小學英語入門基礎教案

高考物理基礎知識歸納:磁場及其描述。

第1課時磁場及其描述

基礎知識歸納
1.磁場
(1)磁場：磁極、電流和運動電荷周圍存在的一種物質；所有磁現(xiàn)象都起源于電荷運動；磁場對放入其中的磁體(通電導線和運動電荷)產生力的作用；
(2)磁場的方向：規(guī)定小磁針在磁場中N極的受力方向(或小磁針靜止時N極的指向)為該處的磁場方向.
2.磁感線及其特點
用來形象描述磁場的一組假想曲線，任意一點的切線方向為該點磁場方向，其疏密反映磁場的強弱；在磁體外部磁感線由N極到S極，在內部由S極到N極，形成一組永不相交的閉合曲線.
3.幾種常見的磁感線
(1)條形磁鐵的磁感線：見圖1，外部中間位置磁感線切線與條形磁鐵平行；
(2)蹄形磁鐵的磁感線：見圖2.

圖1圖2
(3)電流的磁感線：電流方向與磁感線方向的關系由安培定則來判定.
直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場
特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場
且磁場最強，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱
立
體
圖
橫截
面圖
縱截
面圖
(4)地磁場的磁感線：見圖3，地球的磁場與條形磁鐵的磁場相似，其主要特點有三個：
①地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近；
②地磁場B的水平分量(Bx)總是從地球南極指向地球北極，而豎直分量By在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下；
③在赤道平面上，距離表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北.
(5)勻強磁場的磁感線：磁場的強弱及方向處處相同；其磁感線是疏密相同，方向相同的平行直線；距離很近的兩個異名磁極之間的磁場及通電螺線管內部的磁場(邊緣部分除外)，都可以認為是勻強磁場.
4.磁感應強度
用來表示磁場強弱和方向的物理量(符號：B).
定義：在磁場中垂直于磁場方向的通電導線，所受安培力與電流的比值.
大小：B＝，單位：特斯拉(符號：T).
方向：磁場中某點的磁感應強度方向是該點磁場的方向，即通過該點的磁感線的切線方向；磁感應強度的大小由磁場本身決定，與放入磁場中的電流無關.磁感應強度是矢量.
5.磁通量(Φ)
在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的平面，面積為S，我們把B與S的乘積叫做穿過這個面積的磁通量.用公式表示為：Φ＝BS.磁通量是標量，但有方向.
重點難點突破
一、理解“磁場方向”、“磁感應強度方向”、“小磁針靜止時北極的指向”以及“磁感線切線方向”的關系
它們的方向是一致的，只要知道其中任意一個方向，就等于知道了其他三個方向.
二、正確理解磁感應強度
1.磁感應強度是由比值法定義的，磁場中某位置的磁感應強度的大小及方向是客觀存在的，由磁場本身的性質決定，與放入的通電導線的電流大小I、導線長度L無關，與通電導線是否受安培力無關，即使不放入通電導體，磁感應強度依然存在；
2.必須準確理解定義式B＝成立的條件是通電導線垂直于磁場放置.磁場的方向與安培力的方向垂直；
3.磁感應強度是矢量，遵守矢量分解、合成的平行四邊形定則.
三、安培定則的應用
1.判定直線電流形成的磁場方向：大拇指指電流方向，四指指磁場的環(huán)繞方向.
2.判定環(huán)形電流(或通電螺線管)的磁場方向時，四指指電流方向，大拇指指環(huán)內中心軸線(或螺線管內部)的磁感線方向.
典例精析
1.對磁感應強度的理解
【例1】以下說法正確的是()
A.電流元在磁場中受磁場力為F，則B＝，電流元所受磁場力F的方向即為該點的磁場方向
B.電流元在磁場中受磁場力為F，則磁感應強度可能大于或等于
C.磁場中電流元受磁場力大的地方，磁感應強度一定大
D.磁感應強度為零的地方，一小段通電直導線在該處一定不受磁場力
【解析】判斷磁感應強度的大小，需在電流元受力最大的前提下進行，且電流元受磁場力方向與該點磁場方向垂直，故A錯，B對.電流元在磁場中所受磁場力與其放置的位置有關，電流元受力大的地方磁感應強度不一定大，故C錯.
【答案】BD
【思維提升】(1)準確理解公式B＝成立的條件是B⊥I，即受力最大的前提是解題的關鍵；
(2)準確理解磁感應強度的大小、方向是由磁場本身的性質決定的，不能說B與F成正比、與IL的乘積成反比.
【拓展1】一根導線長0.2m，通有3A的電流，垂直磁場放入磁場中某處受到的磁場力是6×10－2N，則該處的磁感應強度大小B為0.1T；如果該導線的長度和電流都減小一半，則該處的磁感應強度大小為0.1T.若把這根通電導線放入磁場中的另外一點，所受磁場力為12×10－2N，則該點磁感應強度大小為≥0.2T.
【解析】通電導線垂直放入磁場中，由定義式得
B＝＝T＝0.1T
某點的磁感應強度由磁場本身決定，故B＝0.1T
當通電導線在某處所受磁場力一定，將其垂直放入時，對應的B最小.
Bmin=＝T＝0.2T，故B′≥0.2T
2.安培定則的應用
【例2】當S閉合時，在螺線管內部的一根小鐵棒被磁化，右端為N極.試判斷通電螺線管的極性和電源的極性，這時用絕緣線懸掛的小通電圓環(huán)將怎樣運動(俯視)？
【解析】小磁針(本題中為磁化后的軟鐵棒)靜止時N極的指向為該點的磁場方向，在螺線管內部磁感線由S極到N極，故螺線管內右端為N極.再根據安培定則及等效法確定電源右端為負極，左端為正極，小通電圓環(huán)順時針轉動(同時靠近螺線管).
【思維提升】明確磁場方向，小磁針N極受力方向(或靜止時N極指向)、磁感線在該點的切線方向及磁感應強度B的方向是同一個方向.明確磁感線在磁體外部是由N極到S極，在內部是由S極到N極的閉合曲線.
【拓展2】彈簧秤下掛一條形磁棒，其中條形磁棒N極的一部分位于未通電的螺線管內，如圖所示.下列說法正確的是(AC)
A.若將a接電源正極，b接負極，彈簧秤示數(shù)將減小
B.若將a接電源正極，b接負極，彈簧秤示數(shù)將增大
C.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將增大
D.若將b接電源正極，a接負極，彈簧秤示數(shù)將減小
【解析】條形磁鐵在本題中可以看做小磁針，當a接電源正極時，條形磁鐵的N極方向與螺線管的磁感線方向相反，相互排斥，示數(shù)減小，A對，B錯；同理C對，D錯

