專題05能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用【要點(diǎn)提煉】1.電磁學(xué)中的功能關(guān)系(1)電場力做功與電勢能的關(guān)系：W電＝－ΔEp電。推廣：僅電場力做功，電勢能和動能之和守恒；僅電場力和重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，電勢能和機(jī)械能之和守恒。(2)洛倫茲力不做功。(3)電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系2．電路中的電功和焦耳熱(1)電功：W電＝UIt；焦耳熱：Q＝I2Rt。(2)純電阻電路：W電＝Q＝UIt＝I2Rt＝t，U＝IR。(3)非純電阻電路：W電＝Q＋E其他，U>IR。(4)求電功或電熱時(shí)用有效值。(5)閉合電路中的能量關(guān)系電源總功率任意電路：P總＝EI＝P出＋P內(nèi)純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝電源內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)＝I2r＝P總－P出電源的輸出功率任意電路：P出＝UI＝P總－P內(nèi)純電阻電路：P出＝I2R＝P出與外電阻R的關(guān)系電源的效率任意電路：η＝×100%＝×100%純電阻電路：η＝×100% 由P出與外電阻R的關(guān)系可知：①當(dāng)R＝r時(shí)，電源的輸出功率最大為Pm＝。②當(dāng)R>r時(shí)，隨著R的增大輸出功率越來越小。③當(dāng)R<r時(shí)，隨著R的增大輸出功率越來越大。④當(dāng)P出<Pm時(shí)，每個(gè)輸出功率對應(yīng)兩個(gè)外電阻R1和R2，且R1R2＝r2。3．動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(1)動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體在磁場對感應(yīng)電流的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動時(shí)，在某過程中由動量定理有：BL1Δt1＋BL2Δt2＋BL3Δt3＋…＝mv－mv0通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q＝1Δt1＋2Δt2＋3Δt3＋…得BLq＝mv－mv0，在題目涉及通過電路橫截面的電荷量q時(shí)，可考慮用此表達(dá)式。又＝，q＝I·Δt＝＝＝，故也可考慮用表達(dá)式q＝。(2)動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙導(dǎo)體棒在光滑水平等距導(dǎo)軌上自由切割磁感線時(shí)，同一時(shí)刻磁場對兩導(dǎo)體棒的安培力大小相等、方向相反，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒。【高考考向1　電場中的能量問題】命題角度1  電場中的功能關(guān)系例1：（2022·浙江·高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則（　?。?/span>A．M板電勢高于N板電勢B．兩個(gè)粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度D．粒子從N板下端射出的時(shí)間【答案】C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減?。粍t平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CD．設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤；故選C。 (1)電場強(qiáng)度的判斷①場強(qiáng)方向是電場中正電荷受力的方向、負(fù)電荷受力的反方向，也是電場線上某點(diǎn)的切線方向。②電場強(qiáng)弱可用電場線疏密判斷。(2)電勢高低的比較①根據(jù)電場線方向判斷，沿著電場線方向，電勢越來越低。②將電荷量為＋q的電荷從電場中的某點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處電場力做正功越多，則該點(diǎn)的電勢越高。③根據(jù)電勢差UAB＝φA－φB判斷，若UAB>0，則φA>φB，若UAB<0，則φA<φB。(3)電勢能變化的判斷①根據(jù)電場力做功判斷，若電場力對電荷做正功，電勢能減少，若電場力對電荷做負(fù)功，電勢能增加，即W＝－ΔEp。②根據(jù)能量守恒定律判斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動能增加時(shí)，電勢能減少，且ΔEk＝－ΔEp。1-1. （2022·江蘇·高考真題）如圖所示，正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點(diǎn)的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動，則（　?。?/span>A．在移動過程中，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變小B．在移動過程中，C點(diǎn)的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)【答案】D【詳解】A．O是等量同種電荷連線的中點(diǎn)，場強(qiáng)為0，將A處的正點(diǎn)電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變大，故A不符合題意；B．移動過程中，C點(diǎn)場強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．A點(diǎn)電場方向沿OA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．A點(diǎn)電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)電勢，故D正確。故選D。1-2. （2022·全國·高考真題）如圖，兩對等量異號點(diǎn)電荷、固定于正方形的4個(gè)頂點(diǎn)上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點(diǎn)。則（　?。?/span>A．L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直B．M點(diǎn)的電場方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左C．將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到O點(diǎn)，電場力做正功D．將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力做功為零【答案】AB【詳解】A．兩個(gè)正電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向O，N點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向O，則N點(diǎn)的合場強(qiáng)方向由N指向O，同理可知，兩個(gè)負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由O指向L，L點(diǎn)處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直，故A正確；B．