2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：微專題6 電磁場中的空間立體問題和擺線問題 （含解析）

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義微專題6電磁場中的空間立體問題和擺線問題空間立體問題1.粒子在三維空間中運(yùn)動(dòng),求解的基本方法是先轉(zhuǎn)化為平面問題,再加以合成.(1)情況1:粒子運(yùn)動(dòng)從全過程來看是立體問題,分階段來看是平面運(yùn)動(dòng).(2)情況2:粒子在三維空間中運(yùn)動(dòng),可以沿一定方向把運(yùn)動(dòng)投影到平面內(nèi)進(jìn)行處理.2.帶電粒子在磁場中做平面運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)涉及三個(gè)方向:磁場方向、粒子的運(yùn)動(dòng)方向和粒子的受力方向,這三個(gè)方向構(gòu)成立體結(jié)構(gòu),處理這類問題時(shí),有時(shí)需要先選擇一個(gè)平面對粒子受力分析,再選擇另一個(gè)平面對粒子進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析,畫立體示意圖和平面示意圖是解決問題的關(guān)鍵.例1(不定項(xiàng))如圖所示是離子注入工作原理示意圖,離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器,然后通過磁分析器,選擇出特定比荷的離子,經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入到處在水平面內(nèi)的晶圓(硅片).速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向均垂直于紙面向外;速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小均為E,方向分別為豎直向上和垂直于紙面向外.磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán),其兩端中心位置M和N處各有一個(gè)小孔;偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體,其底面與晶圓所在水平面平行,間距也為L.當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時(shí),離子恰好由上表面中心豎直進(jìn)入系統(tǒng),并豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)(即圖中坐標(biāo)原點(diǎn),x軸垂直于紙面向外).整個(gè)系統(tǒng)置于真空中,不計(jì)離子重力,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)直接打在晶圓上的離子偏轉(zhuǎn)的角度都很小,離子能從底面穿出偏轉(zhuǎn)系統(tǒng).當(dāng)α很小時(shí),有sinα≈tanα≈α,cosα≈1-12α2,下列說法正確的是 (A.可以利用此系統(tǒng)給晶圓同時(shí)注入帶正電的離子和帶負(fù)電的離子B.從磁分析器下端孔N離開的離子其比荷為2C.若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場,則離子注入晶圓的位置為3D.若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場和磁場,則離子注入晶圓的位置為2

例2[2024·余姚模擬]如圖所示,足夠大的熒光屏xOy正前方有一平行于x軸、長度為2R的線形粒子源AB,AB中點(diǎn)Q與O的連線垂直于熒光屏;粒子源與熒光屏之間正對放置半徑為R、間距為d的圓形金屬極板,圓心連線MN平行于y軸,MN中點(diǎn)P在QO上.粒子源上各處沿平行于QO方向均勻發(fā)射速度為v、比荷為qm的相同帶正電粒子,極板間有沿MN方向的勻強(qiáng)電場.不計(jì)重力及粒子間相互作用,忽略邊緣效應(yīng)(1)若粒子能全部飛出極板,求極板間電場強(qiáng)度的最大值Em;(2)若將極板間電場強(qiáng)度調(diào)至E=Em2,已知OP=4R,(3)若只將極板間電場強(qiáng)度調(diào)至E=E1,或者將電場強(qiáng)度調(diào)至E=E2并同時(shí)在極板間沿電場方向加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=mvqR的勻強(qiáng)磁場,都只有50%的粒子能射出極板,求E1與E2的比值擺線問題當(dāng)空間存在正交的勻強(qiáng)磁場與勻強(qiáng)電場(或重力場)時(shí),若帶電粒子以初速度為零或者垂直于磁場方向的初速度進(jìn)入這一空間,則會(huì)在垂直于磁場方向的平面內(nèi)做“擺線”運(yùn)動(dòng),這一“擺線”是由一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)的軌跡.一般用“配速法”進(jìn)行分析,即將初速度分解成兩個(gè)分速度,其中一個(gè)分速度可以滿足在對應(yīng)的洛倫茲力的分力與電場力(或重力)平衡,帶電粒子以此分速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),同時(shí)以另一個(gè)分速度僅在磁場作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng).由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分速度大小不變但方向周期性變化,做勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度大小和方向都不變,這兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)在一個(gè)平面內(nèi),所以帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)的合速度在周期性變化,表現(xiàn)出來就是“擺線”.例3如圖甲所示,空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.