压轴题解题技巧（3大题型）解析版-2026年高考物理二轮复习

压轴题解题技巧（3大题型）

目录

01折方法策略..................................................................................1

02破方法攻坚..................................................................................4

题型一力学综合性压轴题...................................................................4

题型二带电粒子在电磁场中运动压轴题.....................................................13

题型三电磁感应综合性压轴题..............................................................24

.NO..

析•方法策略

一、战略层面：调整心态，精准定位

1.明确目标，合理取舍

（1）压轴题结构：通常由2-3个小问组成。第一问往往是基础模型，容易拿分；第二问开始综合；第

三问则可能是区分度最高的。

（2）策略：你的首要目标是“抢分”，而不是“满分”。考试时，如果看题3-5分钟完全没有思路，果

断跳过，先保证把易拿的分数（如选择题、实验题、压轴题第一问）收入囊中。有时间再回头攻克。

2.战略藐视，战术重视

（1）心理上：不要预设“我肯定做不出来”的恐惧。压轴题通常由经典模型组合、变形而来，你平时

一定练过类似的元素。

<2）行动上：耍极度细致。压轴题往往陷阱多、过程多，一个符号看错，满盘皆输。

二、战术层面：四步解题法

面对一道复杂的压轴题，可以按照以下四个标准步骤来拆解。

第一步：审题——提取信息，建立图景

这是最重要的一步。很多同学做题“想当然”，就是因为审题不清。

（1）逐字阅读，圈画关键词：

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①物理环境：光滑/粗糙（摩擦系数）、水平/竖史/斜面、重力不计/考虑重力、有无空气阻力。

②运动状态：静止/初速为零、匀速、匀加速、刚好、恰好（临界）、缓慢（动态平衡）、最大/最小。

③物体性质：质点、轻绳/轻杆（质量不计）、弹簧（弹性系数）、小球/滑块、导体棒（电阻、长度）。

（2）边读边画，情境可视化：

①画草图：画出不同阶段的示意图，标出已知量和未知量。

②画过程图：如果过程复杂，可以画一个时间轴或流程图，标出A-B-C各阶段的位置、速度和受力变化。

③画图像：题目给的v-t图、F-t图、U-I图等，是信息的浓缩，务必理解斜率、面积、截距的物理意义。

第二步：模型构建与拆解一化繁为简

物理压轴题的本质是“旧模型的组合”。需要把复杂情景拆解成热悉的模块。

（1）识别基本模型：

①运动学模型：匀变速直线、平抛/类平抛、圆周运动（尤其是竖直平面的圆周）。

②力学模型：连接体、板块模型、传送带、弹簧振子.

③电磁学模型：带电粒子在电场中的加速/偏转、在磁场中的圆周运动、导体棒切割磁感线（单杆/双杆）、

电磁感应中的电路与动力学综合。

（2）拆解多过程问题：

①用“拆解法”将复杂运动分解为几个简单过程。例如：先加速直线，再平抛，最后在磁场中做圆周运动。

②寻找“衔接点”：上一个过程的末速度和位置，就是下一个过程的初速度和初始位置。这个“衔接”是列

出方程的关键。

（3）分析多对象问题：

如果涉及多个物体，比如滑块木板模型，需要思考：是用隔离法还是整体法？它们之间的位移关系、速度

关系是什么（是否共速，是否分离）？

第三步：规律选择与列式一精准打击

这是解题的核心，也是最体现物理素养的部分。

（1）判断适用规律：

①力的瞬时作用：牛顿第二定律F=ma,一般用于求加速度、力、时间。

②空间积累效果：动能定理讨3^口一般用于求位移、速度、功，不涉及时间时优先考虑。

③时间积累效果：动量定理Fl=Ap,涉及力作用时间时使用；动量守恒定律（系统合外力为零）。

④能量守恒：系统能量守恒，涉及多种能量（动能、势能、内能、电能）转化时使用。

⑤电路规律：闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律£=必中加、E=BLv、楞次定律。

（2）规范列式,条理消晰：

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①不要写“综合式”：不要试图一步到位写出包含所有未知量的方程，这样容易出错且难以得分。

②分步列式，写原始方程：每个方程都有明确的物理过程对应。

③写“通式”：用题目中给的字母表示，不要急着代入数据。最后再统一代入计算。

第四步：数学运算与检验一小心求证

这是很多同学容易失分的环节，计算能力也是高考考察的一部分。

（1）先字母运算，后代入数据：这样可以简化表达式，约去很多中间量，也能让你看清物理量之间的依赖

关系。

（2）解方程要细心：压轴题常涉及二元二次方程组、三角函数、不等式极值问题。解完后，可以简单验证

是否符合物理事实（如速度方向、能量增减、半径大小等）。

（3）检查结果的合理性:

