第8讲 电场-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

答案精析1 (3)第一次碰撞前，木板的速度大小=a2t=2√gx, 第一部分专题三电场和磁场 第一水碰撞后的速度大小=2=（-合) 第8讲电场 核心素养·助学提能 由对称性可知第二次碰前的速度2='， 考点一 [例1][解析]由等量同种点电荷电场特，点可知，A、C 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为△1=2X a 处放置的正电荷在长方体的几何中心处电场强度方向 =2(-2)h 竖直向下，F、H处放置的正电荷在长方体的几何体中心 处电场强度方向竖直向上，且A、C在几何体中心产生的 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为。= 电场强度与H、F在几何体中心产生的电场强度大小相 名+a4=有+2(1-合)： 等，方向向反，则该长方体的几何中心处合场强为零，故 A正确；由夫量合成可知，B、D两，点的电场强度大小相 等，方向不同，故B错误；O、O2连线中点处电势为零， 沿竖直方向从O1到O,,电势先减小后增大，故C正确： 第三次碰前的速度U=,', O、O2连线中点处电势为零，即负电荷在此处电势能为 零，B、E两点等电势且电势为正，即负电荷在此两，点处 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为△，=2X a, 电势能相等且为负，所以将一电子从B点移到E点电势 能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故D错误， =2(侵3) [答案]AC 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为t?=t妇 [对点集训] 1.C[根据电场线越密集电场强度越大，可知a、b、c、d四 +a4,=+2(-号) 点中，a点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点 移动到c点电场力做功为W=一eUk=2eV,故C正 归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔 确：一个电子从a点移动到d点电场力做功为W= 为，4+2(-=(3 eU=4eV,由于电场力做正功，电势能减小，则一个电 子从a,点移动到d点电势能减小了4eV,故D错误，] 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学 2.ABD[对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小 1 公式有工=4，一20， 为F,与轨道的倾角为日，对甲球根据平衡条件有Fcos 9=mg,F=Fxsin0+Eg① 对乙球有F2cos0=2g,F2sin0=F+2Eq, 联立解得F=4Eq② 答案：(1)g 2ug (2)5umgx 15- 片酱品 1 2.解析：(1)由图乙有0~0.5s过程中A在C上滑动的加 同时有F=9:29,解得E-9,故A,B正确； 速度为a1=4m/s, L 21 由受力分析和牛顿第二定律有4g=ma, 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 解得4=0.4， 甲有F'cos0=g,F'sin0=F+Eq, 在0.5s~1,9s过程中，A和C一起运动的加速度为a。 对乙有F2'cos9=2mg,F2'sin9+2Eg=F, =1m/s2, 联立可得F+4Eg=0,无解，假设不成立，故C错误； 对A、C整体受力分析和牛顿第二定律有22mg= 若教去甲，对乙球根搭动能定理2mg·二an0一2· 2ma2,解得2=0.1. (2)在0~0.5s过程中，设C的加速度为a3,对C进行受 力分析和牛顿第二定律有h1mg-2X2g=maa, 解得a=2m/s,设t=0时刻C的速度为c,经t=0.5s 根据前面分析由①@可知am0=3☑ mg 匀加速到=5.0m/s, 由y=vc十at1=十at1,有e=4m/s, 联立解得一既故D正确门 B和C弹性碰撞，动量守恒mn=mVm十me, 考点二 能量守恒名m心=名m味+了m, [例2][解析]P-x图像的斜率表示电场强度，由图可知 6 解得=一3m/s, 6cm<<0区城的电场强度大小为E=6x10V/m 方向水平向右， =100V/m,方向沿着x轴负方向，0<x<4cm区域的 (3)由图乙有，C与墙壁碰撞后 4m8） 6 速度大小为吃=3.6m/s,设向 7.0 电场强度大小为E,=4×10一V/m=150V/m,方向沿 右匀减速运动的时间为t2,加 着x轴正方向，可知x=一2cm处的电场强度小于x=2 5.0 速度的大小为a1,则内g十 cm处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产 X2mg=a1,5=a1右，解得t= 生，故B正确，A错误：x=0处电势最高，根据E。=q9可 0.6s, 知该带负电荷的粒子在x=0处的电势能最小，故C正 即t=2.5s时刻，C速度为零， 确；带负电粒子（重力不计）从x=3cm处由静止释放， 此时A的速度=(3.6-4× 受到沿x轴负方向的静电力，当运动到x<0区域后，受 252.73.1 到沿x轴正方向的静电力，根据动能定理qE2x2一9E1x 0.6)m/s=1.2m/s, =0可得，1=4.5cm,则该粒子将沿x轴负方向运动， 作C的v-t图像如图所示 运动到的最远位置为x=一x1=一4.5cm,故D正确. 