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

2025屆高考物理二輪復習講義微專題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動,求解的基本方法是先轉化為平面問題,再加以合成.(1)情況1:粒子運動從全過程來看是立體問題,分階段來看是平面運動.(2)情況2:粒子在三維空間中運動,可以沿一定方向把運動投影到平面內(nèi)進行處理.2.帶電粒子在磁場中做平面運動,運動涉及三個方向:磁場方向、粒子的運動方向和粒子的受力方向,這三個方向構成立體結構,處理這類問題時,有時需要先選擇一個平面對粒子受力分析,再選擇另一個平面對粒子進行運動分析,畫立體示意圖和平面示意圖是解決問題的關鍵.例1(不定項)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、磁分析器和偏轉系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B,方向均垂直于紙面向外;速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中的勻強電場的電場強度大小均為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處各有一個小孔;偏轉系統(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.當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時,離子恰好由上表面中心豎直進入系統(tǒng),并豎直注入到晶圓上的O點(即圖中坐標原點,x軸垂直于紙面向外).整個系統(tǒng)置于真空中,不計離子重力,經(jīng)過偏轉系統(tǒng)直接打在晶圓上的離子偏轉的角度都很小,離子能從底面穿出偏轉系統(tǒng).當α很小時,有sinα≈tanα≈α,cosα≈1-12α2,下列說法正確的是 (A.可以利用此系統(tǒng)給晶圓同時注入帶正電的離子和帶負電的離子B.從磁分析器下端孔N離開的離子其比荷為2C.若偏轉系統(tǒng)僅加電場,則離子注入晶圓的位置為3D.若偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場,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方向的勻強電場.不計重力及粒子間相互作用,忽略邊緣效應(1)若粒子能全部飛出極板,求極板間電場強度的最大值Em;(2)若將極板間電場強度調(diào)至E=Em2,已知OP=4R,(3)若只將極板間電場強度調(diào)至E=E1,或者將電場強度調(diào)至E=E2并同時在極板間沿電場方向加一磁感應強度大小為B=mvqR的勻強磁場,都只有50%的粒子能射出極板,求E1與E2的比值擺線問題當空間存在正交的勻強磁場與勻強電場(或重力場)時,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入這一空間,則會在垂直于磁場方向的平面內(nèi)做“擺線”運動,這一“擺線”是由一個勻速圓周運動和一個勻速直線運動的合運動的軌跡.一般用“配速法”進行分析,即將初速度分解成兩個分速度,其中一個分速度可以滿足在對應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動,同時以另一個分速度僅在磁場作用下做勻速圓周運動.由于做勻速圓周運動的分速度大小不變但方向周期性變化,做勻速直線運動的分速度大小和方向都不變,這兩個分運動在一個平面內(nèi),所以帶電粒子運動時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平面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.讓一帶正電的粒子從坐標原點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、電場強度大小為E的勻強電場,一粒子從O點以初速度v0沿y軸正方向發(fā)射.研究表明:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動,且在任一時刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比,比例系數(shù)與電場強度大小E無關.求該粒子運動過程中的最大速度vm.【導思】本題是一個關于擺線的問題,但是此題只是將擺線問題作為題設背景,通過給予信息條件的方式引導學生建模,即:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動,且在任一時刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比,比例系數(shù)與電場強度大小E無關.例4霍爾推進器某局部區(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電場和垂直于坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射,入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動;入射速度小于v0時,電子的運動軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點與在最低點所受的合力大小相等.不計重力及電子間相互作用.(1)求電場強度的大小E;(2)若電子入射速度為v04,求運動到速度為v02(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,求能到達縱坐標y2=mv0【跟蹤訓練】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電場和垂直于紙面向里的勻強磁場.電子從M點由靜止釋放,沿圖中軌跡依次經(jīng)過N、P兩點,且N點離虛線最遠.已知磁感應強度為B,電場強度為E,電子質(zhì)量為m、電荷量為-e,M點為零電勢點,電子重力不計,則 ()A.電子在N點的速率為EB.N點離虛線的距離為mEC.電子在N點的電勢能為-2D.M、P兩點的距離為2π2.