ 得：l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v，UCD＝－0.6 V (2)桿在導軌間的長度l與位置x關系是 l＝d＝3－x 對應的電阻R1為R1＝R，電流I＝ 桿受的安培力 F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得： F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F－x圖象如圖所示 (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積， 即WF＝2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEP＝mgOPsin θ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEP＝7.5 J 答案：(1)1.5 V?。?.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　圖象見解析 (3)7.5 J 14．(2016廣州綜合練習二)如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導軌p1e1f1、p2e2f2連接，垂直于導軌平面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，它們的邊界為e1e2，區(qū)域Ⅰ中垂直導軌并緊靠e1e2平放一導體棒ab.兩直導軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導軌O1、O2相切連接，O1、O2在切點f1、f2處開有小口可讓ab進入，ab進入后小口立即閉合． 已知：O1、O2的直徑和直導軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計；直導軌足夠長且其平面與水平面夾角為60，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度為B0.重力加速度為g.在c中邊長為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，ab在t＝0～內(nèi)保持靜止． (1)求ab靜止時通過它的電流大小和方向； (2)求ab的質(zhì)量m； (3)設ab進入圓軌道后能達到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運動，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的取值范圍并討論h與B2的關系式． 解析：(1)由法拉第電磁感應定律得c內(nèi)感生電動勢 E＝S＝d2B0， ① 由全電路歐姆定律有E＝IR(R2被ab短路)， ② 聯(lián)立①②解得I＝＝， ③ 根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則(或者平衡條件和左手定則)判斷ab中電流方向為a→b，④ (2)由題意可知導軌平面與水平面夾角為θ＝60 對在t＝0～內(nèi)靜止的ab受力分析有 mgsin θ＝B0Id， ⑤ 聯(lián)立③⑤解得m＝＝， ⑥ (3)由題意知t＝后，c內(nèi)的磁感應強度為零，ab滑入?yún)^(qū)域Ⅱ，由直導軌足夠長可知ab進入圓形軌道時已達勻速直線運動，設此時ab的速度為v，其電動勢為E2，電流為I2 由平衡條件得mgsin θ＝B2I2d， ⑦ 由法拉第電磁感應定律得動生電動勢E2＝B2dv， ⑧ 由全電路歐姆定律有E2＝I2， ⑨(R1、R2并聯(lián)) 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得v＝＝， ⑩ 由題意可知ab滑不過圓心等高點或者滑過圓軌道最高點均符合題意，分類討論如下： (ⅰ)當mv2≤mgcos θ即B2≥B0時， ? ab上滑過程由動能定理得mgh＝mv2，即h＝， ? (ⅱ)設ab能滑到圓軌道最高點時速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律應滿足 mg≤， ? 所以當mv2－mg(1＋cos θ)≥mv， 即B2≤B0時， ? ab能滑到圓軌道最高點，有h＝(1＋cos θ)＝， ? 答案：(1)見解析　(2)　　(3)見解析