两处阴影的面积之和为L= -3.6 L答案]BCD 3.39m,即为C最小的长度. [对点集训] 答案：(1)0.40.1(2)-3m/s,方向水平向右 1.D[1和x2处电场强度均为正值，方向相同，A错误； (3)3.39m 由图乙可知，球内部的电场强度随x的增大而增大，不 是匀强电场，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以 ·247 〡物理 位置R处的电势比位置x,处的电势高，负试探电荷在 (2)换成交变电场后，粒子P 位置R处的电势能比在位置x2处的电势能小，C错误； 运动至M点的时间仍为t 由图乙可知电场强度方向由x1指向x2,根据沿电场线 方向电势降低可知位置x1处的电势高于位置x2处的电 L,结合题图乙可知， V 势，D正确.门 交变电场在此期间经历了两 2.AC[电子从O到x2的过程中，电势能增加，静电力做 个周期，粒子P沿y轴的分速 负功，说明静电力水平向左，电场强度沿x轴正方向，x2 度随时间变化的，一t图像如 之后，电势能减小，静电力做正功，电场强度沿x轴负方 向，可知A带负电，B带正电，故A正确，B错误；根据F 厨所示（六） △E,可知，图像斜率的绝对值表示静电力的大小，所 = 由图可知粒子在2个周期内的运动一直沿同一方向，可 △x 分为4段，每段的时间相同，加速度大小相等，发生的位 移大小也相等，所以整个运动过程粒子P在y轴方向运 以在工2处，静电力为零，合电场强度为零，所以有及号 动的距离为=4X号职（侣）， 解得红二十)，故C正确，D =k 92 x 错误.] 考点三 [例3][解析](1)由题意可知含A细胞的液滴在电场 解得E'=43md gl E4. 故 中做类平抛运动，垂直于电极板方向，则1=t1,沿电极 1 板方向x1=2af, 答案：(1)3m gl E1(2)4 2 课堂评价·高考预测 由牛顿第二定律qE=a, 1.AD[如图所示，O为两，点电荷 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为Zx1=5X 连线的中点，则平面Oab为等量 10-3m: 异种，点电荷连线的中垂面，根据 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则竖 等量异种点电荷电势分布特，点可 直方向位移h=vt2,水平方向位移x2=at1t,联立解得 知，中垂面为一等势面，则a点和 q x2=0.05m,由对称性可知，A、B细胞收集管的间距△x b,点的电势相等，故A正确，B错 =2(x1+x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m. 误；由图可知，a点到等量异种点 [答案](1)5×103m(2)0.11m 电荷连线的中，点O的距离等于b [对点集训] ,点到等量异种，点电荷连线的中点O的距离，根据等量异 1,BC[由于匀强电场的电场强度 种点电荷电场强度分布特点可知，Q点和b点的电场强 D 为m竖，即静电力与重力大小相 度大小相等，a,点和b点的电场强度方向均与g、一q连 线平行，方向由q指向一q,即a点和b点的电场强度等 等，作出小圆环在大圆环上的等 0J45 大且方向相同，故C错误，D正确.] 效最低，点C与等效最高点D,如 96 2.解析：(1)小球在C点时速度最大，可判断C点为等效最 图所示，小圆环在等效最低，点速 C 低，点，则静电力与重力的合力沿DC方向 度最大，动能最大，在等效最高，点 速度最小，动能最小，根据沿电场 所以小球受到的静电力的大小为F=mgtan30°-5 g 线电势降低，可知>c, C点与D点不在同一等势面上，A错误： 小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的 (2)要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须 转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的 使小球经过D,点时的速度最小，则D,点为等效最高，点， 位置恰是机械能最大的位置，B正确； 等效重力恰好完全提供向心力，即在D,点小球对圆轨道 小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环 通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有 的压力拾好为零，有80=m曾 -gERsin 45-mg(R+Rcos 45)=0-mA 1 在小球从圆轨道上的D点运动到A,点的过程中，根据动 解得vA=√2(1十√E)gR,C正确； 能定理有mgr(1十c0s30)+Ersin30°=m6 小圆环运动到B过程有 1 2mu2, mg·2R=之mu6-2mui, 联立解得v。=2√1十√5m/s. UB 在B点有Fv十mg=mR, 答案：1)N(2)2√1+5m/s 3 解得F、=(2√2-3)mg<0, 第9讲磁场 可知，小圆环过B,点受到大环的弹力大小为 核心素养·助学提能 (3-2√2)mg,D错误.] 考点一考向1 2.解析：(1)粒子P开始在电场中做类平抛运动，将粒子P运 [例1][解析]根据安培定则，两导线在O,点处产生的磁 动到M,点时的速度正交分解，其沿x轴方向上的分速度为 感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的 ,则沿y轴方向的分速度飞=√J(2)一《=√5山， 磁高应强度大小为B受，根搭对称性，两导线在N处的 粒子P在电场中的加速度a=E 72 磁感应强度大小应该与M点一样，为B,根据对称性，L2 在M,点，竖直方向v,=at, 水平位移l=t,竖直位移yw=之af, 在N点处产生的磁感应强度为且是，由于L在N点处 产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且 装主架得--9 方向相反，将L,撒去，N点的磁感应强度为B,一B. [答案]B ·248·ㄧ物理 专题三电场和磁场 eP色b 网络构建 点电荷 E=k,武+高+… 加、减速直线运动 偏转类平抛运动 等量异种电荷 电场线 电场强度E F=gE 静电力F 等量同种电荷 线同 顺线降低 U=Ed W=qEd 只有电场 示波管 (结构、图像) 电势差U WAB-qUAB 静电力的功W 交变电场 静电平衡 直疏低 面密场强 PA=UAO W=△E (直线、偏转) (静电屏敲 等势面 电势甲 E=9甲 电势能E。 