资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
所属成套资源：【物理模型】高考物理全归纳—模型101专题全套讲练
成套系列资料，整套一键下载
高考物理模型全归纳 第80讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动
展开
这是一份高考物理模型全归纳 第80讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动，文件包含第80讲带电粒子在交变电或磁场中的运动解析版docx、第80讲带电粒子在交变电或磁场中的运动原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第80讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动
1．（2021•浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0=2mv05eL，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【解答】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
2eEd=12mv02−12mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v=v02−4eEdm
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
(R1−L2)2+L2=R12，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev0B0=mv02R1，
联立解得：B0=2mv05eL
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
(R2−22L)2+L2=R22，此时B=2B0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R2，
联立解得B0=mv03eL，
故B0的取值范围为0～mv03eL
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R3，且满足B0=2mv05eL，
所以可得R3=mv022eB0，解得R3=54L，所以可得cosθ=35，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′=35nmv0，方向沿z轴负方向。
答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为v02−4eEdm。
（2）B0的取值范围为0～mv03eL；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为35nmv0，方向沿z轴负方向。
一.知识回顾
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
二.典型例题
题型一：交变磁场
例1．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
（1）求磁感应强度B0的大小；
（2）若正离子在T0时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度v0的大小。
【解答】解：（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
qv0B0＝mv02r
正离子做匀速圆周运动的周期为
T0=2πrv0
联立解得
B0=2πmqT0
（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为r=d4
（3）要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足
t＝nT0 （n＝1，2，3…）
则运动半径满足
r=d4n （n＝1，2，3…）
联立解得
v0=πd2nT0 （n＝1，2，3…）
答：（1）磁感应强度B0的大小为2πmqT0；
（2）若正离子在T0时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，该离子在磁场中的运动半径为d4；
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时速度v0的大小为πd2nT0 （n＝1，2，3…）。
题型二：交变电场+交变磁场
例2．如图甲所示，一对平行金属板C、D，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求粒子到达O1孔的最大速度vm和板间d应满足的条件；
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0时刻，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
【解答】解：（1）板间匀强电场的场强为：E=Ud
粒子在板间的加速度为：a=qUdm
根据位移﹣时间关系有：d=12at2
解得：t=d2mqU
（2）粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，则有：
t0=d2mqU≤T2
当U取U0时，解得：d≤T2qU02m
由动能定理有：qU0=12mvm2
解得：vm=2qU0m
（3）当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB0＝mv2r1
解得：r1=mvqB0
且有：T1=2πmqB0=2T0
同理可得：r2=mv2qB0=r12
且有：T2=2πm2qB0=T0
故0～T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
T02～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
T0～3T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
3T02～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
2T0～5T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
5T02～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
