1.解題關鍵點
（1）帶電粒子的等間距螺旋線運動與加速旋進的螺旋線運動
①空間中只存在勻強磁場，當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做等間距螺旋線運動.這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.
②空間中的勻強磁場和勻強電場（或重力場）平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做加速旋進的螺旋線運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.
（2）帶電粒子在立體空間中的偏轉
分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要充分發(fā)揮空間想象力，由受力確定粒子的運動狀態(tài)，進而確定粒子在空間中的運動軌跡.將帶電粒子通過不同空間的運動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運動規(guī)律，再利用兩個空間交界處粒子的運動狀態(tài)和關聯條件即可求解問題.
2.常見帶電粒子在立體空間中的運動類型

命題點1 三維空間只有磁場與磁場構成的組合場
1.[2022廣東]如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場.一質子以某一速度從立方體左側垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域.下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（ A ）
解析 根據題述情境，質子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，由左手定則可知，質子先向y軸正方向偏轉穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉，所以A可能正確，B錯誤；該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，CD錯誤.
一題多解 本題可采用降維法處理.作出俯視圖如圖所示，由左手定則判斷質子射入磁場和到磁場邊界的洛倫茲力方向，進而判斷質子的軌跡.
命題點2 三維空間中磁場與電場構成的疊加場
2.[2022重慶]2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（ D ）
A.電場力的瞬時功率為qEv12＋v22
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
解析
命題點3 三維空間中磁場與電場構成的組合場
3.[2022山東]中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0＜z≤d空間內充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z＜0、y≥0的空間內充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為22B，方向平行于xOy平面、與x軸正方向夾角為45°；z＜0、y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場.質量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ.不計離子重力.
（1）當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；
（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；
（3）離子甲以qBd2m的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標（用d表示）；
（4）當離子甲以qBd2m的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質量為4m、帶電荷量為＋q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場Ⅰ，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt（忽略離子間相互作用）.
答案 （1）E＝mv02sinβcsβqL （2）vm＝qBdm （3）（d，d，0）
（4）Δt＝2（2+1）πmqB
解析 （1）離子甲從A點射入電場，由O點沿＋z方向射出，只受沿－y方向電場力的作用，所以在＋z方向上，離子甲做勻速直線運動，在從A到O的運動過程中，在＋z方向上有
L＝v0csβ·t
在＋y方向上有0＝v0sinβ－at
由牛頓第二定律有Eq＝ma
解得E＝mv02sinβcsβqL
（2）離子甲進入磁場Ⅰ中，當離子甲運動軌跡與磁場Ⅰ上邊界相切時，由洛倫茲力充當向心力有
qv1B＝mv12R1，其軌跡半徑R1＝d
經半個圓周由（0，2d，0）進入磁場Ⅱ，然后在垂直勻強磁場Ⅱ的平面內運動，由洛倫茲力充當向心力有qv1·22B＝mv12R2
解得R2＝2d
軌跡恰與xOz平面相切，則此時離子甲速度最大，即vm＝v1＝Bqdm
（3）離子甲以v2＝Bqd2m射入磁場Ⅰ，則離子甲在磁場Ⅰ中的軌跡半徑R'1＝d2，離子甲在磁場Ⅰ中轉半個圓周，由y軸上（0，d，0）處第二次穿過xOy面進入磁場Ⅱ，在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為R'2＝22d，離子甲在磁場Ⅱ中偏轉半個圓周，由x軸上（d，0，0）處第三次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，速度方向平行于z軸正方向，再在磁場Ⅰ中偏轉半個圓周第四次穿過xOy面，軌跡如圖1所示，所以離子第四次穿越xOy平面的位置坐標為（d，d，0）