速度选择器 电容器 o-kt 质谱仪 (动态问题) 运动 →电场 电荷Q 运动 复合场 磁流体发电机 电磁流量计 →磁场 霍尔元件 地磁场 回旋加速器 条形磁铁 通电导线 蹄形磁铁 (g,)运动电荷 磁感应强度B f=qvB 运动电荷(qw) 平衡、运动 通电直导线 I=nqSv 运动电荷(o∥B) (U,L通电导线 磁感线 F=IL B 通电导线，L) 只有磁场 匀速直线运动 通电圆环 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥 运动电荷(U⊥B) 通电螺线管 匀速圆周运动 第8讲 电场 核心素养>助学提能 考点一 电场性质 核心透视 3.电势高低的判断方法 1.电场中的各个物理量的关系 (1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低： U=Ed E (2)根据电势的定义式g-,即将十4从电场巾 g E= UAB=9,-P 的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点 F-qE WAB-qUAR UAB WA E=q 的电势越高； Wan-Fd-qEd △E,=-WAB (3)根据电势差UAB=9A一9B,若UAB>0,则PA> 人形 WAB=-△E。 PB,反之，9A<9B 4.电势能变化的判断方法 2.电场强度的计算 (1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功， )定义式：E=.电场中某点的电场强度是确定 电势能减少；反之则增加.即W=一△Ep: (2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是 值，其大小和方向与试探电荷q无关. 电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只 ②》真空中点电背：E=9.E由场源电荷Q和场 有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化， 而总和保持不变 源电荷到某点的距离r决定。 5.电场中带电粒子轨迹的判断分析方法 (3)匀强电场：E= 式中4为两点间沿电场方向 (1)轨迹的切线方向：速度的方向 的距离. (2)某点电场力方向：沿着该点的电场线的切线方 向，轨迹向着电场力的方向弯曲， 0- 磁悬浮列车是一种现代高科技轨道交通工具，它通过电磁力实现列车与轨道之间的无接触的悬 ·40·浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。 第一部分：专题三电场和磁场 典题例析 A.a、b、c、d中a点电场强度最小 例1]（多选）(2025·四川成都三 B.a、b、c,d中d点电场强度最大 模)如图所示，在真空中水平放置一 0 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为 长方体高为2L,其上下两个面是边 2eV 长为L的正方形，在顶点A、C、F、 D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了 H处分别放置电荷量为十Q的点 4 eV 电荷，O1、O2分别是线段AC和线 2.(多选)(2025·安徽卷，10)如图，两个倾角相等、 段FH的中点.下列说法正确的是 底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内， A.该长方体的几何中心处电场强度为零 空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电 B.B、D两点电场强度相同 场.带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道 C.沿竖直方向从O1到O2,电势先减小后增大 D.将一电子从B点移到E点，电场力做负功 上同一高度保持静止，间距为L,甲、乙所带电荷 量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量 规律总结 对称法 为k,重力加速度大小为g.甲、乙所受静电力的 研究方法 根据对称模型和场 合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大 研究对象 强叠加原理，分析 小为E,不计空气阻力，则 () 观察和研究给定电 判断电场中各点电 给定电场 场的相关信息，确 场强度与电势的对 定对称模型 称分布规律 q<m 2m 孤立点电荷：以点电荷为球心的球对称 对 等量同种点电荷：以两点电荷连线的轴对称 及连线的中垂面对称 TTnTTnnnnM 型 无穷大带电平板：以平板为面，两侧面对称 对点集训 B.E-ko 1.(2025·云南卷，4)某介电电泳实 2L2 验使用非匀强电场，该电场的等 -2V C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 势线分布如图所示.a、b、c、d四点 D.