3.安培定則與磁感應強度的矢量性
【例3】如圖所示，互相絕緣的三根無限長直導線的一部分ab、cd、ef組成一個等邊三角形.三根導線通過的電流大小相等，方向如圖所示.O為三角形的中心，M、N分別為O關于ab、cd的對稱點.已知三電流形成的合磁場在O點的磁感應強度的大小為B1，在M點的磁感應強度大小為B2，此時合磁場在N點的磁感應強度的大小為.若撤去ef中的電流，而ab、cd中電流不變，則N點的磁感應強度大小為.
【解析】設每根電流線在O點產生的磁感應強度大小為B0，ef、cd在M點產生的磁感應強度大小為B0′，則在O點有B1＝B0①
在M點有B2＝2B0′＋B0②
在N點有BN＝B0＝B1
撤去ef中的電流后，在N點有BN′＝B0＋B0′③
由①②③式解得BN′＝
【答案】B1；
【思維提升】直線電流的磁場方向由安培定則確定，直線電流的磁場強弱與電流I的大小及位置有關，充分利用“對稱性”是解本題的關鍵.
【拓展3】三根平行的直導線，分別垂直地通過一個等腰直角三角形的三個頂點，如圖所示，現(xiàn)使每條通電導線在斜邊中點O所產生的磁感應強度的大小為B.則該處的實際磁感應強度的大小和方向如何？
【解析】根據安培定則，I1與I3在O點處產生的磁感應強度相同，I2在O點處產生的磁感應強度的方向與B1(B3)相垂直.又知B1、B2、B3的大小均為B，根據矢量的運算可知O處的實際磁感應強度的大小B0＝，方向三角形平面內與斜邊夾角θ＝arctan2，如圖所示.
易錯門診
【例4】如圖所示，電流從A點分兩路通過環(huán)形支路再匯合于B點，已知兩個支路的金屬材料相同，但截面積不相同，上面部分的截面積較大，則環(huán)形中心O處的磁感應強度方向是()
A.垂直于環(huán)面指向紙內B.垂直于環(huán)面指向紙外
C.磁感應強度為零D.斜向紙內
【錯解】根據磁感應強度的矢量性，在O點場強很有可能選擇C或D.
【錯因】對于兩個支路的電流產生的磁場在O點的磁場的大小沒作認真分析，故選擇C，有時對方向的分析也不具體，所以容易選擇D.
【正解】兩個支路在O處的磁感應強度方向均在垂直于圓環(huán)方向上，但上面支路的電流大，在O處的磁感應強度較大，故疊加后應為垂直于紙面向里，選擇A.
【答案】A
【思維提升】認真審題，結合電路的結構特點，分析電流的大小關系，利用矢量合成原理分析O處的磁感應強度方向.