3T0～7T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示：
由几何关系有：r1+r2≤L
解得：v≤2qBL3m
答：（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E为Ud和粒子从O运动到O1的时间t为d2mqU；
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，则粒子到达O1孔的最大速度vm为2qU0m、板间距d应满足不大于dT2qU02m；
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0时刻，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，则粒子进入磁场时的速度v应满足的条件不大于2qBL3m。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，两板长L，在CD间加如图乙所示交变电压（U0是已知量，T是不确定的未知量）．平行板右侧是两个紧邻的有界匀强磁场区，磁感应强度大小B1＝B2＝B0，磁场方向都垂直于纸面并相反，磁场边界MM′、NN′、PP′垂直于极板．质量m、电量﹣e的电子以相同的速度不断从左侧沿两板中线OO΄射入极板间，不计电子所受重力作用．
（1）若t＝0时刻在O点进入电场的电子能在0﹣T/2时间段内某时刻穿出极板间，求电子射入初速度v和交变电压周期T应该满足的条件．
（2）若电子射入初速度v0和交变电压周期T满足条件：L=3v0T2，所有从O点射入电场的电子恰好都能够穿出C、D极板，求电子射入的初速度v0．
（3）不考虑电场边缘效应，在（2）的情景下，t=T2时刻射入电场的电子穿出极板间电场后又进入磁场运动，电子经过磁场的偏转又恰好从O′返回板间电场，求图甲中两磁场区宽度l1和l2满足的条件．
【解答】解：（1）电子通过极板时间：t=Lv，
电场方向上加速度：a=2eU0md，
电场方向上的位移：y=12at2，
已知：y≤12d，
解得：eU0md（Lv）2≤d2，v≥Ld2eU0m，
又T2≥Lv，则T≥d2meU0；
（2）电子穿过电场时间：t=Lv0=32T，
在UCD＝2U0时段电子加速度大小：a1=2eU0md，方向向上，
在UCD＝U0时段电子加速度大小：a2=eU0md，方向向下，
不同时刻进入电场电子在垂直电场方向速度随时间变化图象如图
t＝kT（k＝0，1，2…）时刻进入电场的电子侧向位移最大，所以有此刻电子侧位移
s=12a1（T2）2+[a1（T2）（T2）−12a2（T2）2]+[a1（T2）﹣a2（T2）]（T2）+12a1（T2）2=d2，
解得：T=23md2eU0，v0=2L3T=LdeU0m；
（3）由（2）问中垂直板方向速度图象可知，
t=12T时刻射入电场的电子在O′点穿出极板时刻速度等于初速度v0，
经过磁场偏转后返回O΄点，轨迹如图所示：
由牛顿第二定律得：ev0B＝mv02r，解得：r=mv0eB，
两区域磁场磁感应强度大小相等
所以：r1＝r2＝R=LBdmU0e，
三圆心连线为等边三角形：α＝60°，
两磁场区宽度满足：l1＝Rsin60°=L2Bd3mU0e，
l2≥R+Rsin60°=(2+3)L2BdmU0e；
答：（1）电子射入初速度v≥Ld2eU0m，交变电压周期T≥d2meU0．
（2）电子射入的初速度v0=LdeU0m．
（3）图甲中两磁场区宽度l1=L2Bd3mU0e，l2≥(2+3)L2BdmU0e．
2. 如图甲所示，在xOy坐标平面y轴左侧有一速度选择器，速度选择器中的匀强电场方向竖直向下，两板间的电压为U，距离为d；匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．xOy坐标平面的第一象限（包括x、y轴）内存在磁感应强度大小为BO、方向垂直于xOy平面且随时间做周期性变化的匀强磁场，如图乙所示（磁场方向垂直xOy平面向里的为正）．一束比荷不同的带正电的粒子恰能沿直线通过速度选择器，在t＝0时刻从坐标原点O垂直射入周期性变化的磁场中．部分粒子经过一个磁场变化周期TO后，速度方向恰好沿x轴正方向．不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度”；
（2）请用三角板和圆规作出经一个磁场变化周期TO后，速度方向恰好沿x轴正方向，且此时纵坐标最大的粒子的运动轨迹，并求出这种粒子的比荷上qm；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y．
【解答】解：（1）粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力平衡，有：
qvB=qUd−−−−①
所以v=UBd−−−−②
（2）满足条件的粒子的运动轨迹如右图所示．
设粒子在磁场中运动半径为R，有几何关系得：
sinθ=R2R−−−−③
粒子运动的周期为T，有：
π−θπT=T0−−−−④
T=2πmqB0−−−−⑤
由③④⑤得：
qm=5π3B0T0−−−−⑥
（3）粒子在磁场中有：
qvB0=mv2R−−−−⑦
由图可得：
y＝2R+2Rcosθ﹣﹣﹣﹣⑧
由②⑦⑧得：
y=(2+3)3UT05πBd
答：（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度为UBd；
（2）这种粒子的比荷上qm为5π3B0T0；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y=(2+3)3UT05πBd．
3. 如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10−5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10−5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示
图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10−5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示
图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
4. 如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B，当t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0
。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受的重力。