讓一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOy平面以大小和方向不同的初速度入射到該磁場中,不計(jì)重力和粒子間的影響.如圖乙所示,若在此空間再加入沿y軸正方向、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場,一粒子從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正方向發(fā)射.研究表明:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng),且在任一時(shí)刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比,比例系數(shù)與電場強(qiáng)度大小E無關(guān).求該粒子運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm.【導(dǎo)思】本題是一個(gè)關(guān)于擺線的問題,但是此題只是將擺線問題作為題設(shè)背景,通過給予信息條件的方式引導(dǎo)學(xué)生建模,即:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng),且在任一時(shí)刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比,比例系數(shù)與電場強(qiáng)度大小E無關(guān).例4霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型.xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于坐標(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(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=mv0【跟蹤訓(xùn)練】1.[2024·嵊州模擬]如圖所示,磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.電子從M點(diǎn)由靜止釋放,沿圖中軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn),且N點(diǎn)離虛線最遠(yuǎn).已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電場強(qiáng)度為E,電子質(zhì)量為m、電荷量為-e,M點(diǎn)為零電勢點(diǎn),電子重力不計(jì),則 ()A.電子在N點(diǎn)的速率為EB.N點(diǎn)離虛線的距離為mEC.電子在N點(diǎn)的電勢能為-2D.M、P兩點(diǎn)的距離為2π2.[2024·慈溪中學(xué)模擬]某實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖所示,平行正對放置半徑均為R、間距為d的圓形金屬板M、N的圓心分別為O1、O2,位于O1處的粒子源能向兩板間各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,不計(jì)粒子重力及相互間作用,忽略邊緣效應(yīng).(1)僅在兩板間加電壓U,兩板間產(chǎn)生方向沿O1O2方向的勻強(qiáng)電場,則粒子源發(fā)射出的粒子速度大小v滿足什么條件時(shí)能全部擊中N板?(2)僅在兩板間加沿O1O2方向的有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則粒子源發(fā)射出的方向與O1O2連線成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小v滿足什么條件時(shí)能全部擊中N板?(3)若兩板間同時(shí)存在方向都沿O1O2方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子源發(fā)射出速度大小均為v、方向垂直于O1O2連線的粒子,粒子擊中N板時(shí)全部落在半徑為2mvBq的圓周上(2mvBq<參考答案與詳細(xì)解析例1BC[解析]根據(jù)左手定則可知,只有正離子才能通過磁分析器,負(fù)離子不能通過磁分析器,故A錯(cuò)誤;離子通過速度選擇器時(shí),根據(jù)平衡條件有qvB=qE,可得離子速度為v=EB,離子從磁分析器中心孔N射出時(shí)運(yùn)動(dòng)半徑為R=R1+R22,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R,聯(lián)立解得qm=vRB=2ER1+R2B2,故B正確;若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場,則經(jīng)過電場后,離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離為x=12at2,其中加速度為a=qEm,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=Lv,速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值為tanθ=atv,聯(lián)立解得x1=L2R1+R2,tanθ=2LR1+R2,離開電場后,粒子在x方向偏移的距離為x2=Ltanθ=2L2R1+R2,則離子注入晶圓時(shí)在x方向偏移的總距離為x=x1+x2=3L2R1+R2,位置坐標(biāo)為3L2R1+R2,0,故C正確;若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場和磁場,則可將離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的運(yùn)動(dòng)分解,沿x方向上離子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng),在垂直于x方向上離子只在磁場作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的半徑為r=mvqB=R1+R22,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知sinα=Lr,由于α很小,則sinα≈α,例2(1)dmv24qR2(2)x2R2+[解析](1)只要在平行極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子能飛出極板,所有粒子就都能飛出極板.