精選閱讀

高考物理磁場對電流的作用基礎知識歸納

第2課時磁場對電流的作用

基礎知識歸納
1.安培力：磁場對電流的作用力
(1)安培力的大小F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角).
①此公式適用于任何磁場，但只有勻強磁場才能直接相乘.
②L應為有效長度，即曲線的兩端點連線在垂直于磁場方向的投影長度，相應的電流方向沿L(有效長度)由始端流向終端.任何形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以通電后，閉合線圈受到的安培力的矢量和為零.
③當θ＝90°時，即B、I、L兩兩相互垂直，F(xiàn)＝BIL；
當θ＝0°時，即B與I平行，F(xiàn)＝0；
當B與I成θ角時，F(xiàn)＝BILsinθ.
(2)安培力的方向：用左手定則來判定(左手定則見課本).
安培力(F)的方向既與磁場(B)方向垂直，又與電流I的方向垂直，安培力F垂直于B與I決定的平面，但B與I可不垂直.
2.磁電式儀表的原理
(1)電流表的構造主要包括：蹄形磁鐵、圓柱形鐵芯、線圈、螺旋彈簧和指針.蹄形磁鐵和鐵芯之間的磁場是均勻的輻向分布的，如圖所示.無論通電導線處于什么位置，線圈平面均與磁感線平行.給線圈通電，線圈在安培力的力矩的作用下發(fā)生轉動，螺旋彈簧變形，產生一個阻礙線圈轉動的力矩，當兩者平衡時，線圈停止轉動.電流越大，線圈和指針的偏轉角度也就越大，所以根據線圈偏轉的角度就可以判斷通過電流的大小.線圈的電流方向改變時，安培力的方向也就隨著改變，指針偏轉的方向也就改變，所以根據指針的偏轉方向，就可以判斷被測電流的方向.
(2)磁電式儀表的優(yōu)點是靈敏度高，可以測出很弱的電流；缺點是繞制線圈的導線很細，允許通過的電流很小.
重點難點突破
一、判斷通電導體(或磁體)在安培力作用下的運動的常用方法
1.電流元受力分析法
即把整段電流等效為很多直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷出整段電流所受合力的方向，最后確定運動方向.
2.特殊位置分析法
把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置(如轉過90°)后再判斷所受安培力的方向，從而確定運動方向.
3.等效分析法
環(huán)形電流可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可以等效成環(huán)形電流，通電螺線管可等效成很多的環(huán)形電流.
4.推論分析法
(1)兩直線電流相互平行時無轉動趨勢，方向相同時相互吸引，方向相反時相互排斥；
(2)兩直線電流不平行時有轉動到相互平行且方向相同的趨勢.
5.轉換研究對象法：因為電流之間，電流與磁體之間相互作用滿足牛頓第三定律，這樣定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律來確定磁體所受的電流作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向.
二、安培力與力學知識的綜合運用
1.通電導體在磁場、重力場中的平衡與加速運動問題的處理方法和純力學問題一樣，無非是多了一個安培力.
2.解決這類問題的關鍵
(1)受力分析時安培力的方向千萬不可跟著感覺走，牢記安培力方向既跟磁感應強度方向垂直又和電流方向垂直.
(2)畫出導體受力的平面圖.
做好這兩點，剩下的問題就是純力學問題了.
典例精析
1.通電導體在安培力作用下的運動
【例1】如圖所示，原來靜止的圓形線圈通以逆時針方向的電流，當在其直徑AB上靠近B點處放一根垂直于線圈平面的固定不動的長導線時(電流方向如圖所示)，在磁場作用下線圈如何運動？
【解析】用電流元分析法：如圖(a)直導線周圍的磁感線是一簇順時針的同心圓，
我們分別在線圈上找四段電流元A、B、C、D，電流元A、B段的電流與直導線產生的圓形磁場相切，不受安培力，電流元C和D用左手定則分析判斷其受安培力方向為垂直紙面向里和垂直紙面向外.由此可以判斷線圈將以AB為轉軸從左向右看逆時針轉動.
用等效法分析：把通電線圈等效成放在O點N極指向紙外的小磁針；而通電直導線在O點產生的磁場是垂直于直徑AB向上，所以小磁針指向紙外的N極向上轉動，即從左向右看線圈將逆時針轉動.
用特殊位置分析法：設線圈轉動90°到與直導線重合的位置(如圖b)，直線電流左邊的磁場向紙外，右邊的磁場向紙里，再用左手定則分別判斷線圈的左邊和右邊所受安培力方向均向左，即線圈將向左靠近直導線.
用推論分析法：在線圈轉到圖(b)位置時，直導線左邊的線圈電流向下，與直導線電流方向相反，則兩者相互排斥，線圈左邊受直導線作用方向向左.線圈在直導線右邊部分的電流向上，與直導線電流方向相同，兩者相互吸引，即直導線右邊部分線圈受安培力方向也是向左的.所以可以判斷整個線圈將向左運動.
綜上所述，線圈整個過程的運動情況是：在以直徑AB為軸轉動的同時向左平動.
【思維提升】(1)在判斷通電導體(磁體)在安培力作用下的運動時，通常采用“等效法”、“推論分析法”要比“電流元法”簡單，根據需要可用“轉換研究對象法”.
(2)導體(磁體)受安培力作用下的運動，先要判定是參與“平動”還是“轉動”，或者“轉動”的同時還參與“平動”，再選擇恰當?shù)姆椒ㄇ蠼?
【拓展1】如圖所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如圖方向的電流后，判斷線圈如何運動.
【解析】解法一：電流元法