（1）求该粒子的比荷qm；
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；
（3）若粒子的质量增加到原来质量的54倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小v。
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R
粒子做圆周运动的周期为：T=2πRv，
解得：R=mvqB，T=2πmqB，周期与半径、速率无关，
由题可知：T＝T0，
解得：qm=2πBT0；
（2）由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，
第1次加速后的速度为v1，根据动能定理可得：qU0=12mv12
解得：v1=2qU0m
即区域Ⅰ磁场中第一次做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12R1
得到：R1=mv1qB=mqB2qU0m=T0U0Bπ
同理可得，之后粒子分别在Ⅱ和Ⅰ磁场中做圆周运动的半径分别为：R2=2R1
粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd＝2R2﹣2R1＝2（2−1）R1＝2（2−1）T0U0Bπ；
（3）粒子的质量增加为54m，粒子做圆周运动的周期：T′=54T0
每半个周期为12T′=58T0，
从t＝0开始到t＝2T0为止的时间内，根据加速电压图象可知粒子共加速了4次，
对应的时刻为：0、58T0，108T0，158T0
且加速电压分别为：U0、12U0、0、−12U0
前两次加速、最后一次减速，由动能定理得：12×54mv2=q（1+12+0−12）U0，
解得：v=8qU05m=16πU05BT0。
答：（1）该粒子的比荷为2πBT0；
（2）粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离为2（2−1）T0U0Bπ；
（3）2T0时粒子的速度大小为16πU05BT0。
5. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，求0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期T0；
（3）若使粒子能从坐标为（d，3d）的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
qv0•3B0＝mv02r1
解得
r1=mv03qB0
（2）要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图1
图1
在前25T0内的运动半径为
r1=mv03qB0
在后35T0内的运动半径
r2=mv02qB0
由几何关系知
sinθ=r2r1+r2
解得
θ＝37°
0～25T0粒子做圆周运动的周期
T=2πm3qB0
则180°−37°360°T=25T0
解得磁感应强度变化周期
T0=143πm216B0q
（3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻经过D点，（其中n＝1，2，3…），则轨迹如图2
图2
设粒子射入磁场的速度为v，由（2）可得
r2=32r1
由几何关系可知
n（2r2cos30°+2r1cos30°）＝2d
又qv•3B0＝mv2r1
联立解得：v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）
答：（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径为mv03qB0；
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化的周期为143πm216B0q；
（3）若使粒子能从坐标为（d，3d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度大小为v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）。
6. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内（含x轴和y轴的正半轴）存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．某质量为m、电荷量为+q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场．图乙中T0为未知量．已知B0＝Kπmq，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值T0m；
（3）若粒子能沿x轴正方向通过坐标为（3d，4d）的D点，其射入磁场时速率v．
【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可得：
3B0qωr＝mω2r
解得：ω＝3Kπ；
（2）要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图1所
图1
在前25T0内的运动半径为：r1=mvq⋅3B0
在后35T0内的运动半径为：r2=mvq⋅2B0
由几何关系可知：sinθ=r2r1+r2
联立解得：θ＝37°
粒子做圆周运动的周期
T=2πω
则在0～25T0运时间内有：180°−37°360°T=25Tm，
解得磁感应强度变化周期的最大值：Tm=143216K；
（3）使粒子经过D点且平行x轴射出，在T0时刻达到D点的轨迹如图2所示，
图2
根据周期性，在nT0时刻达到D点可满足题意，由几何关系可得：
n（2r1sin53°+2r2sin53°）＝5d
又有：3r1＝2r2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv•3B0＝mv2r1
联立解得：v=15Kπd4n（n＝1、2、3……）。
答：（1）0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω为3kπ；
（2）磁感应强度变化周期的最大值Tm为143216K；
（3）射入磁场时速度的大小v为15Kπd4n（n＝1、2、3……）。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第80讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动