圖1
（4）設離子乙的速度為v'2，根據離子甲、乙動能相同可得
12mv2＝12×4mv'22
解得v'2＝12v2
由（3）問可知離子甲在磁場Ⅰ、Ⅱ中運動的軌跡半徑分別為
R'1＝d2，R'2＝22d
則離子乙在磁場Ⅰ、Ⅱ中的軌跡半徑分別為R″1＝d，R″2＝2d
根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖2所示
圖2
從O點進入磁場到第一個交點過程，有
t甲＝T甲1＋T甲2＝2πmqB＋2πmq·22B＝2（2+1）πmqB
t乙＝T乙12＋T乙22＝2π·4m2qB＋2π·4m2q·22B＝4（2+1）πmqB
可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為
Δt＝t乙－t甲＝2（2+1）πmqB
1.[信號放大器/2023天津]信號放大器是一種放大電信號的儀器，如圖1，其可以通過在相鄰極板間施加電壓，使陰極逸出的電子擊中極板時，激發(fā)出更多的電子，從而逐級放大電信號.已知電子的質量為m，帶電荷量為－e.
（1）在極板上建立空間直角坐標系，極板上方空間內存在磁場，其磁感應強度大小為B，方向平行于z軸.極板間的電壓U極小，幾乎不影響電子運動.如圖2，某次激發(fā)中，產生了2個電子a和b，其初速度方向分別在xOy與zOy平面內，且與y軸正方向都成θ角，則：
（i）判斷磁場的方向；
（ii）求a、b兩個電子運動到下一個極板的時間t1和t2.
（2）若單位時間內陰極逸出的電子數量不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)出δ個電子，且δ∝U，陽極處接收電子產生的電流為I，在圖3的坐標系中定性畫出表示U和I關系的圖像并說明這樣畫的理由.
圖1
圖2 圖3
答案 （1）（i）沿z軸負方向 （ii）t1＝（π－2θ）meB t2＝πmeB （2）見解析
解析 （1）（i）由題意可知電子a的初速度方向在xOy平面內，與y軸正方向成θ角.若磁場方向沿z軸正方向，則由左手定則可知電子a在洛倫茲力的作用下向x軸負方向偏轉，不符合題意；若磁場方向沿z軸負方向，則由左手定則可知電子a在洛倫茲力的作用下向x軸正方向偏轉，符合題意.
綜上可知，磁感應強度B的方向沿z軸負方向
（ii）電子a在洛倫茲力作用下的運動軌跡如圖
由圖可知電子a運動到下一個極板的時間為
t1＝2（π2－θ）2πT＝（π2－θ）π·2πmeB＝（π－2θ）meB
分析可知電子b沿z軸方向的分速度與磁感應強度方向平行，則電子b在z軸方向做勻速直線運動；沿y軸方向的分速度使電子b受到洛倫茲力向x軸正方向偏轉，電子b在垂直z軸的平面內運動半個圓周到下一個極板的時間為
t2＝π2πT＝πmeB
（2）設δ＝kU（k為常量），單位時間內陰極逸出的電子數量為N0.每個電子打到極板上可以激發(fā)出δ個電子，則經過n次激發(fā)后單位時間內陽極處接收到的電子數量為N＝N0δn＝N0（kU）n＝N0knUn
結合電流的定義式可得陽極處接收電子產生的電流為
I＝Ne＝eN0knUn＝（eN0kn）Un＝AUn（A為常量）可得I－U圖像如圖
2.[霍爾效應＋電流的微觀表達式/2021天津]霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中.長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標軸建立坐標系Oxyz，如圖所示.半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內自由電子和空穴的數目分別為n和p.當半導體材料通有沿＋x方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿－z方向.
（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；
（2）若自由電子定向移動在沿＋x方向上形成的電流為In，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz；
（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為vnz、vpz，求Δt時間內運動到半導體z方向的上表面的自由電子數與空穴數，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應滿足的條件.
答案 （1）沿＋z方向 （2）e（InBneab＋E） （3）見解析
解析 （1）由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力沿＋z方向.
（2）設t時間內流過半導體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有In＝qt
設自由電子在x方向上定向移動速率為vnx，則
q＝neabvnxt
可導出自由電子的電流微觀表達式為In＝neabvnx
單個自由電子所受洛倫茲力大小為
F洛＝evnxB
霍爾電場力大小為F電＝eE
自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，則有Fnz＝F洛＋F電
聯立得其合力大小為Fnz＝e（InBneab＋E）.
（3）設Δt時間內在z方向上運動到半導體上表面的自由電子數為Nn、空穴數為Np，則
Nn＝nacvnzΔt
Np＝pacvpzΔt
霍爾電場建立后，半導體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則有Nn＝Np，即在任何相等時間內運動到上表面的自由電子數與空穴數相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應大小相等、方向相反.

