題型1 質(zhì)譜儀

1.作用
用于測定比荷qm，分析元素和鑒定同位素.
2.結(jié)構(gòu)
主要由粒子源A、加速電場U和偏轉(zhuǎn)磁場B組成.
3.工作原理
粒子源A提供的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子（重力不計(jì)）從靜止被加速電場加速，由動(dòng)能定理得qU＝12mv2；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝mv2r，聯(lián)立解得qm＝2UB2r2.設(shè)粒子打在底片上的位置與入口的距離為L，代入L＝2r，得qm＝8UB2L2.當(dāng)q相同時(shí)，m∝r2∝L2，從而使不同質(zhì)量的同位素得以分離.

1.如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直.已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l.不計(jì)重力影響和離子間的相互作用.求：
（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br>（2）甲、乙兩種離子的比荷之比.
答案 （1）4Ulv1 （2）1∶4
解析 （1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1U＝12m1v12 ①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1v12R1 ②
由幾何關(guān)系知2R1＝l ③
由①②③式得B＝4Ulv1 ④
（2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，同理則有
q2U＝12m2v22 ⑤
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q2v2B＝m2v22R2 ⑥
由題給條件有2R2＝l2 ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
q1m1∶q2m2＝1∶4.
題型2 回旋加速器

1.結(jié)構(gòu)
核心部件是垂直磁場方向放置的兩個(gè)D形盒（D1，D2）、粒子源A、勻強(qiáng)磁場B、高頻交變電源U、粒子引出裝置，整個(gè)裝置處于真空中.
2.工作原理
帶電粒子由靜止開始從D形盒中的粒子源A釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半個(gè)周期后再次進(jìn)入兩盒間的狹縫被加速.
3.主要特征
（1）電場只起加速作用，磁場只起偏轉(zhuǎn)作用，粒子在一個(gè)周期內(nèi)被加速兩次.
（2）加速條件：高頻電源的周期與粒子在D形盒中的運(yùn)動(dòng)周期相同，即T電源＝T回旋＝2πmqB，因此粒子進(jìn)入電場時(shí)總能夠被加速.
（3）軌道半徑：粒子從靜止開始被電場加速，由rn＝mvnqB，vn＝2nqUm可知r∝n.因此，相接軌道半徑之比依次為1∶2∶3∶….由于每個(gè)周期粒子被加速兩次，故相鄰軌道（即同側(cè)軌道）的半徑之比依次為1∶3∶5∶….可見，越靠近D形盒的邊緣，相鄰兩軌道的間距越?。ㄓ捎谙噜徿壍赖拈g距Δr∝n+2－n，故Δr是減函數(shù)）.
（4）粒子的最終能量：由于D形盒的大小一定，故所有粒子的最大回旋半徑相同.設(shè)rmax＝R，則粒子的最大速度為vmax＝qBRm，最大能量為Emax＝12mvmax2＝q2B2R22m.可見，粒子的最終能量僅受磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑的限制，而與加速電壓和頻率無關(guān)，加速電壓只是影響粒子在D形盒內(nèi)加速的次數(shù).
（5）粒子被加速的次數(shù)：n＝EmaxqU＝qB2R22mU（粒子在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)為n2）.
（6）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝n2T＝qB2R24mU·2πmqB＝πBR22U.

