2025届高考物理二轮复习讲义：微专题6 电磁场中的空间立体问题和摆线问题 （含解析）

2025届高考物理二轮复习讲义
微专题6 电磁场中的空间立体问题和摆线问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
空间立体问题
1.粒子在三维空间中运动,求解的基本方法是先转化为平面问题,再加以合成.
(1)情况1:粒子运动从全过程来看是立体问题,分阶段来看是平面运动.
(2)情况2:粒子在三维空间中运动,可以沿一定方向把运动投影到平面内进行处理.
2.带电粒子在磁场中做平面运动,运动涉及三个方向:磁场方向、粒子的运动方向和粒子的受力方向,这三个方向构成立体结构,处理这类问题时,有时需要先选择一个平面对粒子受力分析,再选择另一个平面对粒子进行运动分析,画立体示意图和平面示意图是解决问题的关键.
例1　(不定项)如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入到处在水平面内的晶圆(硅片).速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直于纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外.磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L.当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好由上表面中心竖直进入系统,并竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直于纸面向外).整个系统置于真空中,不计离子重力,经过偏转系统直接打在晶圆上的离子偏转的角度都很小,离子能从底面穿出偏转系统.当α很小时,有sin α≈tan α≈α,cos α≈1-α2,下列说法正确的是 (　)
A.可以利用此系统给晶圆同时注入带正电的离子和带负电的离子
B.从磁分析器下端孔N离开的离子其比荷为
C.若偏转系统仅加电场,则离子注入晶圆的位置为
D.若偏转系统同时加上电场和磁场,则离子注入晶圆的位置为


例2　[2024·余姚模拟] 如图所示,足够大的荧光屏xOy正前方有一平行于x轴、长度为2R的线形粒子源AB,AB中点Q与O的连线垂直于荧光屏;粒子源与荧光屏之间正对放置半径为R、间距为d的圆形金属极板,圆心连线MN平行于y轴,MN中点P在QO上.粒子源上各处沿平行于QO方向均匀发射速度为v、比荷为的相同带正电粒子,极板间有沿MN方向的匀强电场.不计重力及粒子间相互作用,忽略边缘效应.
(1)若粒子能全部飞出极板,求极板间电场强度的最大值Em;
(2)若将极板间电场强度调至E=,已知OP=4R,通过计算求出荧光屏上图形的方程;
(3)若只将极板间电场强度调至E=E1,或者将电场强度调至E=E2并同时在极板间沿电场方向加一磁感应强度大小为B=的匀强磁场,都只有50%的粒子能射出极板,求E1与E2的比值.
摆线问题
当空间存在正交的匀强磁场与匀强电场(或重力场)时,若带电粒子以初速度为零或者垂直于磁场方向的初速度进入这一空间,则会在垂直于磁场方向的平面内做“摆线”运动,这一“摆线”是由一个匀速圆周运动和一个匀速直线运动的合运动的轨迹.一般用“配速法”进行分析,即将初速度分解成两个分速度,其中一个分速度可以满足在对应的洛伦兹力的分力与电场力(或重力)平衡,带电粒子以此分速度做匀速直线运动,同时以另一个分速度仅在磁场作用下做匀速圆周运动.由于做匀速圆周运动的分速度大小不变但方向周期性变化,做匀速直线运动的分速度大小和方向都不变,这两个分运动在一个平面内,所以带电粒子运动时的合速度在周期性变化,表现出来就是“摆线”.
例3　如图甲所示,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.让一带正电的粒子从坐标原点O沿xOy平面以大小和方向不同的初速度入射到该磁场中,不计重力和粒子间的影响.如图乙所示,若在此空间再加入沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿y轴正方向发射.研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与电场强度大小E无关.求该粒子运动过程中的最大速度vm.
【导思】
本题是一个关于摆线的问题,但是此题只是将摆线问题作为题设背景,通过给予信息条件的方式引导学生建模,即:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与电场强度大小E无关.
例4　霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型.xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用.
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时电子的位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0【跟踪训练】
1.[2024·嵊州模拟] 如图所示,磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.电子从M点由静止释放,沿图中轨迹依次经过N、P两点,且N点离虚线最远.已知磁感应强度为B,电场强度为E,电子质量为m、电荷量为-e,M点为零电势点,电子重力不计,则 (　)
A.电子在N点的速率为
B.N点离虚线的距离为
C.电子在N点的电势能为-
D.M、P两点的距离为
2.[2024·慈溪中学模拟] 某实验装置的基本原理如图所示,平行正对放置半径均为R、间距为d的圆形金属板M、N的圆心分别为O1、O2,位于O1处的粒子源能向两板间各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,不计粒子重力及相互间作用,忽略边缘效应.