1.[2024山東濟寧模擬]如圖所示，空間正四棱錐P－ABCD的底邊長和側棱長均為a，此區(qū)域存在平行于CB邊由C指向B方向的勻強磁場，現一質量為m、電荷量為＋q的粒子，以豎直向上的初速度v0從底面ABCD的中心O垂直于磁場方向進入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側面PBC飛出磁場區(qū)域，忽略粒子受到的重力.則磁場的磁感應強度大小為（ C ）
A.2mv0qaB.4mv0qa
C.（6+2）mv0qaD.（6－2）mv0qa
解析 粒子從空間正四棱錐P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直進入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側面PBC飛出磁場區(qū)域，可知粒子剛好與側面PBC相切，作出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知r＋rsinθ＝a2，其中θ為面PBC與底面的夾角，由幾何關系可知 sin θ＝63，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝mv02r，解得B＝(6+2)mv0qa，故C正確，A、B、D錯誤.
2.[2024江蘇淮安模擬]如圖是離子速度選擇器的原理示意圖，在橫截面半徑r＝10cm的圓形區(qū)域內有磁感應強度B＝1×10－4T的勻強磁場，磁場方向平行于柱形圓筒的軸線OO'，在圓柱形筒壁上某一直徑兩端開有兩個小孔a、b，它們分別作為離子的入射孔和出射孔，在ab所在圓平面內從a孔射入，離子射入的角度不同，最后能從b孔射出的離子速度大小就不同.現有一束比荷為qm＝2×1011C/kg的正離子，與ab連線成θ＝30°從a孔射入，且不與筒壁碰撞而從出射孔b射出，則該離子的速度大小為（ B ）
A.2×106m/sB.4×106m/s
C.4×105m/sD.2×105m/s
解析 r＝10 cm＝0.1 m，正離子在磁場中的軌跡如圖所示.根據幾何關系可得，離子的軌跡半徑為R＝2r＝2×0.1 m＝0.2 m，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律可得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s，故B正確，A、C、D錯誤.
3.[選項圖形化/2024廣東佛山順德區(qū)模擬/多選]如圖所示，在正方體的六條棱d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'上通有等大電流，O'點為正方體的中心.在O'點以速度v0沿垂直b'c'方向發(fā)射一不計重力的質子，其運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（ AD ）
A B C D
解析 根據安培定則可知，直導線d'a'和bc在O'點產生的合磁場方向沿垂直b'c'斜向右上方，而另外四條直導線在O'點產生的合磁場方向也是垂直b'c'斜向右上方，若在O'點以速度v0沿垂直b'c'方向發(fā)射一不計重力的質子，運動方向平行于磁場方向，可知質子斜向上做勻速直線運動，則軌跡在yOx面的投影如A選項所示，在yOz方向的投影如D選項所示，故A、D正確，B、C錯誤.
4.[2024河南信陽高級中學?？糫用圖甲所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀.現將這一現象簡化成如圖乙所示的情境來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，電子由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場，電子的運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是（ D ）
A.勻強磁場的方向為沿x軸負方向
B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變
C.若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小
D.若僅增大α角（α＜90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時“軌跡”為閉合的整圓
解析 將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x軸方向分速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且x'＝v0 cs α·t，沿y軸方向分速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，結合題圖乙中軌跡，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；根據洛倫茲力提供向心力可得evB＝mv2R，根據周期的計算公式可得T＝2πRv，且v＝v0 sin α，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0csαeB，分析可知，若僅增大磁感應強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；若僅增大v0，則D、Δx皆按比例增大，故C錯誤；若僅增大α(α＜90°)，則D增大而Δx減小，且α＝90°時Δx＝0，故D正確.