2.某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖.回旋加速器的核心部分為兩個(gè)D形盒，分別為D1、D2.D形盒裝在真空容器里，整個(gè)裝置放在巨大的電磁鐵兩極之間的強(qiáng)大磁場中，磁場可以認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場，且與D形盒底面垂直.兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時(shí)間可以忽略不計(jì).D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.若質(zhì)子從粒子源O處進(jìn)入加速電場的初速度不計(jì)，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q.加速器接入一定頻率的高頻交變電壓，加速電壓為U.（不考慮相對論效應(yīng)和重力作用）
（1）求質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D形盒時(shí)的速度大小v1和進(jìn)入D形盒后運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r1；
（2）求質(zhì)子被加速后獲得的最大動(dòng)能Ekm和高頻交變電壓的頻率f；
（3）若兩D形盒狹縫之間距離為d，且d?R，計(jì)算質(zhì)子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t1與在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t2，并由此說明質(zhì)子穿過電場的時(shí)間可以忽略不計(jì)的原因.
答案 （1）2qUm 1B2mUq （2）q2B2R22m qB2πm （3）BRdU πBR22U 理由見解析
解析 （1）由動(dòng)能定理有qU＝12mv12
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B＝mv12r1
解得v1＝2qUm，r1＝1B2mUq
（2）當(dāng)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為D形盒的半徑R時(shí)，質(zhì)子的動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)速度為vm，則
qvmB＝mvm2R，Ekm＝12mvm2
解得Ekm＝q2B2R22m.
回旋加速器正常工作時(shí)高頻交變電壓的頻率f等于質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的頻率，則1f＝T＝2πRvm＝2πmqB
解得f＝qB2πm
（3）質(zhì)子在狹縫中加速時(shí)，有qUd＝ma
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)速度大小不變，故其在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t1＝vma＝BRdU
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝2πmqB
設(shè)質(zhì)子在電場中加速了n次，則有nqU＝Ekm
解得n＝qB2R22mU.
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t2＝n2T＝πBR22U，則t1t2＝2dπR
因?yàn)閐?R，得t1?t2，故質(zhì)子穿過電場的時(shí)間可以忽略不計(jì).
題型3 電場與磁場疊加的應(yīng)用實(shí)例分析