首先將圓形線圈分成很多小段，每小段可看做一直線電流，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示.根據對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動.
解法二：等效法
將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，如圖乙所示，據異名磁極相吸引知，線圈將向左運動.同時，也可將左側條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，亦可得到相同的答案.
2.安培力與力學知識的綜合運用
【例2】在傾角為α的光滑斜面上置一通有電流I、長為L、質量為m的導體棒，如圖所示.
(1)欲使棒靜止在斜面上，外加勻強磁場的磁感應強度B的最小值和方向；
(2)欲使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，外加勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；
(3)若使棒靜止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁場的方向范圍.
【解析】此題屬于電磁學和靜力學的綜合題，研究對象為通電導體棒，所受的力有重力mg、彈力FN、安培力F，屬于三個共點力平衡問題.
棒受到的重力mg，方向豎直向下，彈力垂直于斜面，大小隨安培力的變化而變化；安培力始終與磁場方向及電流方向垂直，大小隨磁場方向不同而變.
(1)由平衡條件可知：斜面的彈力和安培力的合力必與重力mg等大、反向，故當安培力與彈力方向垂直即沿斜面向上時，安培力大小最小，由平衡條件知B＝，所以，由左手定則可知B的方向應垂直于斜面向上.
(2)棒靜止在斜面上，且對斜面無壓力，則棒只受兩個力作用，即豎直向下的重力mg和安培力F作用，由平衡條件可知F＝mg，且安培力F豎直向上，故B＝，由左手定則可知B的方向水平向左.
(3)此問的討論只是問題的可能性，并沒有具體研究滿足平衡的定量關系，為了討論問題的方便，建立如圖所示的直角坐標系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在mg和FN的反向延長線F2和F1之間.由圖不難看出，F(xiàn)的方向應包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根據左手定則，B與＋x的夾角θ應滿足α＜θ≤π
【思維提升】本題屬于共點力平衡的問題，所以處理的思路基本上和以往受力平衡處理思路相同，難度主要是在引入了安培力，最終要分析的是磁感應強度的方向問題，但只要準確分析了力的方向，那么磁感應強度的問題也就容易了.
【拓展2】有兩個相同的電阻都為9Ω的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個絕緣的水平臺面上，兩環(huán)分別在兩個互相平行的、相距為20cm的豎直平面內，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感應強度B＝0.87T的勻強磁場，兩環(huán)的最高點A和C間接有一內阻為0.5Ω的電源，連接導線的電阻不計.今有一根質量為10g、電阻為1.5Ω的棒置于兩環(huán)內側且可順環(huán)滑動，而棒恰好靜止于如圖所示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點P、Q和圓弧最低點間所夾的弧對應的圓心角均為θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2，試求此電源電動勢E的大小.
【解析】在題圖中，從左向右看，棒的受力如圖所示，棒所受的重力和安培力FB的合力與環(huán)對棒的彈力FN是一對平衡力，且有
FB＝mgtanθ＝mg
而FB＝IBL，故
I＝A＝1A
在題圖所示的電路中兩個圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R，則
R＝Ω＝2Ω
由閉合電路歐姆定律得
E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V
3.安培力的實際應用
【例3】如圖所示是一個可以用來測量磁感應強度的裝置，一長方體絕緣容器內部高為L，厚為d，左右兩管等高處裝有兩根完全相同的開口向上的管子a、b，上、下兩側裝有電極C(正極)和D(負極)，并經開關S與電源連接.容器中注滿能導電的液體，液體密度為ρ.將容器置于一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里.當開關斷開時，豎直管子a、b中的液面高度相同；開關S閉合后，a、b管中液面出現(xiàn)高度差.若閉合開關S后，a、b管中液面將出現(xiàn)高度差為h，電路中電流表的讀數(shù)為I，求磁感應強度B的大小.
【解析】開關S閉合后，導電液體中有電流由C流向D，根據左手定則可知導電液體要受到向右的安培力F的作用，在液體中產生附加壓強p，這樣a、b管中液面將出現(xiàn)高度差.設液體中產生附加壓強為p，則
p＝①
F＝BIL②
S＝Ld③
所以磁感應強度B的大小為B＝④
【思維提升】由于習慣于理想的物理模型，學生往往迷惑于新穎陌生的實際問題.解題的關鍵要利用原型啟發(fā)、類比、聯(lián)想等思維方法，通過對題給情景的分析來獲知其原理，建立起熟悉的物理模型.