5.如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質量為m的小球.若磁感應強度大小B＝πmq，g取10m/s2.求：
（1）小球離開磁場時的速度大小；
（2）小球離開磁場時的位置與拋出點的距離.
答案 （1）102m/s （2）5ππ2+16m
解析 （1）小球在水平方向做勻速圓周運動，在豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t＝T2＝πmqB＝1s
則離開磁場時在豎直方向上的分速度vy＝gt＝10m/s
故小球離開磁場時的速度大小為v＝v02＋vy2＝102m/s
（2）小球離開磁場時在豎直方向的位移大小為
y＝12gt2＝5m
小球在水平方向做勻速圓周運動有qv0B＝mv02R，解得R＝mv0qB
水平方向位移為直徑，即x＝2R＝2mv0qB＝20πm
則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為
s＝x2＋y2＝5ππ2+16m.
6.[三維坐標系中的電磁場/2024遼寧丹東模擬]如圖所示，空間存在沿x軸正方向的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B.t＝0時刻，質子以初速度v0從坐標原點O沿y軸正方向射出，已知質子質量為m，電荷量為e，重力不計，則（ C ）
A.t＝πmeB時刻，質子的速度沿z軸的負方向
B.t＝πmeB時刻，質子的坐標為（mEπ22eB，0，mv0eB）
C.質子可多次經過x軸，且依次經過x軸的坐標值之比為1∶4∶9∶…
D.質子運動軌跡在yOz平面內的投影是以O點為圓心的圓
解析 沿x軸方向，質子在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動.根據左手定則，洛倫茲力初始時刻沿z軸負方向，可判斷質子在yOz平面內的分運動為勻速圓周運動，所以質點運動軌跡在yOz平面內的投影是經過O點的圓，D錯誤.t＝πmeB＝12T時刻，質子在yOz平面內的分速度方向沿y軸負方向，沿x軸方向分速度沿x軸正方向，所以質子的合速度方向不沿z軸的負方向，故A錯誤.質子每經過一個周期可經過一次x軸，質子沿x軸方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，根據比例關系可知依次經過x軸的坐標值之比為1∶4∶9∶…，故C正確.當t＝πmeB＝12T時刻，沿x軸方向根據牛頓第二定律有Ee＝ma，位移x＝12at2＝12·Eem·(πmeB)2＝π2mE2eB2，在yOz平面內，正好經過半個周期，則y＝0，z＝－2r＝－2mv0eB，所以質子的坐標為(mEπ22eB2，0，－2mv0eB)，故B錯誤.
7.[電磁場在科技中的應用]現代科技中常常利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，某控制裝置如圖所示，區(qū)域Ⅰ是14圓弧形均勻輻向電場，半徑為R的中心線O'O處的場強大小處處相等，且大小為E1，方向指向圓心O1；在空間直角坐標系O－xyz中，區(qū)域Ⅱ是邊長為L的正方體空間，該空間內充滿沿y軸正方向的勻強電場E2（大小未知）；區(qū)域Ⅲ也是邊長為L的正方體空間，空間內充滿平行于xOy平面，與x軸負方向成45°角的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在區(qū)域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的帶正電的粒子以不同速率先后從O'沿切線方向進入輻向電場，所有粒子都能通過輻向電場從坐標原點O沿x軸正方向進入區(qū)域Ⅱ，不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用.
（1）若某一粒子進入輻向電場的速率為v0，該粒子通過區(qū)域Ⅱ后剛好從P點進入區(qū)域Ⅲ中，已知P點坐標為（L，L2，0），求該粒子的比荷q0m0和區(qū)域Ⅱ中勻強電場E2的大小.
（2）保持（1）問中E2不變，為了使粒子能夠在區(qū)域Ⅲ中直接打在粒子收集板上，求該粒子的比荷需要滿足的條件.
答案 （1）q0m0＝v02E1R E2＝E1RL （2）4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2
解析 （1）（過程一：粒子在輻向電場中做勻速圓周運動）某一粒子進入輻向電場的速率為v0，粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，由電場力提供向心力可得q0E1＝m0v02R
【點撥】分析圓周運動的關鍵是找到向心力的來源.
解得該粒子的比荷為q0m0＝v02E1R