命題點(diǎn)1 速度選擇器
3.[2021福建]一對平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示.一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列粒子分別自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，能夠做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是（所有粒子均不考慮重力的影響） （ B ）
A.以速度v02射入的正電子（10e）
B.以速度v0射入的電子（－1 0e）
C.以速度2v0射入的氘核（12H）
D.以速度4v0射入的α粒子（24He）
解析 根據(jù)題述，質(zhì)子（ 11H）以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知質(zhì)子所受的電場力和洛倫茲力平衡，即eE＝ev0B.因此凡是滿足速度v＝EB＝v0的粒子都能夠做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B正確.
命題點(diǎn)2 磁流體發(fā)電機(jī)
4.如圖所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場.一束等離子體（高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）沿垂直于磁場方向噴入磁場.將P、Q與電阻R相連接.下列說法正確的是（ D ）
A.P板的電勢低于Q板的電勢
B.通過R的電流方向由b指向a
C.若只改變磁場強(qiáng)弱，則通過R的電流保持不變
D.若只增大粒子入射速度，則通過R的電流增大
解析 等離子體進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則可知，帶正電荷的粒子向上偏，打在P板上，帶負(fù)電荷的粒子向下偏，打在Q板上，所以P板帶正電，Q板帶負(fù)電，則P板的電勢高于Q板的電勢，通過R的電流方向由a指向b，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)P、Q之間電勢差穩(wěn)定時(shí)，粒子所受電場力等于洛倫茲力，有qUd＝qvB，得U＝Bdv，由閉合電路歐姆定律得I＝UR＋r＝BdvR＋r，r為兩板間等離子體的電阻，由該式知，若只改變磁場強(qiáng)弱，則通過R的電流改變，若只增大粒子入射速度，則通過R的電流增大，C錯(cuò)誤，D正確.
命題點(diǎn)3 電磁流量計(jì)
5.如圖所示，電磁流量計(jì)的測量管橫截面直徑為D，在測量管的上、下兩個(gè)位置固定兩金屬電極a、b，整個(gè)測量管處于水平向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.當(dāng)含有正、負(fù)離子的液體從左向右勻速流過測量管時(shí)，連在兩個(gè)電極上的顯示器顯示的流量為Q（單位時(shí)間內(nèi)流過測量管某橫截面的液體體積），下列說法正確的是（ C ）
A.a極電勢低于b極電勢
B.液體流過測量管的速度大小為QπD2
C.a、b兩極之間的電壓為4QBπD
D.若流過的液體中離子濃度變高，顯示器上的示數(shù)將變大
解析 根據(jù)左手定則知，正離子受向上的洛倫茲力，向上偏，負(fù)離子受向下的洛倫茲力，向下偏，故a極帶正電，b極帶負(fù)電，a極電勢高于b極電勢，A錯(cuò)誤.設(shè)液體流過測量管的速度大小為v，則流量Q＝Sv＝14πD2v，所以v＝4QπD2，故B錯(cuò)誤.隨著a、b兩極電荷量的增加，兩極間的電場強(qiáng)度變大，離子受到的電場力變大，當(dāng)電場力與洛倫茲力大小相等時(shí)，離子不再偏轉(zhuǎn)，兩極間電壓達(dá)到穩(wěn)定，設(shè)穩(wěn)定時(shí)兩極間電壓為U，離子電荷量為q，則離子受的電場力F＝qUD，離子所受的洛倫茲力f＝qvB，由qUD＝qvB，解得U＝BDv，將v＝4QπD2代入得U＝4QBπD，故C正確.由以上分析知，顯示器顯示的流量Q＝14πD2v，顯示器上的示數(shù)與離子速度有關(guān)而與濃度無關(guān)，故D錯(cuò)誤.
命題點(diǎn)4 霍爾效應(yīng)的原理和分析
6.[2023浙江1月]某興趣小組設(shè)計(jì)的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I'的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B'＝k2I'.調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時(shí)，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I'的方向和大小分別為（ D ）
A.a→b，k2k1I0B.a→b，k1k2I0
C.b→a，k2k1I0D.b→a，k1k2I0
解析 霍爾元件輸出的電壓為零，則霍爾元件中的載流子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，即霍爾元件所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故螺繞環(huán)在霍爾元件處所產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與直導(dǎo)線在霍爾元件處所產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，即k1I0＝k2I'，解得I'＝k1I0k2，又由右手螺旋定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，則直導(dǎo)線在該處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)豎直向上，由右手螺旋定則可知直導(dǎo)線中的電流方向由b到a，D正確，ABC錯(cuò)誤.
1.[醫(yī)用回旋加速器/2023廣東]某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5×107eV.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，1eV＝1.6×10－19J）（ C ）
A.3.6×106m/sB.1.2×107m/s
C.5.4×107m/sD.2.4×108m/s