高考物理基礎知識要點復習磁場

20xx屆高三物理一輪復習全案：第3章磁場單元復習（選修3-1）
【單元知識網絡】
【單元歸納整合】
1．帶電粒子在勻強磁場中作部分圓周運動基本方法。
帶電粒子在勻強磁場中作部分圓周運動時，往往聯(lián)系臨界和多解問題，分析解決這類問題的基本方法是：
(1)運用動態(tài)思維，確定臨界狀態(tài)。從速度的角度看，一般有兩種情況：
①粒子速度方向不變，速度大小變化；此時所有速度大小不同的粒子，其運動軌跡的圓心都在垂直于初速度的直線上，速度增加時，軌道半徑隨著增加，尋找運動軌跡的臨界點（如：與磁場邊界的切點，與磁場邊界特殊點的交點等）；
②粒子速度大小不變，速度方向變化；此時由于速度大小不變，則所有粒子運動的軌道半徑相同，但不同粒子的圓心位置不同，其共同規(guī)律是：所有粒子的圓心都在以入射點為圓心，以軌道半徑為半徑的圓上，從而找出動圓的圓心軌跡，再確定運動軌跡的臨界點。
（2）確定臨界狀態(tài)的圓心、半徑和軌跡，尋找臨界狀態(tài)時圓弧所對應的回旋角求粒子的運動時間（見前一課時）。
2．帶電粒子在勻強磁場運動的多解問題
帶電粒子在勻強磁場中運動時，可能磁場方向不定、電荷的電性正負不定、磁場邊界的約束、臨界狀態(tài)的多種可能、運動軌跡的周期性以及粒子的速度大小和方向變化等使問題形成多解。
（1）．帶電粒子的電性不確定形成多解。當其它條件相同的情況下，正負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成雙解。
（2）．磁場方向不確定形成多解。當磁場的磁感應強度的大小不變，磁場方向發(fā)生變化時，可以形成雙解或多解。
（3）．臨界狀態(tài)不唯一形成多解。帶電粒子在有界磁場中運動時，可能出現(xiàn)多種不同的臨界狀態(tài)，形成與臨界狀態(tài)相對應的多解問題。
（4）．帶電粒子運動的周期性形成多解。粒子在磁場中運動時，如果改變其運動條件（如：加檔板、加電場、變磁場等）可使粒子在某一空間出現(xiàn)重復性運動而形成多解
3．磁場最小范圍問題
近年來高考題中多次出現(xiàn)求圓形磁場的最小范圍問題，這類問題的求解方法是：先依據題意和幾何知識，確定圓弧軌跡的圓心、半徑和粒子運動的軌跡，再用最小圓覆蓋粒子運動的軌跡（一般情況下是圓形磁場的直徑等于粒子運動軌跡的弦），所求最小圓就是圓形磁場的最小范圍
【單元強化訓練】
1（20xx北京東城區(qū)二模）如圖所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B，一質子沿極板方向以速度v0從左端射入，并恰好從兩板間沿直線穿過。不計質子重力，下列說法正確的是（）
A．若質子以小于v0的速度沿極板方向從左端射入，它將向上偏轉
B．若質子以速度2v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過
C．若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過
D．若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過
2（20xx北京市豐臺區(qū)二模）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，O點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端。點由靜止釋放。下列判斷正確的是（）
A．當小球運動的弧長為圓周長的l／4時，洛侖茲力最大
B．當小球運動的弧長為圓周長的1／2時，洛侖茲力最大
C．小球從O點到b點，重力勢能減小，電勢能增大
D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小
3（20xx北京市朝陽區(qū)二模）如圖所示，在豎直虛線MN和M′N′之間區(qū)域內存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子（不計重力）以初速度v0由A點垂直MN進入這個區(qū)域，帶電粒子沿直線運動，并從C點離開場區(qū)。如果撤去磁場，該粒子將從B點離開場區(qū)；如果撤去電場，該粒子將從D點離開場區(qū)。則下列判斷正確的是（）
A．該粒子由B、C、D三點離開場區(qū)時的動能相同
B．該粒子由A點運動到B、C、D三點的時間均不相同
C．勻強電場的場強E與勻強磁場的磁感應強度B之比
D．若該粒子帶負電，則電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向外
4（20xx北京市海淀區(qū)二模）如圖7所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以初速度沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上轉。若帶電粒子所受承力可忽略不計，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉，下列措施中一定不可行的是（）
A．僅增大帶電粒子射入時的速度
B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量
C．僅減小粒子所帶電荷量
D．僅改變粒子的電性
5（20xx北京市西城區(qū)二模）歐洲強子對撞機在20xx年初重新啟動，并取得了將質子加速到1.18萬億ev的階段成果，為實現(xiàn)質子對撞打下了堅實的基礎。質子經過直線加速器加速后進入半徑一定的環(huán)形加速器，在環(huán)形加速器中，質子每次經過位置A時都會被加速（圖1），當質子的速度達到要求后，再將它們分成兩束引導到對撞軌道中，在對撞軌道中兩束質子沿相反方向做勻速圓周運動，并最終實現(xiàn)對撞（圖2）。質子是在磁場的作用下才得以做圓周運動的。下列說法中正確的是（）
A．質子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減小
B．質子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變
C．質子：在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減小
D．質子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變
6、如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等。現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是（）
A．小球能越過與O等高的d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動
B．當小球運動到c點時，洛侖茲力最大
C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大
D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小