正方形底邊的一對等量異號電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向右，由于M點(diǎn)離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，則M點(diǎn)的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，M和O點(diǎn)位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點(diǎn)電勢相等，所以將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到O點(diǎn)，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，L點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)電勢，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力做功不為零，故D錯誤。故選AB。命題角度2  用能量觀點(diǎn)解決電場中的運(yùn)動問題例2：（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動，后距離做勻速運(yùn)動，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時(shí)間 判斷能量如何變化的方法(1)根據(jù)其對應(yīng)的功能關(guān)系分析。(2)根據(jù)所研究過程的守恒關(guān)系分析。2. （2022·湖南岳陽·二模）如圖所示，地面上固定一傾角為θ＝37°，高為h的光滑絕緣斜面，斜面置于水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為，現(xiàn)將一個(gè)帶正電的的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）A．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為B．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為C．物塊落地的速度大小為D．物塊落地的速度大小為【答案】BD【詳解】物塊受到的電場力則合力的大小為，合力的方向和水平夾角為，則小物塊沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動，不會沿著斜面下滑。從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為設(shè)落地速度為v，根據(jù)動能定理可得解得故AC錯誤，BD正確。故選BD。【高考考向2　能量和動量的觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用】命題角度1電磁感應(yīng)中的能量問題例3. （2022·全國·高考真題）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；在到時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為。求:（1）時(shí)金屬框所受安培力的大?。?/span>（2）在到時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）0.016J【詳解】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為金屬框中的電流為t=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為金屬框處于磁場中的有效長度為此時(shí)金屬框所受安培力大小為（2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為 電磁感應(yīng)中能量問題的分析方法從能量的觀點(diǎn)著手，運(yùn)用動能定理或能量守恒定律。基本方法是：受力分析→弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功→明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減→由動能定理或能量守恒定律列方程求解。 3-1. （2022·浙江·高考真題）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動子脫離；此時(shí)S擲向2接通定值電阻R0，同時(shí)施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時(shí)間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時(shí)撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R； （3）時(shí)刻t3。【答案】（1）80A；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知接通恒流源時(shí)安培力動子和線圈在0~t1時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時(shí)，感應(yīng)電流為此時(shí)安培力為所以此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有由圖可知在至期間加速度恒定，則有解得，（3）根據(jù)圖像可知故；在0~t2時(shí)間段內(nèi)的位移而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有電荷量的定義式可得從t3時(shí)刻到最后返回初始位置停下的時(shí)間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動量定理有聯(lián)立可得解得3-2 . （2022·浙江·高考真題）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1，除已給電阻外其他電阻不計(jì)，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動過程中始終與軌道垂直。開始時(shí)開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時(shí)將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個(gè)極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量；（3）求框abcd進(jìn)入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x。