解析 由題意可知質(zhì)子在回旋加速器中的最大圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R＝0.5m，質(zhì)子的帶電荷量為元電荷的電荷量，即q＝e＝1.6×10－19C【注意：若不記得元電荷的電荷量，則可從題目中給的1eV＝1.6×10－19J推導(dǎo)得出】，則有qvmB＝mvm2R，又Ek＝12mvm2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm≈5.4×107m/s，C對，ABD錯(cuò).
2.[磁流體發(fā)電機(jī)/2021河北]如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間.相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連.質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止.重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力.下列說法正確的是（ B ）
A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝mgRsinθB1B2Ld
B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝mgRsinθB1B2Ld
C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝mgRtanθB1B2Ld
D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝mgRtanθB1B2Ld
解析 等離子體在磁場中運(yùn)動(dòng)，設(shè)PQ兩板間電壓為U，有qUd＝qvB1，根據(jù)左手定則可知，金屬板P帶負(fù)電、金屬板Q帶正電，由金屬棒ab靜止可知，金屬棒受到的安培力沿導(dǎo)軌向上，根據(jù)左手定則可知磁場B2垂直導(dǎo)軌平面向下，有B2IL＝mgsinθ，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝UR，聯(lián)立解得v＝mgRsinθB1B2Ld，選項(xiàng)B對，ACD錯(cuò).
3.[霍爾效應(yīng)/天津高考]筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件.當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài).如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v.當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅，則元件的（ D ）
A.前表面的電勢比后表面的低
B.前、后表面間的電壓U與v無關(guān)
C.前、后表面間的電壓U與c成正比
D.自由電子受到的洛倫茲力大小為eUa
解析 由題意可判定，電子定向移動(dòng)的方向水平向左，則由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累的電子逐漸增多，前表面的電勢比后表面的電勢高，A錯(cuò)誤；當(dāng)電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時(shí)，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時(shí)前、后表面間的電壓達(dá)到穩(wěn)定，對穩(wěn)定狀態(tài)下的電子有eE＝eBv，又E＝Ua，解得U＝Bav，顯然前、后表面間的電壓U與電子的定向移動(dòng)速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與長度c無關(guān)，B、C錯(cuò)誤；自由電子穩(wěn)定時(shí)受到的洛倫茲力等于電場力，即F＝eE＝eUa，D正確.
4.[回旋加速器/2021江蘇]如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，加速電壓的大小為U.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點(diǎn)繞O做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，粒子在電場中的加速時(shí)間可以忽略.為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個(gè)“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為α，當(dāng)M、N間加有電壓時(shí)，狹縫中產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計(jì)M、N間的距離.求：
圖1 圖2
（1）粒子加速到P點(diǎn)所需要的時(shí)間t；
（2）極板N的最大厚度dm；
（3）磁場區(qū)域的最大半徑Rm.
答案 （1）（qB2R22mU－1）πmqB （2）2（R2－2mUqB2－R2－4mUqB2） （3）R＋2mERqB2R－mEsinα2
解析 （1）設(shè)粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度大小為vP，則R＝mvPqB
設(shè)粒子在電場中加速次數(shù)為n，根據(jù)動(dòng)能定理有
nqU＝12mvP2
分析可知，t＝（n－1）×T2
周期T＝2πmqB
聯(lián)立解得t＝（qB2R22mU－1）πmqB
（2）粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑r＝mvqB
動(dòng)能Ek＝12mv2
解得r＝2mEkqB
則粒子加速到P前最后兩半個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑分別為
r1＝2m（EkP－qU）qB，r2＝2m（EkP－2qU）qB
由幾何關(guān)系有dm＝2（r1－r2）
又EkP＝（qBR）22m
解得dm＝2（R2－2mUqB2－R2－4mUqB2）
（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運(yùn)動(dòng)半徑為rQ，則有
qvPB－qE＝mvP2rQ
設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)為S，離開后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O'.由題意知，O'在SQ上，且粒子飛離磁場的點(diǎn)與O、O'在一條直線上，如圖所示.由幾何關(guān)系有
Rm＝R＋2（rQ－R）sinα2
解得Rm＝R＋2mERqB2R－mEsinα2.