7、質譜儀的工作原理示意圖如右圖所示．帶電粒子被加速電場加速后，進人速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述不正確的是
A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
B．質譜儀是分析同位素的重要儀器
C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B
D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小
8、（20xx北京東城區(qū)二模）如圖所示，間距為L、電阻為零的U形金屬豎直軌道，固定放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面里。豎直軌道上部套有一金屬條bc，bc的電阻為R，質量為2m，可以在軌道上無摩擦滑動，開始時被卡環(huán)卡在豎直軌道上處于靜止狀態(tài)。在bc的正上方高H處，自由落下一質量為m的絕緣物體，物體落到金屬條上之前的瞬問，卡環(huán)立即釋改，兩者一起繼續(xù)下落。設金屬條與導軌的摩擦和接觸電阻均忽略不計，豎直軌道足夠長。求：
（1）金屬條開始下落時的加速度；
（2）金屬條在加速過程中，速度達到v1時，bc對物體m的支持力；
（3）金屬條下落h時，恰好開始做勻速運動，求在這一過程中感應電流產生的熱量。
解析：（1）物塊m自由下落與金屬條碰撞的速度為
設物體m落到金屬條2m上，金屬條立即與物體有相同的速度v開始下落，
由m和2m組成的系統(tǒng)相碰過程動量守恒
則
金屬條以速度v向下滑動，切割磁感線，產生感應電動勢，在閉合電路中有感應電流
則金屬條所受安培力為
對于，金屬條和物體組成的整體，由牛頓第二定律可得
則金屬條開始運動時的加速度為
（8分）
（2）當金屬條和物體的速度達到v1時，加速度設為，同理可得，
對物體m來說，它受重力mg和支持力N，則有
（4分）
（3）金屬條和物體一起下滑過程中受安培力和重力，隨速度變化，安培力也變化，做變加速度運動，最終所受重力和安培力相等，加速度也為零，物體將以速度做勻速運動，則有
金屬條的最終速度為
下落h的過程中，設金屬條克服安培力做功為WA，由動能定理
感應電流產生的熱量Q=WA
得：（6分）
9、（20xx北京市豐臺區(qū)二模）如圖所示，兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為L，在緊靠平行板右側的等邊三角形區(qū)域內存在著勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，三角形底邊BG與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上。
一個質量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩金屬板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD=AB，并垂直AC邊射出（不計粒子的重力）。求：
（1）兩金屬板問的電壓；
（2）三角形區(qū)域內磁感應強度大??；
（3）若兩金屬板問不加電壓，三角形區(qū)域內的磁場方向垂直紙面向外。要使粒子進入場區(qū)域后能從BC邊射出，試求所加磁場的磁感應強度的取值范圍。
解：（6分）
（1）粒子在兩塊平行金屬板間的電場中，沿水平方向做勻速運動，豎直方向做初速度為零的勻加速運動。
粒子垂直AB邊進入磁場，由幾何知識得，粒子離開電場時偏角。根據類平拋運動的規(guī)律有：
①（1分）
②（1分）
③（1分）
④（1分）
聯(lián)立①②③④解得：（2分）
（8分）（2）由幾何關系得：
粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：
⑤（2分）
粒子進入磁場時的速率為：⑥（2分）
根據向心力公式有：⑦（2分）
聯(lián)立⑤⑥⑦解得：（2分）
（6分）（3）若兩板間不加電壓，粒子將沿水平以速率v0從AB邊的中點進入磁場。
當粒子剛好從C點射出磁場，磁感應強度最小。設磁感應強度的最小值為B2，
由幾何關系知，對應粒子的最大軌道半徑r2為：r2=d（1分）
根據向心力公式有：（1分）
解得：（1分）
當粒子剛好從E點射出磁場時，磁感應強度最大。
設磁感應強度的最大值為B3，由幾何關系知，
對應粒子的最小軌道半徑r3為：（1分）
同上解出：（1分）
所以所加磁場的磁感應強度的取值范圍為（1分）
10、（20xx北京市宣武區(qū)二模）下圖為湯姆生在1897年測量陰極射線（電子）的荷質比時所用實驗裝置的示意圖。K為陰極，A1和A2為連接在一起的中心空透的陽極，電子從陰檢發(fā)出后被電場加速，只有運動方向與A1和A2的狹縫方向相同的電子才能通過，電子被加速后沿方向垂直進入方向互相垂直的電場、磁場的疊加區(qū)域。磁場方向垂直紙面向里，電場極板水平放置，電子在電場力和磁場力的共同作用下發(fā)生偏轉。已知圓形磁場的半徑為R，圓心為C。
某校物理實驗小組的同學們利用該裝置，進行了以下探究測量：
首先他們調節(jié)兩種場強的大?。寒旊妶鰪姸鹊拇笮镋，磁感應強度的大小為B時，使得電子恰好能夠在復合場區(qū)域內沿直線運動；然后撤去電場，保持磁場和電子的速度不變，使電子只在磁場力的作用下發(fā)生偏轉，打要熒屏上出現(xiàn)一個亮點P，通過推算得到電子的偏轉角為α（即：之間的夾角）。若可以忽略電子在陰極K處的初速度，則：
（1）電子在復合場中沿直線向右飛行的速度為多大？
（2）電子的比荷為多大？
（3）利用上述已知條件，你還能再求出一個其它的量嗎？若能，請指出這個量的名稱。
（1）電子在復合場中二力平衡，
即①
（2）如圖所示，其中r為電子在磁場中做圓（?。┻\動的圓軌道半徑。
所以：③
④
又因：⑤
聯(lián)解以上四式得：⑥
（3）還可以求出電子在磁場中做圓弧運動的圓半徑r等（或指出：加速電場的電壓U，等即可）