（過程二：粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，從O點到P點，粒子沿x軸方向做勻速直線運動，沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動）粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，沿x軸方向有L＝v0t，沿y軸方向有a＝q0E2m0，L2＝12at2
聯立解得E2＝E1RL
（2）（過程一：粒子在輻向電場中做勻速圓周運動）設粒子的電荷量為q，質量為m，粒子進入輻向電場的速率為v，則粒子在輻向電場中有qE1＝mv2R，解得v＝qE1Rm
（過程二：粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，粒子沿x軸方向做勻速直線運動，沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動）粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，假設粒子都能進入區(qū)域Ⅲ中，則沿x軸方向有L＝vt'
沿y軸方向有a'＝qE2m，y＝12a't'2，vy＝a't'
聯立解得y＝L2，vy＝qE1Rm
可知所有粒子經過區(qū)域Ⅱ后都從P點進入區(qū)域Ⅲ中，假設正確.設進入區(qū)域Ⅲ的粒子速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則有tan θ＝vyv＝1，解得θ＝45°
粒子進入區(qū)域Ⅲ的速度大小為v'＝v2＋vy2＝2qE1Rm
（過程三：粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動）粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有qv'B＝mv'2r
解得r＝mv'qB＝1B2mE1Rq
為了保證粒子能夠打在粒子收集板上，如圖，由幾何關系可知粒子在磁場中的半徑需要滿足L2≤r≤22L，聯立解得粒子的比荷需要滿足4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2.
【方法】降維法：從空間立體情境中找到粒子運動的截面圖，化“三維”為“二維”，畫出粒子在區(qū)域Ⅲ中的運動截面圖，
五年考情
命題分析預測
2023：天津T12；
2022：廣東T7，山東T17；
2021：天津T12
近年高考命題有從平面向立體空間轉化的趨勢，特別是電磁場部分，可能會設置立體空間的電場或磁場，考查帶電粒子的運動情況分析，預計2025年高考該考點會是命題的熱點.
常見類型
立體視圖
三視圖
等間距螺旋線運動
磁場進磁場
yOx平面 yOz平面
電場進磁場
yOx平面 yOz平面
磁場進電場

相關教案

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十八洛倫茲力在科技中的應用（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十八洛倫茲力在科技中的應用（Word版附解析），共18頁。

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十六帶電粒子在組合場中的運動（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十六帶電粒子在組合場中的運動（Word版附解析），共15頁。

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十七帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十七帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動（Word版附解析），共17頁。

英語朗讀寶

相關教案 更多

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十五磁場中的動態(tài)圓模型（Word版附解析）

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十五磁場中的動態(tài)圓模型（Word版附解析）
2024屆高考物理一輪復習教案第十一章專題強化二十二帶電粒子在立體空間中的運動（粵教版新教材）

2024屆高考物理一輪復習教案第十一章專題強化二十二帶電粒子在立體空間中的運動（粵教版新教材）
2024屆魯科版新教材高考物理一輪復習教案第十一章磁場專題強化二十二帶電粒子在立體空間中的運動

2024屆魯科版新教材高考物理一輪復習教案第十一章磁場專題強化二十二帶電粒子在立體空間中的運動
2024屆魯科版新教材高考物理一輪復習教案第十一章磁場專題強化十七帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

2024屆魯科版新教材高考物理一輪復習教案第十一章磁場專題強化十七帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部