(1)仅在两板间加电压U,两板间产生方向沿O1O2方向的匀强电场,则粒子源发射出的粒子速度大小v满足什么条件时能全部击中N板
(2)仅在两板间加沿O1O2方向的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,则粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小v满足什么条件时能全部击中N板
(3)若两板间同时存在方向都沿O1O2方向的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度大小为B,粒子源发射出速度大小均为v、方向垂直于O1O2连线的粒子,粒子击中N板时全部落在半径为的圆周上(参考答案与详细解析
例1　BC　[解析] 根据左手定则可知,只有正离子才能通过磁分析器,负离子不能通过磁分析器,故A错误;离子通过速度选择器时,根据平衡条件有qvB=qE,可得离子速度为v=,离子从磁分析器中心孔N射出时运动半径为R=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,联立解得==,故B正确;若偏转系统仅加电场,则经过电场后,离子在x方向偏转的距离为x=at2,其中加速度为a=,运动时间为t=,速度偏转角θ的正切值为tan θ=,联立解得x1=,tan θ=,离开电场后,粒子在x方向偏移的距离为x2=Ltan θ=,则离子注入晶圆时在x方向偏移的总距离为x=x1+x2=,位置坐标为,故C正确;若偏转系统同时加上电场和磁场,则可将离子在偏转系统中的运动分解,沿x方向上离子仅在电场力作用下运动,在垂直于x方向上离子只在磁场作用下做匀速圆周运动,运动的半径为r==,运动轨迹如图所示,根据几何关系可知sin α=,由于α很小,则sin α≈α,即α≈,经过磁场时,离子在y方向偏转的距离y1=r≈r·α2≈=,离开磁场后,离子在y方向偏移的距离为y2=Ltan α≈Lα≈,则离子注入晶圆时在y方向偏移的总距离为y=y1+y2=,所以离子注入晶圆的位置坐标为,故D错误.
例2　(1)　(2)+=1,其中y≥0　(3)
[解析] (1)只要在平行极板间运动时间最长的粒子能飞出极板,所有粒子就都能飞出极板.当Q点发射的粒子恰好能飞出极板时,极板间电场强度取最大值.粒子在极板间做类平抛运动,有
t=
a=
at2=
联立解得Em=
(2)俯视图如图甲所示,由几何关系可知,横坐标为x的粒子通过极板间时沿初速度方向的位移为lx=2
所用的时间为tx=
沿电场方向的加速度为a=
飞出极板时沿y方向偏转的距离为y1=a
联立解得y1=
根据类平抛的推论得=
解得荧光屏上图形的方程为+=1,其中y≥0
(3)只有电场时,有50%的粒子能射出极板,则发射时距离Q点为的粒子恰能射出,俯视图如图乙所示,由几何关系可知,该粒子通过极板间时沿初速度方向的位移为
l1=2
所用时间为t1=
沿电场方向有×=
有电场并加磁场时,粒子在极板间沿电场方向做匀加速直线运动,在垂直于电场(即磁场)方向做匀速圆周运动,运动的半径r==×=R
由于轨迹圆半径与磁场圆半径相等,粒子入射速度方向平行,所以当只有磁场时所有粒子经磁场偏转后恰能交于磁场圆的圆周上一点.
有电场并加磁场时,若有50%的粒子能射出极板,则从Q点发出的粒子应恰能射出极板,该粒子在磁场中运动的时间为t2=×
沿电场方向有×=
联立解得==
例3　+
[解析] 方法一:用动量定理解决该题.
在最高点时粒子速度最大,由动能定理得
qEy=m-m
粒子在水平方向上仅受洛伦兹力,由动量定理得
∑qvyBΔt=∑mΔvx
即qyB=mvm
联立解得vm=+
方法二:用配速法解决该题.
构造沿x轴正方向的速度v,速度大小v满足:qvB=qE
于是带电粒子以速度v向右做匀速直线运动,以大小为、方向斜向左上的初速度在同一平面内做匀速圆周运动,当两运动方向相同时,速度最大,即最大速度为vm=+v
联立解得vm=+
例4　(1)v0B　(2)　(3)90%
[解析] (1)入射速度为v0时电子沿x轴做直线运动,则受力平衡,有Ee=ev0B
解得E=v0B
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场的复合场中运动,洛伦兹力不做功,由于电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,电子向上偏转,根据动能定理有
eEy1=m-m
联立解得y1=
(3)设电子以速度v入射时能达到的最高点的位置的纵坐标为y,则根据动能定理有
eEy=m-mv2
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则有
evmB-eE=eE-evB
联立解得y=
要让电子能到达纵坐标y2=的位置,应使y≥y2
解得v≤v0
由于电子入射速度在0【跟踪训练】
1.C　[解析] 电子从M点到N点,由动能定理得EeyN=m,在水平方向上,由动量定理得∑eBvyΔt=∑mΔvx,即eByN=mvN,联立解得yN=,vN=,故A、B错误.由于M点为零电势点,故电子在N点的电势能为Ep=-eEyN=-,C正确;电子的运动具有周期性,也可认为电子的运动是一个沿平面的匀速圆周运动和一个沿水平方向的匀速直线运动的合运动,匀速圆周运动的周期为T=,设匀速直线运动的速度大小为v1,匀速圆周运动的速度大小为v2,根据速度的合成,在M点时有v1-v2=0,在N点时有v1+v2=vN,联立解得v1=vN=,电子从M点运动到P点的时间为t=2T=,所以M、P两点的距离为xMP=v1t=,故D错误.
2.(1)v≤　(2)v≤　
(3)
[解析] (1)只要速度方向垂直于电场方向发射的粒子能击中N板,则发射的粒子就能全部击中N板.对于速度方向垂直于电场方向发射的粒子,当粒子恰好打在N板圆周时,有
R=v0t
d=at2
其中a==
联立解得v0=
所以粒子速度v≤.
(2)粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子做螺旋等距运动,粒子垂直于磁场方向的分速度vy=vsin θ
根据洛伦兹力提供向心力,有qvyB=m
根据题意可知r≤
解得v≤
(3)设粒子在两板间运动时间为t,粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=,运动的半径r0=,由于粒子全部落在半径为=2r0的圆周上,所以粒子击中N板时做的圆周运动的时间t应该满足t=T,其中n=0,1,2,…
粒子沿电场方向做匀变速直线运动,有d=at2
其中a=
联立解得
E=