【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【詳解】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知則電容器的電量為（2）電容器放電過程有棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起的過程有棒的上滑過程有聯(lián)立解得（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場中減速滑行的總路程為，由動量定理可得勻速運(yùn)動距離為則命題角度2  電磁感應(yīng)中的動量問題例4. （2022·黑龍江·佳木斯一中三模）如圖、長L=1m、電阻r=1Ω的金屬棒OA與豎直金屬圓環(huán)接觸良好并能隨手柄一起轉(zhuǎn)動，同一水平面內(nèi)有兩條足夠長且電阻不計(jì)、間距也為L=1m的平行金屬導(dǎo)軌、，導(dǎo)軌上PQ兩處有極小的斷點(diǎn)，導(dǎo)軌左端分別與環(huán)和O點(diǎn)相連接。在圓環(huán)中有水平向右、PQ左側(cè)有豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T的勻強(qiáng)磁場，邊界PQ右側(cè)有長為2L的光滑區(qū)?，F(xiàn)有長L=1m、質(zhì)量m=1kg、電阻R=2Ω的金屬桿a垂直于磁場置于導(dǎo)軌上，桿a和導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ=0.2。另有邊長仍為L=1m，質(zhì)量為M=3kg、每條邊電阻均為R=2Ω的正方形金屬框EFGH置于導(dǎo)軌上，其FG邊與光滑區(qū)右邊界對齊，不計(jì)金屬框的摩擦作用。當(dāng)桿a能運(yùn)動后越過PQ后一段時(shí)間，與金屬框發(fā)生瞬間碰撞并粘連在一起，隨即桿a與金屬框向右再運(yùn)動2L停在粗糙區(qū)。（不考慮框架中的電流產(chǎn)生的磁場影響，最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g=10m/s2）。求：（1）某時(shí)刻桿a開始向右運(yùn)動時(shí)，手柄的角速度大?。?/span>（2）桿a碰撞前、后的速度；（3）桿從PQ離開到最終停下所用時(shí)間；（4）若金屬框和桿a碰瞬間后，立即在FG右側(cè)加一豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1T的勻強(qiáng)磁場，碰撞后瞬間整體的加速度大小，和碰后桿a上生成的焦耳熱。【答案】（1）12rad/s；（2），；（3）3.25s；（4），【詳解】（1）金屬棒OA產(chǎn)生的電動勢為回路電流為當(dāng)桿a開始向右運(yùn)動，有聯(lián)立解得（2）設(shè)a桿碰前速度大小為，碰后速度大小為，對框和棒整體碰撞后根據(jù)動能定理可得解得由動量守恒有解得（3）桿a從PQ到碰前做勻速直線運(yùn)動，則有桿a碰撞后與框在距離內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，則有桿a碰撞后與框在距離內(nèi)做勻減直線運(yùn)動，則有所以，桿從PQ離開到最終停下所用時(shí)間為（4）碰后金屬框剛進(jìn)入磁場時(shí)，框的右邊切割生電動勢為桿a與金屬框形成的總電阻為框的右邊流過電流為所以整體加速度為從金屬框剛進(jìn)入磁場到整個(gè)框進(jìn)入磁場過程，根據(jù)動量定理有又聯(lián)立解得之后金屬框全部進(jìn)入磁場不再產(chǎn)生焦耳熱，所以根據(jù)能量守恒可得其中桿a的焦耳熱為 應(yīng)用動量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題的兩類情形(1)利用動量定理求感應(yīng)電荷量或運(yùn)動位移在導(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)動定律不易解決的問題。如：由BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。由Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝。(2)利用動量守恒定律分析雙導(dǎo)體棒問題在相互平行的光滑水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。(若兩棒所在處導(dǎo)軌間距不同，則它們所受安培力大小不同，動量不守恒)4. （2022·四川巴中·模擬預(yù)測）兩個(gè)完全相同的金屬線框abcd、a'b'c'd'放在光滑的水平面上，它們的右側(cè)是一個(gè)豎直向下的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)兩線框分別以速度v1和v2（v1>v2）進(jìn)入磁場，在完全進(jìn)入磁場的過程當(dāng)中，線框產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1、Q2，通過導(dǎo)線橫截面積電量分別為q1、q2，下列判斷正確的是（　?。?/span>A．它們勻減速進(jìn)入磁場B．金屬線框abcd在進(jìn)入磁場的過程中克服安培力做的功等于它產(chǎn)生的焦耳熱C．Q1>Q2q1=q2D．Q1>Q2q1>q2【答案】BC【詳解】A．金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，所受安培力提供合力可知，線框的加速度隨速度的較小而減小，則金屬線框做加速度減小的減速運(yùn)動，故A錯誤；B．根據(jù)功能關(guān)系可知，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，線框克服安培力做功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確；CD．由能量守恒可知因?yàn)?/span>，則根據(jù)， ，得兩線框的磁通量變化量和電阻均相等，則故C正確，D錯誤。故選BC。
 

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新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題05 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 精品講義（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題05 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 精品講義（含解析），共19頁。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題05 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 鞏固練習(xí)（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題05 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 鞏固練習(xí)（含解析），共20頁。試卷主要包含了單選題，多選題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題04 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 精品講義（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層練習(xí)專題04 能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 精品講義（含解析），共31頁。

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