1.[回旋加速器/2024廣東珠海模擬/多選]2023年5月25日，懷柔50MeV質(zhì)子回旋加速器日前完成試運(yùn)行并正式交付使用，將用于空間輻射測試，在空間設(shè)施防輻射損傷、航天員空間環(huán)境安全保障等領(lǐng)域發(fā)揮重要作用.如圖是回旋加速器的示意圖，D形金屬盒分別接高頻交流電源，D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能加速，D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，忽略粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列說法正確的是（ BD ）
A.粒子射出時(shí)的最大動(dòng)能與D形金屬盒的半徑無關(guān)
B.工作時(shí)交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等
C.若增大加速電壓，粒子最終射出時(shí)獲得的動(dòng)能將增大
D.若增大加速電壓，粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減少
解析 根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvB＝mv2r，當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒半徑時(shí)，粒子射出時(shí)的速度最大，動(dòng)能最大，可得最大速度為
【敲黑板】粒子（比荷確定）在回旋加速器中所能達(dá)到的最大速度只與回旋加速器的半徑以及磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與加速時(shí)間和加速電壓沒有關(guān)系.
vm＝qBRm，則最大動(dòng)能為Ekm＝12mvm2＝q2B2R22m，可知，粒子射出時(shí)的最大動(dòng)能與D形金屬盒的半徑有關(guān)，與高頻交流電源的電壓無關(guān)，故A、C錯(cuò)誤；為了保證粒子每次經(jīng)過電場時(shí)均加速，回旋加速器加速的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期和高頻交流電的周期應(yīng)相等，故B正確；由牛頓第二定律有qvB＝mv2r，又T＝2πrv，可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝2πmqB，由動(dòng)能定理有nqU＝Ekm，解得加速的次數(shù)為n＝qB2R22mU，粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
【敲黑板】每次電場加速時(shí)電場力做功均相等，為W＝qU.
t＝n2·T＝πBR22U，可知，若增大加速電壓，粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減少，故D正確.
2.[速度選擇器]如圖為速度選擇器的示意圖，P1、P2為其兩個(gè)極板.某帶電粒子以速度v0從S1射入，恰能沿虛線從S2射出.不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（ B ）
A.該粒子一定帶正電
B.極板P1的電勢一定高于極板P2的電勢
C.若該粒子以速度v0從S2射入，也能沿虛線從S1射出
D.若該粒子以速度2v0從S1射入，仍能沿虛線從S2射出
解析 若粒子帶正電，由左手定則可知粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上，因粒子恰能沿虛線運(yùn)動(dòng)，則電場力方向應(yīng)豎直向下，滿足qE＝qv0B，所以極板P1的電勢高于極板P2的電勢；若粒子帶負(fù)電，同理分析可知極板P1的電勢高于極板P2的電勢，故B正確.不論粒子帶電性質(zhì)如何，粒子所受的電場力和洛倫茲力都平衡，所以粒子帶電性質(zhì)無法判斷，A錯(cuò)誤.若該粒子以速度v0從S2射入，假設(shè)粒子帶正電，則電場力方向豎直向下，洛倫茲力方向也豎直向下，粒子所受合力方向向下，不會(huì)沿虛線從S1射出，C錯(cuò)誤.若粒子的速度為2v0，則q·2v0B＞qE，粒子受力不平衡，不會(huì)沿虛線從S2射出，D錯(cuò)誤.
3.[電磁流量計(jì)/2024湖北武漢模擬/多選]電磁流量計(jì)可以測量導(dǎo)電流體的流量（單位時(shí)間內(nèi)流過某一橫截面的流體體積）.如圖所示，它是由一個(gè)產(chǎn)生磁場的電磁線圈以及用來測量電動(dòng)勢的兩個(gè)電極a（未畫出）、b組成的，可架設(shè)于管路外來測量液體流量.以v表示流速，B表示電磁線圈產(chǎn)生的磁場，D表示管路內(nèi)徑，若磁場B的方向、流速v的方向與測量感應(yīng)電動(dòng)勢兩電極連線的方向三者相互垂直，則測得的感應(yīng)電動(dòng)勢為U0，下列判斷正確的是（ AC ）
A.電極a為負(fù)，電極b為正
B.電極a為正，電極b為負(fù)
C.U0與液體流量成正比
D.U0與液體流量成反比
解析 根據(jù)左手定則可知，帶正電離子受洛倫茲力向b極移動(dòng)并累積，帶負(fù)電離子受洛倫茲力向a極移動(dòng)并累積，故電極a的電勢低，為負(fù)極，電極b的電勢高，為正極，故A正確，B錯(cuò)誤.當(dāng)帶電離子通過電、磁場區(qū)域而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)時(shí)，帶電離子受洛倫茲力與電場力平衡，有qU0D＝qvB，又流量為Q＝Vt＝π（D2）2vtt＝πD2v4，聯(lián)立解得感應(yīng)電動(dòng)勢U0＝4QBπD，由此可知U0與液體流量成正比，故C正確，D錯(cuò)誤.
4.[電磁泵/2024廣東惠州模擬/多選]電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用.如圖所示，泵體是一個(gè)長方體，ab邊長為L1，兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形，流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ（電阻率的倒數(shù)），泵體所在處有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源（內(nèi)阻不計(jì)）上，則（ ABD ）
A.泵體上表面應(yīng)接電源正極
B.通過泵體的電流I＝σUL1
C.減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B可獲得更大的抽液高度
D.增大液體的電導(dǎo)率σ可獲得更大的抽液高度
解析 將液體等效為通電導(dǎo)線，當(dāng)泵體上表面接電源正極時(shí)，電流從上表面流向下表面，根據(jù)左手定則可知此時(shí)液體受到的安培力水平向左，液體被抽出，故A正確；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻為R＝ρL2L1L2＝1σ·1L1，所以可得通過泵體的電流為I＝UR＝UσL1，故B正確；減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，液體受到的安培力變小，抽液高度會(huì)變小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知增大液體的電導(dǎo)率σ，電流I會(huì)增大，液體受到的安培力變大，可獲得更大的抽液高度，故D正確.