1．（2021•浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0=2mv05eL，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【解答】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
2eEd=12mv02−12mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v=v02−4eEdm
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
(R1−L2)2+L2=R12，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev0B0=mv02R1，
联立解得：B0=2mv05eL
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
(R2−22L)2+L2=R22，此时B=2B0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R2，
联立解得B0=mv03eL，
故B0的取值范围为0～mv03eL
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0×2B0=mv02R3，且满足B0=2mv05eL，
所以可得R3=mv022eB0，解得R3=54L，所以可得cosθ=35，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′=35nmv0，方向沿z轴负方向。
答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为v02−4eEdm。
（2）B0的取值范围为0～mv03eL；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为35nmv0，方向沿z轴负方向。
一.知识回顾
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
二.典型例题
题型一：交变磁场
例1．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
（1）求磁感应强度B0的大小；
（2）若正离子在T0时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度v0的大小。
【解答】解：（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
qv0B0＝mv02r
正离子做匀速圆周运动的周期为
T0=2πrv0
联立解得
B0=2πmqT0
（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为r=d4
（3）要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足
t＝nT0 （n＝1，2，3…）
则运动半径满足
r=d4n （n＝1，2，3…）
联立解得
v0=πd2nT0 （n＝1，2，3…）
答：（1）磁感应强度B0的大小为2πmqT0；
（2）若正离子在T0时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，该离子在磁场中的运动半径为d4；
（3）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时速度v0的大小为πd2nT0 （n＝1，2，3…）。
题型二：交变电场+交变磁场
例2．如图甲所示，一对平行金属板C、D，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求粒子到达O1孔的最大速度vm和板间d应满足的条件；
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0时刻，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
【解答】解：（1）板间匀强电场的场强为：E=Ud
粒子在板间的加速度为：a=qUdm
根据位移﹣时间关系有：d=12at2
解得：t=d2mqU
（2）粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，则有：
t0=d2mqU≤T2
当U取U0时，解得：d≤T2qU02m
由动能定理有：qU0=12mvm2
解得：vm=2qU0m
（3）当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB0＝mv2r1
解得：r1=mvqB0
且有：T1=2πmqB0=2T0
同理可得：r2=mv2qB0=r12
且有：T2=2πm2qB0=T0
故0～T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
T02～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
T0～3T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
3T02～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
2T0～5T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，
5T02～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，
3T0～7T02粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示：
由几何关系有：r1+r2≤L
解得：v≤2qBL3m
答：（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E为Ud和粒子从O运动到O1的时间t为d2mqU；
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，则粒子到达O1孔的最大速度vm为2qU0m、板间距d应满足不大于dT2qU02m；