高考物理基礎知識歸納:帶電粒子在磁場中的運動

第3課時帶電粒子在磁場中的運動

基礎知識歸納
1.洛倫茲力
運動電荷在磁場中受到的力叫洛倫茲力.通電導線在磁場中受到的安培力是在導線中定向移動的電荷受到的洛倫茲力的合力的表現(xiàn).
(1)大小：當v∥B時，F(xiàn)＝0；當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.
(2)方向：用左手定則判定，其中四指指向正電荷運動方向(或負電荷運動的反方向)，拇指所指的方向是正電荷受力的方向.洛倫茲力垂直于磁感應強度與速度所決定的平面.
2.帶電粒子在磁場中的運動(不計粒子的重力)
(1)若v∥B，帶電粒子做平行于磁感線的勻速直線運動.
(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁場方向的平面內以入射速度v做勻速圓周運動.洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動所需的向心力，由牛頓第二定律qvB＝得帶電粒子運動的軌道半徑R＝，運動的周期T＝.
3.電場力與洛倫茲力的比較
電場力洛倫茲力
存在條件作用于電場中所有電荷僅對運動著的且速度不與磁場平行的電荷有洛倫茲力的作用
大小F＝qE與電荷運動速度無關f＝Bqv與電荷的運動速度有關
方向力的方向與電場方向相同或相反，但總在同一直線上力的方向始終和磁場方向垂直
對速度的改變可以改變電荷運動速度大小和方向只改變電荷速度的方向，不改變速度的大小
做功可以對電荷做功，能改變電荷動能不能對電荷做功，不能改變電荷的動能
偏轉軌跡靜電偏轉，軌跡為拋物線磁偏轉，軌跡為圓弧
重點難點突破
一、對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路
1.確定對象，并對其進行受力分析.
2.根據物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規(guī)律(力學規(guī)律均適用).
總之解決這類問題的方法與純力學問題一樣，無非多了一個洛倫茲力，要注意：
(1)洛倫茲力不做功，在應用動能定理、機械能守恒定律時要特別注意這一點；
(2)洛倫茲力可能是恒力也可能是變力.
二、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定
1.圓心的確定一般有以下四種情況：
(1)已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度的垂線，交點即為圓心.
(2)已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡上的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心.
(3)已知粒子運動軌跡上的兩條弦，作出兩弦垂直平分線，交點即為圓心.
(4)已知粒子在磁場中的入射點、入射方向和出射方向(不一定在磁場中)，延長(或反向延長)兩速度方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線，角平分線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心.
2.半徑的確定和計算.圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解三角形的方法及圓心角等于弦切角的兩倍等知識.
3.在磁場中運動時間的確定，利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于360°計算出圓心角θ的大小，由公式t＝T可求出運動時間，有時也用弧長與線速度的比t＝.
三、兩類典型問題
1.極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，求出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值.
注意：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；
(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.
2.多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：
(1)粒子電性不確定；(2)磁場方向不確定；(3)臨界狀態(tài)不唯一；(4)粒子運動的往復性等.
典例精析
1.在洛倫茲力作用下物體的運動
【例1】一個質量m＝0.1g的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示.小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面.問：
(1)小滑塊帶何種電荷？
(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？
(3)該斜面的長度至少多長？
【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面向上，根據左手定則可知，小滑塊應帶負電荷.
(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0
當FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時qvB＝mgcosα
得v＝m/s=2m/s
(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsinα＝mv2
斜面的長度至少應是x＝m＝1.2m
【思維提升】(1)在解決帶電粒子在磁場中運動的力學問題時，對粒子進行受力分析、運動情況分析是關鍵；(2)根據力學特征，選用相應的力學規(guī)律求解，但由于洛倫茲力與速度有關，要注意動態(tài)分析.
【拓展1】如圖所示，質量為m的帶正電小球，電荷量為q，小球中間有一孔套在足夠長的絕緣細桿上，桿與水平方向成θ角，與球的動摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應強度為B的勻強磁場中，若從高處將小球無初速度釋放，小球在下滑過程中加速度的最大值為gsinθ，運動速度的最大值為.
【解析】分析帶電小球受力如圖，在釋放處a，由于v0＝0，無洛倫茲力，隨著小球加速，產生垂直桿向上且逐漸增大的洛倫茲力F，在b處，F(xiàn)＝mgcosθ，F(xiàn)f＝0
此時加速度最大，am＝gsinθ，隨著小球繼續(xù)加速，F(xiàn)繼續(xù)增大，小球將受到垂直桿向下的彈力FN′，從而恢復了摩擦力，且逐漸增大，加速度逐漸減小，當Ff′與mgsinθ平衡時，小球加速結束，將做勻速直線運動，速度也達到最大值vm.
在圖中c位置：FN′＋mgcosθ＝Bqvm①
mgsinθ＝Ff′②
Ff′＝μFN′③
由①②③式解得vm＝
2.帶電粒子在有界磁場中的運動