5.[2024江蘇南通模擬]利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域.一款長方體霍爾元件如圖所示，單位體積內(nèi)自由電子的個(gè)數(shù)為n，電子的電荷量為e，則1ne為該霍爾元件的霍爾系數(shù).將霍爾元件置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度與上表面的夾角為θ，在前表面和后表面之間接入電壓表用以測量霍爾電壓UH，a和b為電壓表的兩個(gè)接線柱，在霍爾元件中通入一定大小的電流，電流方向如圖所示.下列說法正確的是（ C ）
A.a為電壓表的負(fù)接線柱
B.θ越大，霍爾電壓UH越小
C.霍爾電壓UH與霍爾系數(shù)1ne成正比
D.霍爾電壓UH與上下兩表面之間的厚度成正比
解析 根據(jù)左手定則，電子向前表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢低，后表面電勢高，故a為電壓表的正接線柱，A錯(cuò)誤；設(shè)霍爾元件左右表面之間的距離為L，前后表面之間的寬度為l，上下表面之間的厚度為d，則I＝neldv，霍爾電壓穩(wěn)定時(shí)，電子受到的洛倫茲力與電場力平衡有UHle＝evBsinθ，解得UH＝IBsinθned，故θ越大，霍爾電壓UH越大，霍爾電壓UH與霍爾系數(shù)1ne成正比，與上下兩表面之間的厚度成反比，B、D錯(cuò)誤，C正確.
6.[質(zhì)譜儀/多選]如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射的電場，中心線處的電場強(qiáng)度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子（初速度為零，重力不計(jì)），經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入收集器.下列說法正確的是（ BC ）
A.磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向里
B.加速電場中的加速電壓U＝12ER
C.磁分析器中軌跡圓心O2到Q點(diǎn)間的距離d＝1BmERq
D.任何帶正電的離子若能到達(dá)P點(diǎn)，則一定能進(jìn)入收集器
解析 該離子在磁分析器中沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外，A錯(cuò)誤；該離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE＝mv2R，在加速電場中加速有qU＝12mv2，聯(lián)立解得U＝12ER，B正確；該離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝mv2r，又qE＝mv2R，解得r＝1BmERq，該離子經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入收集器，故d＝r＝1BmERq，C正確；任一初速度為零的帶正電離子，質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx，經(jīng)U＝12ER的加速電場后，在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑Rx＝R，即一定能到達(dá)P點(diǎn)，而在磁分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑rx＝1BmxERqx，rx的大小與離子的質(zhì)量、電荷量有關(guān)，則不一定有rx＝d，故能到達(dá)P點(diǎn)的離子不一定能進(jìn)入收集器，D錯(cuò)誤.
7.[磁流體發(fā)電機(jī)＋電路＋機(jī)械效率問題]如圖所示，蹄形磁鐵的磁極之間放置一個(gè)裝有水銀的玻璃器皿，器皿中心D和邊緣C分別固定一個(gè)圓柱形電極和一個(gè)圓環(huán)形電極，兩電極間水銀的等效電阻為R1＝1.0Ω.在左邊的供電電路中接入一個(gè)磁流體發(fā)電機(jī)，間距為d＝0.01m的平行金屬板A、B之間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.01T的勻強(qiáng)磁場，將一束等離子體以v＝1.5×105m/s的水平速度噴入磁場.已知磁流體發(fā)電機(jī)等效內(nèi)阻為R2＝3.0Ω，定值電阻R0＝2.0Ω，電壓表為理想電表.閉合開關(guān)S0，水銀流速趨于穩(wěn)定時(shí)，電壓表示數(shù)U＝10.0V.求：
（1）水銀旋轉(zhuǎn)方向（俯視）；
（2）磁流體發(fā)電機(jī)的效率；
（3）水銀旋轉(zhuǎn)的機(jī)械功率.
答案 （1）順時(shí)針方向 （2）80％ （3）9W
解析 （1）等離子體進(jìn)入磁場后，根據(jù)左手定則可知，正離子向下偏，即向B極板偏，負(fù)離子向上偏，即向A極板偏，所以B板帶正電，A板帶負(fù)電.電流通過水銀的方向是從中心到邊緣，器皿所在處的磁場方向豎直向上，由左手定則可知水銀旋轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針方向
（2）對磁流體發(fā)電機(jī)，離子束穩(wěn)定時(shí)受力平衡，有qEd＝qvB
解得E＝15V
由閉合電路歐姆定律可得U＝E－I（R0＋R2）
解得I＝1A
磁流體發(fā)電機(jī)的效率η＝EI－I2R2EI×100％
解得η＝80％
（3）由能量守恒定律可得，水銀旋轉(zhuǎn)的機(jī)械功率
P＝EI－I2（R1＋R0＋R2）
解得P＝9W.
8.[霍爾推進(jìn)器/2023江蘇]霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型.Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射.入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等.不計(jì)重力及電子間相互作用.
（1）求電場強(qiáng)度的大小E；
（2）若電子入射速度為v04，求運(yùn)動(dòng)到速度為v02時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；
（3）若電子入射速度在0＜v＜v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝mv05eB位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比.
答案 （1）Bv0 （2）3mv032eB （3）90％
解析 （1）電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，則電子受平衡力的作用，即eE＝eBv0
解得E＝Bv0
（2）電子在電、磁疊加場中運(yùn)動(dòng)，受洛倫茲力和電場力的作用，只有電場力做功，則電子的速度由v04到v02的過程，由動(dòng)能定理得
eEy1＝12m（v02）2－12m（v04）2
聯(lián)立解得y1＝3mv032eB