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=πmqB0。t′＝0时刻，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，则粒子进入磁场时的速度v应满足的条件不大于2qBL3m。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，两板长L，在CD间加如图乙所示交变电压（U0是已知量，T是不确定的未知量）．平行板右侧是两个紧邻的有界匀强磁场区，磁感应强度大小B1＝B2＝B0，磁场方向都垂直于纸面并相反，磁场边界MM′、NN′、PP′垂直于极板．质量m、电量﹣e的电子以相同的速度不断从左侧沿两板中线OO΄射入极板间，不计电子所受重力作用．
（1）若t＝0时刻在O点进入电场的电子能在0﹣T/2时间段内某时刻穿出极板间，求电子射入初速度v和交变电压周期T应该满足的条件．
（2）若电子射入初速度v0和交变电压周期T满足条件：L=3v0T2，所有从O点射入电场的电子恰好都能够穿出C、D极板，求电子射入的初速度v0．
（3）不考虑电场边缘效应，在（2）的情景下，t=T2时刻射入电场的电子穿出极板间电场后又进入磁场运动，电子经过磁场的偏转又恰好从O′返回板间电场，求图甲中两磁场区宽度l1和l2满足的条件．
【解答】解：（1）电子通过极板时间：t=Lv，
电场方向上加速度：a=2eU0md，
电场方向上的位移：y=12at2，
已知：y≤12d，
解得：eU0md（Lv）2≤d2，v≥Ld2eU0m，
又T2≥Lv，则T≥d2meU0；
（2）电子穿过电场时间：t=Lv0=32T，
在UCD＝2U0时段电子加速度大小：a1=2eU0md，方向向上，
在UCD＝U0时段电子加速度大小：a2=eU0md，方向向下，
不同时刻进入电场电子在垂直电场方向速度随时间变化图象如图
t＝kT（k＝0，1，2…）时刻进入电场的电子侧向位移最大，所以有此刻电子侧位移
s=12a1（T2）2+[a1（T2）（T2）−12a2（T2）2]+[a1（T2）﹣a2（T2）]（T2）+12a1（T2）2=d2，
解得：T=23md2eU0，v0=2L3T=LdeU0m；
（3）由（2）问中垂直板方向速度图象可知，
t=12T时刻射入电场的电子在O′点穿出极板时刻速度等于初速度v0，
经过磁场偏转后返回O΄点，轨迹如图所示：
由牛顿第二定律得：ev0B＝mv02r，解得：r=mv0eB，
两区域磁场磁感应强度大小相等
所以：r1＝r2＝R=LBdmU0e，
三圆心连线为等边三角形：α＝60°，
两磁场区宽度满足：l1＝Rsin60°=L2Bd3mU0e，
l2≥R+Rsin60°=(2+3)L2BdmU0e；
答：（1）电子射入初速度v≥Ld2eU0m，交变电压周期T≥d2meU0．
（2）电子射入的初速度v0=LdeU0m．
（3）图甲中两磁场区宽度l1=L2Bd3mU0e，l2≥(2+3)L2BdmU0e．
2. 如图甲所示，在xOy坐标平面y轴左侧有一速度选择器，速度选择器中的匀强电场方向竖直向下，两板间的电压为U，距离为d；匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．xOy坐标平面的第一象限（包括x、y轴）内存在磁感应强度大小为BO、方向垂直于xOy平面且随时间做周期性变化的匀强磁场，如图乙所示（磁场方向垂直xOy平面向里的为正）．一束比荷不同的带正电的粒子恰能沿直线通过速度选择器，在t＝0时刻从坐标原点O垂直射入周期性变化的磁场中．部分粒子经过一个磁场变化周期TO后，速度方向恰好沿x轴正方向．不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度”；
（2）请用三角板和圆规作出经一个磁场变化周期TO后，速度方向恰好沿x轴正方向，且此时纵坐标最大的粒子的运动轨迹，并求出这种粒子的比荷上qm；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y．
【解答】解：（1）粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力平衡，有：
qvB=qUd−−−−①
所以v=UBd−−−−②
（2）满足条件的粒子的运动轨迹如右图所示．
设粒子在磁场中运动半径为R，有几何关系得：
sinθ=R2R−−−−③
粒子运动的周期为T，有：
π−θπT=T0−−−−④
T=2πmqB0−−−−⑤
由③④⑤得：
qm=5π3B0T0−−−−⑥
（3）粒子在磁场中有：
qvB0=mv2R−−−−⑦
由图可得：
y＝2R+2Rcosθ﹣﹣﹣﹣⑧
由②⑦⑧得：
y=(2+3)3UT05πBd
答：（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度为UBd；
（2）这种粒子的比荷上qm为5π3B0T0；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y=(2+3)3UT05πBd．
3. 如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10−5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10−5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示
图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10−5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示
图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
4. 如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B，当t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0
。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受的重力。
（1）求该粒子的比荷qm；
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；
（3）若粒子的质量增加到原来质量的54倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小v。
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R
粒子做圆周运动的周期为：T=2πRv，
解得：R=mvqB，T=2πmqB，周期与半径、速率无关，
由题可知：T＝T0，
解得：qm=2πBT0；
（2）由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，
第1次加速后的速度为v1，根据动能定理可得：qU0=12mv12
解得：v1=2qU0m