[2024·慈溪中學模擬]某實驗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方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,不計粒子重力及相互間作用,忽略邊緣效應.(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滿足什么條件時能全部擊中N板?(2)僅在兩板間加沿O1O2方向的有界勻強磁場,磁感應強度大小為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滿足什么條件時能全部擊中N板?(3)若兩板間同時存在方向都沿O1O2方向的勻強電場和勻強磁場,磁感應強度大小為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板時全部落在半徑為2mvBq的圓周上(2mvBq<參考答案與詳細解析例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,負離子不能通過磁分析器,故A錯誤;離子通過速度選擇器時,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射出時運動半徑為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;若偏轉系統(tǒng)僅加電場,則經(jīng)過電場后,離子在x方向偏轉的距離為x=12at2,其中加速度為a=qEm,運動時間為t=Lv,速度偏轉角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,則離子注入晶圓時在x方向偏移的總距離為x=x1+x2=3L2R1+R2,位置坐標為3L2R1+R2,0,故C正確;若偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場,則可將離子在偏轉系統(tǒng)中的運動分解,沿x方向上離子僅在電場力作用下運動,在垂直于x方向上離子只在磁場作用下做勻速圓周運動,運動的半徑為r=mvqB=R1+R22,運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關系可知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動時間最長的粒子能飛出極板,所有粒子就都能飛出極板.當Q點發(fā)射的粒子恰好能飛出極板時,極板間電場強度取最大值.粒子在極板間做類平拋運動,有t=2a=E12at2=聯(lián)立解得Em=dm(2)俯視圖如圖甲所示,由幾何關系可知,橫坐標為x的粒子通過極板間時沿初速度方向的位移為lx=2R所用的時間為tx=l沿電場方向的加速度為a=E飛出極板時沿y方向偏轉的距離為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,有50%的粒子能射出極板,則發(fā)射時距離Q點為R2的粒子恰能射出,俯視圖如圖乙所示,由幾何關系可知,l1=2R所用時間為t1=l沿電場方向有12×E1有電場并加磁場時,粒子在極板間沿電場方向做勻加速直線運動,在垂直于電場(即磁場)方向做勻速圓周運動,運動的半徑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,所以當只有磁場時所有粒子經(jīng)磁場偏轉后恰能交于磁場圓的圓周上一點.有電場并加磁場時,若有50%的粒子能射出極板,則從Q點發(fā)出的粒子應恰能射出極板,該粒子在磁場中運動的時間為t2=14×沿電場方向有12×E2聯(lián)立解得E1E2=例3EB2[解析]方法一:用動量定理解決該題.在最高點時粒子速度最大,由動能定理得qEy=12mvm2-粒子在水平方向上僅受洛倫茲力,由動量定理得∑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向右做勻速直線運動,以大小為v2+v02、方向斜向左上的初速度在同一平面內(nèi)做勻速圓周運動,當兩運動方向相同時,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時電子沿x軸做直線運動,則受力平衡,有Ee=ev0B解得E=v0B(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直于坐標平面向里的勻強磁場的復合場中運動,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eEy1=12m12v0聯(lián)立解得y1=3(3)設電子以速度v入射時能達到的最高點的位置的縱坐標為y,則根據(jù)動能定理有eEy=12mvm2-由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等,則有evmB-eE=eE-evB聯(lián)立解得y=2要讓電子能到達縱坐標y2=mv05eB的位置,應使解得v≤910v由于電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,所以能到達縱坐標y2=mv05eB的位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的百分比為η【跟蹤訓練】1.C[解析]電子從M點到N點,由動能定理得EeyN=12mvN2,在水平方向上,由動量定理得∑eBvyΔt=∑mΔvx,即eByN=mvN,聯(lián)立解得yN=2mEeB2,vN=2EB,故A、B錯誤.由于M點為零電勢點,故電子在N點的電勢能為Ep=-eEyN=-2mE2B2,C正確;電子的運動具有周期性,也可認為電子的運動是一個沿平面的勻速圓周運動和一個沿水平方向的勻速直線運動的合運動,勻速圓周運動的周期為T=2πmeB,設勻速直線運動的速度大小為v1,勻速圓周運動的速度大小為v2,根據(jù)速度的合成,在M點時有v1-v2=0,在N點時有v1+v2=vN,聯(lián)立解得v1=12vN=EB,電子從M點運動到P點的時間為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,當粒子恰好打在N板圓周時,有R=v0td=12at其中a=Eqm=聯(lián)立解得v0=R所