（3）設(shè)電子的入射速度為v1時(shí)剛好能到達(dá)縱坐標(biāo)為y2＝mv05eB的位置，此時(shí)電子在最高點(diǎn)的速度沿水平方向，且大小假設(shè)為v2，則
電子在最低點(diǎn)受到的合力為F1＝eE－eBv1
電子在最高點(diǎn)受到的合力為F2＝eBv2－eE
由題意可知電子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的合力大小相等，即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
電子由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得
eEy2＝12mv22－12mv12
整理得v2－v1＝v05
解得v1＝910v0
又電子入射速度越小，電子運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)對應(yīng)的縱坐標(biāo)越大
則能到y(tǒng)2＝mv05eB的位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為
η＝NN0＝v1v0×100％
解得η＝90％.
9.[命題新趨勢]如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體半導(dǎo)體器件，其內(nèi)載流子單位體積內(nèi)的個(gè)數(shù)為n，沿＋y方向通有恒定電流I.在空間中施加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向沿－x方向的勻強(qiáng)磁場，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差U，下列說法正確的是（ C ）
A.若載流子為負(fù)電荷，則上表面電勢高于下表面電勢
B.僅增大電流I，電勢差U可以保持不變
C.半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小為IBnbc
D.半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率為UaB
解析 沿＋y方向通有恒定電流，若載流子為負(fù)電荷，則電荷移動(dòng)方向沿－y方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿－x方向，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，則上表面電勢低于下表面電勢，故A錯(cuò)誤；半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差時(shí)，電場力與洛倫茲力平衡，則有qUc＝qvB，根據(jù)電流的微觀意義可知I＝nqvS＝nqvbc，聯(lián)立可得U＝BIqnb[二級結(jié)論：霍爾電壓穩(wěn)定后，自由電荷受力平衡，則qvB＝qUc，I＝nqvS，S＝bc，聯(lián)立解得U＝BInqb]，則僅增大電流I，電勢差U增大，故B錯(cuò)誤；半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小F＝qvB＝qUc＝BInbc，故C正確；根據(jù)qUc＝qvB，可得半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率v＝UBc，故D錯(cuò)誤.
10.[學(xué)習(xí)探索＋開放性問題/2022北京]指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進(jìn)了人們對地磁場的認(rèn)識(shí).現(xiàn)代科技可以實(shí)現(xiàn)對地磁場的精確測量.
（1）如圖1所示，兩同學(xué)把一根長約10m的電線兩端用其他導(dǎo)線連接一個(gè)電壓表，迅速搖動(dòng)這根電線.若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數(shù)約2mV.粗略估算該處地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B地.
（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c.大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當(dāng)外加與薄片垂直的勻強(qiáng)磁場時(shí)，M、N兩電極間產(chǎn)生的電壓為U.已知薄片單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e.求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.
（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區(qū)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，請說明測量的思路.
答案 （1）10－5T （2）necIU （3）見解析
解析 （1）電線中間位置速度約10m/s，則整體平均速度v＝5m/s.由E＝B地lv可估算出該處地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B地的大小約為10－5T
（2）設(shè)導(dǎo)電電子定向移動(dòng)的速率為v，Δt時(shí)間內(nèi)通過橫截面的電荷量為Δq，有I＝ΔqΔt＝nebcv
導(dǎo)電電子定向移動(dòng)過程中，在MN方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有eUb＝evB
解得B＝necIU
（3）如圖，建立三維直角坐標(biāo)系O－xyz
設(shè)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度在三個(gè)坐標(biāo)軸方向的分量分別為Bx、By、Bz.把金屬薄片置于xOy平面內(nèi)，M、N兩極間產(chǎn)生電壓Uz僅取決于Bz.由（2）得Bz＝necIUz
由Uz的正負(fù)（M、N兩極電勢的高低）和電流I的方向可以確定Bz的方向
同理，把金屬薄片置于xOz平面內(nèi)，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內(nèi)，可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝Bx2＋By2＋Bz2
根據(jù)Bx、By、Bz的大小和方向可確定北京地區(qū)地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.核心考點(diǎn)
五年考情
命題分析預(yù)測
質(zhì)譜儀
2020：山東T17；
2019：浙江4月T23
本專題內(nèi)容預(yù)計(jì)是2025年高考考查的主要方向，但實(shí)際應(yīng)用并不僅限于本專題所舉實(shí)例.試題難度中等偏上，主要是對實(shí)際問題的模型建構(gòu)，以此培養(yǎng)學(xué)生的物理觀念、科學(xué)思維及科學(xué)態(tài)度與責(zé)任.
回旋加速器
2023：廣東T5；
2021：江蘇T15
電場與磁場疊加的應(yīng)用實(shí)例分析
2023：江蘇T16，浙江1月T8；2021：河北T5；