①单位：算出的力的单位是不是牛顿？速度是不是米/秒？

②特例检验：如果令某个角度为0°或90。,或者某个质量为无穷大,结果是否符合物理直觉？

三、专项策略：常见压轴模型解法精要

1.力学综合（板块、弹簧、碰撞）

（1）核心：三大观点（动力学、能量、动量）的综合运用。

（2）策略：

①先判断系统动量是否守恒。

②找临界状态：共速（相对静止）往往是能量损失最大或相对位移最大的时刻。

③画位移关系图：明确滑块和木板的对地位移和相对位移，。=启相对。

2.带电粒子在复合场中的运动

（1）核心：运动的分解与合成。

（2）策略：

①电场+磁场：通常先电场加速（动能定理），后磁场偏转（几何作图找圆心、半径、角度）。

②磁场+磁场：不同区域，轨迹是不同半径的圆。关键在于找到两个圆相交点速度的方向和大小不变。

③重力场+电场+磁场（三场）：如果重力与电场力平衡，则相当于只受洛伦兹力，做匀速圆周运动；如果不

平衡，则可能做复杂的曲线运动（如摆线），此时需考虑用能量观点或运动的分解（如配速法）来处理。

3.电磁感应综合（导轨+电容+含容电路）

（1）核心：力电综合。运动一感应电动势一电路一电流一安培力一改变运动状态

（2）策略：

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①明确哪部分是电源，内阻多少，外电路如何连接。

②安培力通常是变力，导致导体栋做变加速运动，最终往往达到匀速（合外力为零）。

③常用定律定理：动能定理、动量定理和能量守恒。

；N0.2=

•方法攻坚

题型一力学综合性压轴题

1.如图所示，质量为旧的空心圆管道静止在光滑水平面上，管道的右端与固定竖直挡板相距X,一质量为

机的活塞静止于管道的左端。已知"=2〃?，两者间的滑动摩擦力为人心唱仪为常量），重力加速度为g0某

时刻给活塞一个水平向右的瞬时冲量，当管道向右加速运动的距离为d时，活塞的速度为以=网。已知

活塞一直在管道中，管道与挡板碰撞时间极短且无机械能损失。

活塞挡板］

\管道

⑴求瞬时冲量/的表达式；

（2）若人足够大，求活塞相对丁管道运动的总时间，和管道的最短K度

⑶若管道与挡板能且仅能发生〃（稳2）次碰撞，求x满足的条件。

【答案】（1）/=3〃?倔7

99

(3)——r-d<x<-------d

【详解】（1）设活塞的初速度为叼活塞的速度为匕=质时，管道的速度为如，对管道进行分析有

对活塞和管道系统进行分析有叫=〃»A+B

瞬时冲量/=

联立解得/=3mjkgd

4/32

（2）由于X足够大，所以两者达到共同速度力后管道才与挡板相碰，则有〃%=（例+〃，）%

设管道与挡板碰撞后，两者最终以相同的速度也向左运动，则有屿-〃/=w+〃。匕

对活塞从速度地变到V/以及力变到也的过程有「=，"匕-（一"％）

解得甘宿

对系统进行分析，由能量守恒得！〃U-!（加+，〃川二儿

22

13

解得£=

（3）设管道第〃次与挡板碰撞时，活塞的速度为匕〃，管道的速度为如〃，从管道开始运动至第1次与挡板

碰撞前有6%=।+M%

从第次碰撞后至第次碰撞前有〃八

121|MvR|=m\\2IMVR2

从第（〃-1）次碰撞后至第〃次碰撞前有〃"（“川-"％”.】）=〃叫"也，

因为管道向左和向右运动的对称性有为=%2=~=%.T

由以上各式并代入加=2〃?得4（〃一1）%+匕”+2蚱”=%

第（“1）次与挡板碰后要求系统总动量向右，则有加41）>材%（1）

解得％ig

由于人=3加4

9

解得、（而中

第〃次与挡板碰后要求系统总动量向左或为零，则有〃>"也

乂由于为“不包

解得为之子

4〃

由于.笈=!河哈

9

同理可解得x2而d

99

故X应满足的条件为h"WX<——E

16〃.6（??-1）

5/32

2.如图所示，竖直放置的半径R=0.4m的;光滑圆弧轨道48与倾角为0=30",长度为4=5m的倾斜传

送带8c在月点平滑连接，传送带〃。的右端与静置在光滑水平面上的木板CQ在。点等高平滑连接，距木

板右端。处有一固定的挡板P。现从4点正方方〃=0.4m处，由静止释放小物块m。经圆弧轨道和传送带