若撒去甲，乙下滑至底端时的速度大小 分别位于电势为-2V、一1V、 1V、2V的等势线上，则( mL 考点二 电场中的图像问题 核心透视 以电场强度沿x轴方向为例： 电场中几种常见的图像 (1)E>0表示电场强度沿x轴正 当带电粒子只受静电力时，从v-t 方向，E<0表示电场强度沿x轴 图像上能确定粒子运动的加速度 E-x 负方向 0-t 方向、大小变化情况，进而可判定 图像 (2)图线与x轴围成的“面积”表示 图像 粒子运动中经过的各点的电场强 电势差，“面积”大小表示电势差大 度方向、电场强度大小、电势高低 小，两点的电势高低需根据电场方 及电势能的变化情况 向判定 (1)从9-x图像中可以直接判断 各点电势的高低，进而确定电场强 (1)图像的切线斜率大小表示静电 9-x 度的方向及试探电荷电势能的 Ep一x 力大小 图像 变化 图像 (2)可用于判断电场强度、动能、加 (2)P-x图线切线的斜率大小表 速度等随位移的变化情况 示沿x轴方向电场强度E的大小 ·41· 丨物理 典题例析 [例2]（多选）(2025·广 O/V 东茂名二模)反射式速 8 调管是常用的微波器件 2 R 之一，其内部真空，有一 甲 个静电场的方向平行于 -6-4-202本xcm A.x1和x2处电场强度方向相反 x轴，其电势9随x的分布如图所示，x=0处 B.球内部的电场为匀强电场 电势为6V.一个带负电粒子（重力不计）从x C.负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2 =3cm处由静止释放，下列说法正确的是 处的电势能大 D.位置x1处的电势高于位置x2处的电势 2.(多选)(2025·重庆巴蜀中 E A.该静电场可以由两个负电荷产生 学质检)以点电荷A、B的连 B.x=一2cm处的电场强度小于x=2cm处的 线为x轴，以点电荷B为坐 电场强度 标原点建立如图所示的坐 C.该粒子在x=0处的电势能最小 标系，点电荷A、B带电荷量分别为q1、q2,间距 D.该粒子将沿x轴负方向运动，运动到的最远 为xo·一电子以一定的初速度进入该电场，由靠 位置为x=-4.5cm 近坐标原点的位置沿x轴正方向运动，其电势能 对点集训 的变化如图中曲线所示.图线与x轴交点的横坐 标为x1,图线最高点对应的横坐标为x2,则下列 1.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为 判断正确的是 () 十Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿 A.A带负电，B带正电 半径方向建立x轴.理论分析表明，x轴上各 B.0~x1之间的电场强度沿x轴负方向 点的电场强度随x变化关系如图乙所示，其中 C.4=（2+o)2 1=朵和2=2R处的电场强度大小相等，则 92 x吃 4 91 （x1+xo)2 ( D. 92 x号 考点三 带电粒子（体）在电场中的运动 核心透视 典题例析 1.带电粒子在电场中的运动 [例3](2025·河南卷，13)流 溶液 非 曲线运动：电场力指向轨迹凹侧 式细胞仪可对不同类型的激光束 !喷嘴 强 变速运动：gU=} 细胞进行分类收集，其原理 今充电环 如图所示.仅含有一个A细 电极板 在 偏转角an0会-品一头 胞或B细胞的小液滴从喷 ,1E类平抛只受电 U22 的运动 包汤 运动场力 侧移距离：y。 嘴喷出（另有一些液滴不含 4d0. y=y.+Ltan 0=(l+L)tan 0 细胞)，液滴质量均为m= B收集管A收集管 2.0×1010kg.当液滴穿过激光束、充电环时 0 被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上 2.解题途径的选择 正、负电荷，电荷量均为q=1.0×10-13C.随 (1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和 后，液滴以v=2.0m/s的速度竖直进入长度 力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给 为1=2.0×10-2m的电极板间，板间电场均 条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须 匀、方向水平向右，电场强度大小为E=2.0× 选择运动和力的关系. 105N/C.含细胞的液滴最终被分别收集在极板 (2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断 下方h=0.1m处的A、B收集管中.不计重力、 变化，只能选择功能关系求解 空气阻力以及带电液滴间的作用.求： 沃尔特·考夫曼在研究放射性镭辐射的B射线时，根据B射线在电场和磁场中的偏转，发现电子 ·42·质量随速度变化。 第一部分：专题三电场和磁场 (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； Y E tE (2)A、B细胞收集管的间距. E 00司克22的京12 甲 (1)已知粒子P过M点时速度为2o,求匀强电 场的电场强度大小E。和M点的纵坐标； (2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场， 如图乙所示，电场强度为正值时表示电场方向沿 y轴正方向，题干中其他条件均不变，t=0时刻 从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图乙 中E与E。的比值. 对点集训 1.(多选)(2025·四川省绵 阳市第二次诊断)如图所 示，质量为m、带电荷量为 十g的小圆环套在半径为 R的光滑绝缘大圆环上， 大圆环固定在竖直平面 A 内，O为环心，A为最低点，B为最高点.