即区域Ⅰ磁场中第一次做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12R1
得到：R1=mv1qB=mqB2qU0m=T0U0Bπ
同理可得，之后粒子分别在Ⅱ和Ⅰ磁场中做圆周运动的半径分别为：R2=2R1
粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd＝2R2﹣2R1＝2（2−1）R1＝2（2−1）T0U0Bπ；
（3）粒子的质量增加为54m，粒子做圆周运动的周期：T′=54T0
每半个周期为12T′=58T0，
从t＝0开始到t＝2T0为止的时间内，根据加速电压图象可知粒子共加速了4次，
对应的时刻为：0、58T0，108T0，158T0
且加速电压分别为：U0、12U0、0、−12U0
前两次加速、最后一次减速，由动能定理得：12×54mv2=q（1+12+0−12）U0，
解得：v=8qU05m=16πU05BT0。
答：（1）该粒子的比荷为2πBT0；
（2）粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离为2（2−1）T0U0Bπ；
（3）2T0时粒子的速度大小为16πU05BT0。
5. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，求0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期T0；
（3）若使粒子能从坐标为（d，3d）的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
qv0•3B0＝mv02r1
解得
r1=mv03qB0
（2）要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图1
图1
在前25T0内的运动半径为
r1=mv03qB0
在后35T0内的运动半径
r2=mv02qB0
由几何关系知
sinθ=r2r1+r2
解得
θ＝37°
0～25T0粒子做圆周运动的周期
T=2πm3qB0
则180°−37°360°T=25T0
解得磁感应强度变化周期
T0=143πm216B0q
（3）要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻经过D点，（其中n＝1，2，3…），则轨迹如图2
图2
设粒子射入磁场的速度为v，由（2）可得
r2=32r1
由几何关系可知
n（2r2cos30°+2r1cos30°）＝2d
又qv•3B0＝mv2r1
联立解得：v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）
答：（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径为mv03qB0；
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化的周期为143πm216B0q；
（3）若使粒子能从坐标为（d，3d）的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度大小为v=43B0qd5nm，（n＝1，2，3…）。
6. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内（含x轴和y轴的正半轴）存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．某质量为m、电荷量为+q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场．图乙中T0为未知量．已知B0＝Kπmq，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
（2）若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值T0m；
（3）若粒子能沿x轴正方向通过坐标为（3d，4d）的D点，其射入磁场时速率v．
【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可得：
3B0qωr＝mω2r
解得：ω＝3Kπ；
（2）要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图1所
图1
在前25T0内的运动半径为：r1=mvq⋅3B0
在后35T0内的运动半径为：r2=mvq⋅2B0
由几何关系可知：sinθ=r2r1+r2
联立解得：θ＝37°
粒子做圆周运动的周期
T=2πω
则在0～25T0运时间内有：180°−37°360°T=25Tm，
解得磁感应强度变化周期的最大值：Tm=143216K；
（3）使粒子经过D点且平行x轴射出，在T0时刻达到D点的轨迹如图2所示，
图2
根据周期性，在nT0时刻达到D点可满足题意，由几何关系可得：
n（2r1sin53°+2r2sin53°）＝5d
又有：3r1＝2r2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv•3B0＝mv2r1
联立解得：v=15Kπd4n（n＝1、2、3……）。
答：（1）0～25T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω为3kπ；
（2）磁感应强度变化周期的最大值Tm为143216K；
（3）射入磁场时速度的大小v为15Kπd4n（n＝1、2、3……）。
相关试卷
备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动题型2带电粒子在交变电磁场中的运动： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动题型2带电粒子在交变电磁场中的运动，共5页。试卷主要包含了交变场的常见的类型等内容，欢迎下载使用。
专题15 带电粒子在交变电磁场中运动模型-高考物理磁场常用模型最新模拟题精练： 这是一份专题15 带电粒子在交变电磁场中运动模型-高考物理磁场常用模型最新模拟题精练，文件包含专题15带电粒子在交变磁场中运动模型解析版docx、专题15带电粒子在交变磁场中运动模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
高考物理模型全归纳 第81讲 带电粒子在电磁场中运动的应用实例： 这是一份高考物理模型全归纳 第81讲 带电粒子在电磁场中运动的应用实例，文件包含第81讲带电粒子在电磁场中运动的应用实例解析版docx、第81讲带电粒子在电磁场中运动的应用实例原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