后在一极短光滑圆弧轨道(未画出)的约束下沿水平方向滑上木板，与静止在木板左端的小物块力碰后瞬

间粘在一起，木板第一次与挡板P碰撞时恰好与物块。、〃达到共速。已知，传送带以％=6m/s的速度沿顺

时针方向匀速转动，。的质量为町=2kg,/)的质量为吗=lkg,木板的质量为明=1kg,物块。与传送带

间的动摩擦因数为必=左，物块。、b与木板间的动摩擦因数均为4=0.2,物块。经过所有连接处均无能

量损失，木板与挡板P的所有碰撞均为弹性碰撞，物块。、力始终未与木板分离，重力加速度g取lOm/s?。

(1)物块。通过B点时对轨道的压力大小;

⑵物块“与传动带间摩擦产生的热量；

(3)L的大小：

⑷木板在整个运动过程中总路程的大小。

【答案】⑴100N

(2)12J

(3)0.75m

(4)2.75m

【详解】(1)物块a从糕放点到8点，由动能定埋〃Lg(力+=

代入数据，解得vB=4m/s

2

在5点，由牛顿第二定律N-〃《g=吗藁

解得轨道支持力N=l()0N

根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力为100N。

6/32

（2）由必>tan<9

知物块a若与传动带共速，则同步向上运动，设经时间，物块a与传动带共速，%-%="

根据牛顿第二定律必呵gcos夕-町gsin0>m}a

联立解得a=2.5m/s2,t=0.8s

物块a的位移x=^^t=4.0m<Lo

物块a与传动带间相对滑动的距离为-=用/-x=0.8m

物块a与传动带间摩擦产生的热量为（〃皿geos。）©=12J

（3）之后以％的速度做匀速运动到与物块b相碰，碰撞瞬间动量守恒叫%=（叫+%）匕

解得K=4m/s

之后物块仍匀减速运动，木板匀加速运动，到第一次与挡板P碰撞时恰好达到共速，根据牛顿第二定律,

对物块ah,〃2（网+m2）g=（m\+啊）/

牛顿第二定律,对木板外（㈣+叫）g="生

2

解得q=2m/s2,a2=6m/s

对系统，根据动量守恒町%=（网+叫+叫）匕

解得匕=3m/s

根据运动学规律对木板分析岭2=2生4

解得£,=0.75m

（4）木板与挡板P的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，故最终整体停下，第一次碰

后瞬间，木板速度反向，大小不变，为％=3m/s

开始做加速度大小为4=601耳匀减速直线运动，减速到零再反向运动至与木板共速，设时间为匕，物块a、

力做减速直线运动，加速度大小为％=2m/s）根据运动学规律匕=匕-卬i=-丹+%乙

解得6=0.75s,v3=1.5m/s=-y

7/32

还没撞到P上已经共速,因此木板运动的路程为=2x]二;m

再次碰后，木板反向，同理！=匕-卬2=-匕+生，2

解得4=§s,匕=0.75m/s=]=/'

这次木板运动的路程为G=2xJ

2%

同理，由数学知识推理得％总=4_\+£,2+…=；+2x£（1+；+:+…）+今=2.75m

3.如图所示，光滑轨道A固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为心水平部分与木板B上表面齐平。木

板B质量为〃?，紧靠轨道A放置在光滑水平面上，在B的右侧放着若干滑块（视为质点），滑块的质量均为

m,编号依次为1、2、3、4。。。。。。〃（〃趋于无穷大）。质量为3阳的滑块C（视为质点）置于凯道A的顶端,

由静止释放，经过公后滑上木板B,C与B之间的动摩擦因数为11=",当C、B刚达到共速时，木板B恰

好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，C、B再次刚达到共速时，木板B恰好与滑块1发生第2

次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C没从木板B上滑落。已知重力加速度为g,滑块间的碰撞均为弹性碰撞,

且每次碰撞时间极短，求：

R/

⑶…万

〃〃〃〃〃〃〃x〃〃〃〃〃〃〃/।B।m②

（1）C、B第一次达到共速时，B的速度大小;