在大圆 环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为 的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个 g 向右的水平初速度0，小圆环恰好能够沿大圆 环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中 ( A.动能最小与最大的位置在同一等势面上 B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 C.在A点获得的初速度为√2(1+√2)gR D.过B点受到大环的弹力大小为mg 2.(2025·湖北华中师大一附中质检)中国科学院 高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动， 其简化模型如图甲所示，在xOy平面内的第一 象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场 E。(未知)，一粒子发射源固定在坐标原点O,该 装置可以沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为 q(q>0)的粒子P,粒子的初速度均为o,刚好能 过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为1， 不计重力及粒子间的相互作用. ·43· ㄧ物理 课堂评价>高考预测 1.(多选)(2025·四川德阳市联考) (1)求小球所受的静电力大小； 如图所示，电荷量分别为q和一q (2)求小球在A点的速度为多大时，小球经过D (q>0)的点电荷固定在正四面体 点时对圆轨道的压力最小（结果可用根号表示）. 的两顶点上，a、b是正四面体的 另外两个顶点.则 ( ) A.a点和b点的电势相等 B.a点和b点的电势不相等 C.a点和b点的电场强度等大但方向不同 D.a点和b点的电场强度等大且方向相同 2.(2025·湖北武汉联考)如图所 B D 示，在竖直平面内固定的圆形 绝缘轨道的圆心为O,半径为 H =0.2m,内壁光滑，A、B两点分 别是圆轨道的最低点和最高点. 该区间存在方向水平向右、电场 A 强度为E的匀强电场，一质量m=0.1kg、带负电荷 的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不 变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的 C温馨提 夹角0=30°，重力加速度g=10m/s2. 学习至此，请完成配套训练专题精准强化8 第9讲 磁场 核心素养>助学提能 考点一 磁场的性质 安培力 专向1磁场方向的判断及磁场叠加 专向2安培力作用下的方电综合 1.根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向. 1.两个常用的等效模型 2.磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感 (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的 线的切线方向. 大小和判断方向时均可等效为ac直线电流， 3.磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠 XXXX 加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在 时在该点的磁感应强度的矢量和. 。。 ×1×1☒ 例1](2025·福建卷，3)如 L 图所示，空间中存在两根无 限长直导线L1与L2,通有 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线 大小相等，方向相反的电M N 管可等效为条形磁铁，如图乙 流.导线周围存在M、O、N 2.安培力作用下力学问题的解题思路 三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且 (1)选定研究对象：通电导线（或通电导体棒）. OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为B1,O 点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变， (2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B,F 仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为 ( ) ⊥I. A.B. B号B,-B (3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程， [例2](2025·山东日照一模 B E. C.B2-B1 D.B-B2 统考)如图所示，一宽为L的 [解题指导] 平行金属导轨固定在倾角为 (I)由安培定则判断两导线分别在M、O、N场 0的斜面上，在导轨上端接入 强的方向： 电源和滑动变阻器R,电源电动势为E、内阻为 (2)由对称性及磁场叠加计算N点的磁感应 r,一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两 强度大小 滚筒洗衣机发源于欧洲，洗衣方法是模仿棒锤击打衣物原理设计。滚简洗衣机是由不锈钢内桶， ·44·机械程序控制器，经过磷化、电泳、喷涂三重保护的外壳，和若干笨重的水泥块用于平衡滚筒旋转时产 生的巨大离心力做重复运动，加上洗衣粉和水的共同作用使衣物洗涤干净。