2020：全國ⅡT17；
2019：天津T4
實(shí)例
速度選擇器
磁流體發(fā)電機(jī)
電磁流量計(jì)
霍爾元件
圖像
原理
如圖所示，平行板中勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B互相垂直.帶電粒子沿直線勻速通過速度選擇器時(shí)有qvB＝qE
如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而分別聚集在P、Q板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把其他形式的能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能
如圖所示，導(dǎo)電液體中的自由電荷（正、負(fù)離子）在洛倫茲力作用下會(huì)發(fā)生縱向偏轉(zhuǎn)，使得a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間電勢差就保持穩(wěn)定，只要測得圓形導(dǎo)管直徑d，平衡時(shí)a、b間電勢差U，磁感應(yīng)強(qiáng)度B等有關(guān)量，即可求得液體流量Q（即單位時(shí)間流過導(dǎo)管某一截面的導(dǎo)電液體的體積）
如圖所示，高為h、寬為d的導(dǎo)體（自由電荷是電子或正電荷）置于勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上表面A和下表面A'之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓
關(guān)鍵點(diǎn)
（1）只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量
（2）具有單一方向性：在圖中粒子只有從左側(cè)射入才可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從右側(cè)射入則不能
（1）電源正、負(fù)極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的P板是發(fā)電機(jī)的正極
（2）電源電動(dòng)勢U：設(shè)P、Q平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入離子的速度為v，板外電阻為R.當(dāng)正、負(fù)離子所受電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，兩極板間達(dá)到的最大電勢差為U（即電源電動(dòng)勢），則qUl＝qvB，即U＝Blv
（3）電源內(nèi)阻：r＝ρlS
（4）回路最大電流：I＝Ur＋R
（1）導(dǎo)管的橫截面積S＝πd24
（2）導(dǎo)電液體的流速v：自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)有qvB＝qE＝qUd，可得v＝UBd
（3）液體流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B
（4）a、b端電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa＞φb
（1）電勢高低的判斷：導(dǎo)體中的電流I向右時(shí)，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A'的電勢高.若自由電荷是正電荷，則下表面A'的電勢低
（2）霍爾電壓的計(jì)算：導(dǎo)體中的自由電荷（電荷量為q）在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A'間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A'間的電勢差（U）就保持穩(wěn)定，由qvB＝qUh，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝BInqd＝kBId，其中k＝1nq稱為霍爾系數(shù)

相關(guān)教案

備戰(zhàn)2025年高考物理精品教案第十一章磁場專題十九帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動(dòng)（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十九帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動(dòng)（Word版附解析），共13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(yùn)動(dòng)（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(yùn)動(dòng)（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(yùn)動(dòng)（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(yùn)動(dòng)（Word版附解析），共17頁。

英語朗讀寶

相關(guān)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(dòng)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(dòng)態(tài)圓模型（Word版附解析）
2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章專題強(qiáng)化十九洛倫茲力與現(xiàn)代科技（粵教版新教材）

2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章專題強(qiáng)化十九洛倫茲力與現(xiàn)代科技（粵教版新教材）
2024屆魯科版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章磁場專題強(qiáng)化十八動(dòng)態(tài)圓

2024屆魯科版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章磁場專題強(qiáng)化十八動(dòng)態(tài)圓
2024屆魯科版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章磁場專題強(qiáng)化十九洛倫茲力與現(xiàn)代科技

2024屆魯科版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第十一章磁場專題強(qiáng)化十九洛倫茲力與現(xiàn)代科技
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 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(zhì)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(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

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

注冊成功

返回
頂部