（2）凯道A对滑块C作用力的冲量大小和方向;

⑶最初木板B右端与滑块〃之间的距离S以及最终n个滑块的总动能Ek°

【答案】（1）匕=；师

（2）冲量大小为向，方向与水平方向成45。（斜向右上方）

249

⑶S=”E,=-mgh

【详解】（1）根据题意，C沿轨道A下滑过程，动能定理可知

=；x3〃?片

8/32

解得

C、B第一次达到共速，由动量守恒定律可知

3〃?%=（3〃，+，〃）匕

联立得共速速度

（2）滑块C在光滑轨道A上运动过程中，由动量定理可知

7G+k=心

其中

|/G|=3，〃g/=2gh,|AP|=3m%=3md2gh

由矢量关系可知

则有

即仇道A对滑块C作用力的冲量大小为6机痴，方向与水平方句成45°（斜向右上方），如下图。

AP

（3）根据题意，C在B上滑动过程，由牛顿第二定律可得

%=监，%=3pg

由（1）可知C、B第一次达到共速时

第一次共速的时间

9/32

可知B向右滑动距离

。“二二一力

B与滑块1弹性碰撞且机械能守恒有

解得木板B速度匕=0,滑块1速度匕'=匕，即速度交换。

同理第二次共速过程中，共同速度

3

丹丁

需要时间

v2

.——2=-

■为4

B向右滑动距离

」1，9」

d

i=记4

递推可知

I/9Y-1

d„-—«>»/?=——d

2U6J1

则初始时木板右端与滑块〃的距离

S=&+也+…+〃”

由等比数列求和公式，解得最初木板B右端与滑块〃之间的距离S为

9

S=lim

B第一次与滑块1碰后，滑块1的速度为

3

消

与滑块2弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块〃获得速度为

其对应的动能为

同埋，滑块〃-1最后获得速度为

10/32

k=（十

其对应的动能为

Ei=3归川]=捐〃"=帝〃磔

最后，滑块1获得速度为

其对应的动能为

1701Q

片」〃？（2广“=（二尸」〃说=（二）"小皿〃个滑块的总动能为

2\_4J16216

EJIJAY]

U6jE

纥=纥+£“+—+片=1而^^~-=—^9

…1_2—

1616

联立可知最终〃个滑块的总动能反为

l9,

EkF〃gh

4.如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上，/=0时刻将质量为小的A物块从距离B物块£处由静

止释放，/=9/°时刻A、B发生第一次碰撞，片1%。时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块的四图线如图

乙所示（其中依、fo均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩擦力

均等于滑动摩擦力，求：

（1）A沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比；

（2）B物块的质量：

（3）A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比：

（4）B物块沿斜面下滑的最大距寓。

甲乙

11/32

24

【答案】(1)1:2；(2)17w；(3)-：(4)—L

745

【详解】(1)0~9切时间内，物块沿斜面下滑，有

9d13/0时间内，物块沿斜面上滑，有

13…。-Z。

所以A沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比

£L=1

a22

(2)9功时刻A、B发生笫一次碰撞，则

〃？

・9%=m-(-8v0)+M\\

22

g〃?(9%)2=1W(-8V0)+^MV,

联立可得

匕=%,M=17w

(3)刚释放物块时，A、B之间的距离为小则有

A物块在9e~13h时间内沿斜面向上运动，则

^Al=^4^0=16^0

由于13/19/。时间内A物块的加速度与0~9h时间内的加速度相同，所以1%时刻物块A的速度大小为

A物块在13/o~19fo时间内沿斜面向下运动，则

XA2=£6O=18%%

所以从第一次碰撞后到第二次碰撞物块B发生的位移为

XBI=^--^1=2vozo

假设第二次碰撞前物块已停止运动，则有

可得

12/32

即13%时，物块停止运动，假设成立，设物块下滑过程中的加速度大小为田，则有

CaI7—-二-—区

4/。4/0

q=gsin。-4Agcos6

%=gsinJ+4Agcos°

ay=//ugcos0-gsin6

联立可得

”=2

“7

（4）/=19f〃时刻发生A、B第二次碰撞，碰撞时B的速度大小为0,A的速度大小为匕=6%

II17

由动量守恒可得〃心=,〃入'+必％'，=；力或点联立可得%，=：%设第二次碰撞后B物块下滑的

4

、841一（[）"184

距离为间2，则2。而2可得打所以/=灯+…+灯=-1-XBI=—v/=—

yy]_（0o

~9

题型二带电粒子在电磁场中运动压轴题

5.如图所示，在平面直角坐标系xQp中，第II象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，第DI象限内存在垂直

纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以q（-2凡-6m为圆心、半径为2〃的圆弧，上边界是以。2（-2凡0）

为圆心、半径为/?的半圆弧，磁感应强度大小为稣。一质量为〃?、电荷量为^的带负电粒子，从），轴上的必

点沿x轴负方向正对圆心a发射，沿半径厂二百尺的圆弧运动并恰能通过圆心。”进入电场后从y轴上的

R0,2石R）点进入第I象限。不计粒子重力。

13/32

y

P,(0,2jjR)

XxXX

XxXX

XXXX

XXXX

。2，（一2凡0）XXXX

■>

Xo~X

XM

XQ&2&,-廊)

XXX

⑴求粒子射入第n象限时的速度大小%:

（2）求匀强电场的场强E及粒子在第口、in象限中运动的总时间/；

⑶若第I象限中有方向垂直纸面向里的磁场（图中未画出），磁场的磁感应强度大小〃=争）”为正的常量,

k

y为纵坐标，即在x方向均匀分布，在y方向随歹均匀增大），求粒子在第I象限中运动至第一次离x轴最

远时的轨迹与X轴围成的面积So

【答案】0）走四匹

m

（兀）加

(2)£=3^_56+

2m3qB”

⑶L5A火

【详解】（1）粒子在第m象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有z%80=吗

7•

解得%=避必述

m

（2）正对圆心«射入的粒了•，沿半径r=的圆弧运动并恰能通过圆心&，粒子在磁场中运动的轨迹的

圆心恰好为原点O,运动轨迹如图所示,

14/32

R

设速度偏转角为夕，由几何关系有cos0=^=O.5

解得〃=60

从。2点进入电场，沿y轴方向，则有％$m。力=2百/?

解“富

沿工轴方向，则有。=再，2K=-%cos，z+1〃彳

m2

解得E=诬为

2m

粒子在第HI象限的磁场中运动的时间4=导7二聋

3603qB”

粒子在第in象限无磁场区域运动的时间％="=以

%3qB。

运动的总时间，=，产，2+，3

(56+4)m

解得，=

3也

（3）粒子到达P点时沿y轴方向分速度。=%sin0

粒子在第I象限中运动至第一次沿y轴方向的分速度为。的过程中，沿y轴由动量定理则有

g

-2qBv△[=O-mv

23

其中4=华^

k

B

可得Zg'y匕△/=wvsin0

ko

又因为匕&=Ax

可得q,Z必x=wvsin0

ko

即温S=，〃%sin。

k

解得S=1.5砧

6.通过电磁场可以实现对粒子运动的控制。如图所示，间距很小且平行正对的两水平金属板”声八，4电

的长度均为2d,上极板，如、位于平面直角坐标系X。），的x轴上，其中心小孔位于坐标原点。处。下极板

M/M连有外电路（未画出），可从整个下极板的上表面向X。），平面内的各个方向发射各种速度大小为0。

（»已知）的热电子（质量为小、电荷量为-e）,电子只能由小孔射出。I区（第一象限内和y轴正半轴上）

15/32

充满垂直X。），平面向里的匀强磁场，II区（X轴下方竖直虚线N2M右侧）充满垂直宜万平面向外的匀强磁

场，两区磁场的磁感应强度大小相等，其他区域无磁场。不计电子重力、电子间的碰撞及相互作用。

八y

XXXXI区X

XXXXX

，电O—M___4……-2—£.

MNl\.