當(dāng)Q點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能飛出極板時(shí),極板間電場強(qiáng)度取最大值.粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),有t=2a=E12at2=聯(lián)立解得Em=dm(2)俯視圖如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知,橫坐標(biāo)為x的粒子通過極板間時(shí)沿初速度方向的位移為lx=2R所用的時(shí)間為tx=l沿電場方向的加速度為a=E飛出極板時(shí)沿y方向偏轉(zhuǎn)的距離為y1=12a聯(lián)立解得y1=d根據(jù)類平拋的推論得R2-解得熒光屏上圖形的方程為x2R2+y2d(3)只有電場時(shí),有50%的粒子能射出極板,則發(fā)射時(shí)距離Q點(diǎn)為R2的粒子恰能射出,俯視圖如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知,l1=2R所用時(shí)間為t1=l沿電場方向有12×E1有電場并加磁場時(shí),粒子在極板間沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在垂直于電場(即磁場)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的半徑r=mvqB=mvq×qR由于軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等,粒子入射速度方向平行,所以當(dāng)只有磁場時(shí)所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能交于磁場圓的圓周上一點(diǎn).有電場并加磁場時(shí),若有50%的粒子能射出極板,則從Q點(diǎn)發(fā)出的粒子應(yīng)恰能射出極板,該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=14×沿電場方向有12×E2聯(lián)立解得E1E2=例3EB2[解析]方法一:用動(dòng)量定理解決該題.在最高點(diǎn)時(shí)粒子速度最大,由動(dòng)能定理得qEy=12mvm2-粒子在水平方向上僅受洛倫茲力,由動(dòng)量定理得∑qvyBΔt=∑mΔvx即qyB=mvm聯(lián)立解得vm=EB2方法二:用配速法解決該題.構(gòu)造沿x軸正方向的速度v,速度大小v滿足:qvB=qE于是帶電粒子以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),以大小為v2+v02、方向斜向左上的初速度在同一平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí),速度最大,即最大速度為v聯(lián)立解得vm=EB2例4(1)v0B(2)3mv[解析](1)入射速度為v0時(shí)電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng),則受力平衡,有Ee=ev0B解得E=v0B(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力不做功,由于電子入射速度為v04,則電子受到的電場力大于洛倫茲力,電子向上偏轉(zhuǎn)eEy1=12m12v0聯(lián)立解得y1=3(3)設(shè)電子以速度v入射時(shí)能達(dá)到的最高點(diǎn)的位置的縱坐標(biāo)為y,則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy=12mvm2-由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等,則有evmB-eE=eE-evB聯(lián)立解得y=2要讓電子能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=mv05eB的位置,應(yīng)使解得v≤910v由于電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,所以能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=mv05eB的位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的百分比為η【跟蹤訓(xùn)練】1.C[解析]電子從M點(diǎn)到N點(diǎn),由動(dòng)能定理得EeyN=12mvN2,在水平方向上,由動(dòng)量定理得∑eBvyΔt=∑mΔvx,即eByN=mvN,聯(lián)立解得yN=2mEeB2,vN=2EB,故A、B錯(cuò)誤.由于M點(diǎn)為零電勢點(diǎn),故電子在N點(diǎn)的電勢能為Ep=-eEyN=-2mE2B2,C正確;電子的運(yùn)動(dòng)具有周期性,也可認(rèn)為電子的運(yùn)動(dòng)是一個(gè)沿平面的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)沿水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πmeB,設(shè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1,勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2,根據(jù)速度的合成,在M點(diǎn)時(shí)有v1-v2=0,在N點(diǎn)時(shí)有v1+v2=vN,聯(lián)立解得v1=12vN=EB,電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t=2T=4πm2.(1)v≤RdqU2m(2)(3)2[解析](1)只要速度方向垂直于電場方向發(fā)射的粒子能擊中N板,則發(fā)射的粒子就能全部擊中N板.對于速度方向垂直于電場方向發(fā)射的粒子,當(dāng)粒子恰好打在N板圓周時(shí),有R=v0td=12at其中a=Eqm=聯(lián)立解得v0=R所