••・II区•

⑴若UM2M尸U。,求MM板上速度为0的电子从。点射出时的速度大小。

（2）某次实验时，在两金属板间加二另一恒定电压，电子经电场加速后，由小孔射出时的最小、最大速度之

比为1：2,之后仅经过I区磁场偏转一次后，能全部通过x釉上力C之间（含力、C）的各个位置，其中力、

。两点的横坐标分别为心=2"、立’=4，.忽略金属板的厚度及边缘效应，已知sin37o=0.6。

①求磁场的磁感应强度大小

②若。点位于x轴上且切=3.2d,通过力点的电子和通过。点的电子会在x轴上发生相遇。以电子同时离

开,4、。为计时起点（片。时刻），求电子第一次在x轴上相遇的时刻与位置。

【答案】（1）%=/^

（2）①8=如；②E6d,/；=空叵也

3ed45v

【详解】（1）设板上速度为。的电子从0点射出时的速度为%

由动能定理有q,=；/就

解得%、E叵

Vm

（2）[1]设电子从小孔射出时的最小、最大速度分别为％、2%由分析知，平行板间电场对所有从小孔射出

的电子所做的功均相同，因此M附板上速度为0的电子从小孔射出时的速度最小为匕，必M板上速度为y

的电子从小孔射出时的速度最大为2匕，分别由动能定理可得eU=]/_o,eU=gw（2H）2-g〃nJ

联立解得

由分析知，板上速度为0的电子从。点射出后，仅经I区磁场偏转一次落在4点

可得巧=2A=2d

由洛伦兹力提供向心力打乃=逋

16/32

解得：B=色吧

3ed

[2]设电了•从小孔射出时与盯方向的夹角为。、速度大小为%

由校间匀变速曲线运动规律易知册—।

其中cosON口=2，up0<6><60°

2匕2

2wv

--v=2d

eB

答图3

由此可知’通过“点的电子的竖直分速度均为0=等|，=匕

因此，通过X点的电子的速度满足v,<<2v,

与竖直方向的夹角。满足cosa之F=I，故0«。<60。

2片2

同理分析可知：通过。点的电子最大速度为24’设最小速度为匕’且叫方向竖直向上'贝"。=2♦翳=3.2〃

可得：”随厂与

155,

因此通过。点的电子的速度满足《匕<VD<2V.

v4

与竖直方向的夹角/满足cos〃？/=w，故0W6437。

LI]J

由％2d-/32d=1.2d（其中%、/取1,2.3...）

8%+3

可得：〃]=—

因为是第一次相遇，则取最小的自然数，可得：/=7,%=4

因此电子第一次在x轴上相遇的位置.：x=2"+H,•2d=16d

由T•电子在两区磁场中的运动具有周期性，且电子做圆周运动的周期均为丁=岑，因此从力、。两点出

eB

17/32

发运动时间最短的电子最快到达相遇点。

由分析知，电子相遇时的时间三也T=

2乃2左

得队万一2a）="2（%一2万）

其中0Ka<60。，04/4370

代入々=7,%=4可得，到达第一次相遇位置的电子，满足：。=些卢

14

当a=60。时,夕=37.5。>37。，不符合题意,舍去

418

当产=37。时，a=（—）O<60°,符合题意

由此可知，当夕=37。时相遇的时间最短，即，=37。，a=（干418）。的电子最先相遇

..小十&,7t.180°-2x37°?7im

因m此，电子第一v次在“轴上相遇的时刻：A=n,pT=4x———------—

2乃360°eB

解得：,J06岳d

45v

7.离子注入是半导体掺杂的核心技术，其原理是利用电磁场对寓子束进行筛选、加速和精准控制，我国科

研团队在此领域取得重要突破。如图中所示，简化装置由离子源、扇形分析磁场、直线加速器和磁场注入

区组成。其工作流程如下：离子源将掺杂物质电离。电离出的正离子因具有微小初速度（大小可忽略）形

成离子束，再经电压为U的电场加速后，获得相同速率。接着以散射角2。（。很小）进入正立的扇形匀强

磁场区域（磁感应强度大小为〃，方向垂直纸面向外，圆弧对应的圆心角为120）。此区域不仅能将比荷为女

的正离子从另一侧直线边界的狭缝中筛选出来，还能对离子进行汇聚（离子离开时的散射角为2a）,其中

垂直扇形边界入射的离子恰好垂直边界出射。筛选出的某离子在，=0时进入由4个理想金属细圆筒（筒内

磁感应强度和电场强度均为零）组成的直线加速器，每个圆筒内的运动时间为加速器与扇形磁场边界

垂直，其力、8两端接入有效值为U、周期为2%的交变电压，波形如图乙所示。经圆筒间隙瞬时加速后的

离子沿圆筒轴线进入垂直于纸面向里的磁场注入区，以入射点。为原点建立/。.”坐标系。在工>0区域，磁

感应强度大小为R：在-八rvO区域，磁感应强度大小为名（/1>0）。其中,末级圆筒长度大于大小

不计的半导体晶圆平行于y轴放置在直线歹=2（w上的某处。忽略离子间相互作用、边界效应及相对论效应,

COS0=l,sinO=0。不计离子重力和。的平方项。

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X

磁

X场

注

X入

区

X

X

乙

甲

径；

动半

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场中

形磁

•在扇

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⑴求

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