【例2】兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示.在y0、0xa的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，在y0、xa的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內的磁感應強度大小均為B.在O點處有一小孔，一束質量為m、帶電荷量為q(q0)的粒子沿x軸經小孔射入磁場，最后打在豎直和水平的熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮.入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各數(shù)值.已知速度最大的粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間與在xa的區(qū)域中運動的時間之比為2∶5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期.試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響).
【解析】如右圖所示，粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中運動的半徑為r＝
速度小的粒子將在xa的區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上.半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到2a.
軌道半徑大于a的粒子開始進入右側磁場，考慮r＝a的極限情況，這種粒子在右側的圓軌跡與x軸在D點相切(圖中虛線)，OD＝2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界.
速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C′，C在y軸上，由對稱性可知C′在x＝2a的直線上.
設t1為粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間，t2為在xa的區(qū)域中運動的時間，由題意可知
，t1＋t2＝
由此解得t1＝，t2＝
再由對稱性可得
∠OCM＝60°，∠MC′N＝60°
∠MC′P＝360°×＝150°
所以∠NC′P＝150°－60°＝90°
即為1/4圓周.因此圓心C′在x軸上.
設速度為最大值時粒子的軌道半徑為R，由直角△COC′可得2Rsin60°＝2a，R＝
由圖可知OP＝2a＋R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界坐標x＝2(1＋)a
【思維提升】帶電粒子在不同的有界磁場中的連續(xù)運動問題，一是要分別根據進入和離開磁場的點速度方向確定帶電粒子做勻速圓周運動的圓心，進而畫出帶電粒子在有界磁場中的運動軌跡；二是找準由一個磁場進入另一個磁場這一關鍵點，確定出這一關鍵點上速度的方向；三是要注意磁場方向和大小變化引起帶電粒子的運動軌跡的變化.
【拓展2】下圖是某裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在A1A2的右側區(qū)域，磁感應強度B＝0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與垂直截面上的水平線夾角為45°.在A1A2左側，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L＝0.2m，在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L.在小孔處裝一個電子快門.起初快門開啟，一旦有帶正電微粒剛通過小孔，快門立即關閉，此后每隔T＝3.0×10－3s開啟一次并瞬間關閉，從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射的一速度為v0的帶正電微粒，它經過磁場區(qū)域后入射到P處小孔.通過小孔的微粒與擋板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍.
(1)經過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應為多少？
(2)求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間.(忽略微粒所受重力影響，碰撞過程中無電荷轉移.已知微粒的荷質比＝1.0×103C/kg.只考慮紙面上帶電微粒的運動)
【解析】(1)如下圖所示，設帶正電微粒在S1、S2之間任意點Q以水平速度v0進入磁場，微粒受到的洛倫茲力為f，在磁場中做圓周運動的半徑為r，有：
f＝qv0B①
f＝②
由①②式解得r＝，欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為
Lr2L③
代入數(shù)據得80m/sv0160m/s
欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必須滿足條件：
＝nT，其中n＝1,2,3…④
由①②③④式可知，只有n＝2滿足條件，即有
v0＝100m/s⑤
(2)設微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0，從水平進入磁場到第二次離開磁場的總時間為t，設t1、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一次離開磁場運動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3，運動軌跡如圖所示，則有
T0＝⑥
t1＝T0⑦
t2＝⑧
t3＝⑨
t4＝T0⑩
解得t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2.8×10－2s
3.帶電粒子在有界磁場運動的臨界問題
【例3】如圖所示，一個質量為m，電荷量大小為q的帶電微粒(忽略重力)，與水平方向成45°射入寬度為d、磁感應強度為B、方向垂直紙面向內的勻強磁場中，若使粒子不從磁場MN邊界射出，粒子的初速度大小應為多少？
【解析】帶電粒子垂直B進入勻強磁場做勻速圓周運動，若不從邊界MN射出，粒子運動偏轉至MN邊界時v與邊界平行即可.由左手定則可知：若粒子帶正電荷，圓周軌跡由A→B；若粒子帶負電荷，圓周軌跡由A→C，如圖所示，圓周軌跡的圓心位置可根據粒子線速度方向垂直半徑的特點，作初速度v0的垂線與邊界MN的垂線的交點即為圓軌跡的圓心O1與O2.
粒子帶正電荷情況：粒子沿圓軌跡A→B運動方向改變了45°，由幾何關系可知∠AO1B＝45°，那么
d＝R1－R1cos45°①
R1＝②
將②式代入①式得
v0＝
即粒子若帶正電荷，初速度滿足0v0≤時將不從磁場邊界MN射出.
粒子帶負電荷情況：粒子沿圓軌跡A→C運動，方向改變了135°，由幾何關系知∠AO2C＝135°，∠O2AF＝45°，那么
d＝R2＋R2sin45°③
R2＝④
將④式代入③式得
v0′＝
即粒子若帶負電荷，初速度滿足0v0′≤時，將不從磁場邊界MN射出.
【思維提升】(1)充分理解臨界條件；(2)題中沒說明電荷的電性，應分正、負兩種電性加以分析.
【拓展3】未來人類要通過可控熱核反應取得能源，要持續(xù)發(fā)生熱核反應必須把溫度高達幾百萬攝氏度以上的核材料約束在一定的空間內.約束的辦法有多種，其中技術上相對成熟的是用磁場約束，稱為“托卡馬克”裝置.如圖所示為這種裝置的模型圖：垂直紙面的有環(huán)形邊界的勻強磁場(b區(qū)域)圍著磁感應強度為零的圓形a區(qū)域，a區(qū)域內的離子向各個方向運動，離子的速度只要不超過某值，就不能穿過環(huán)形磁場的外邊界而逃逸，從而被約束.設環(huán)形磁場的內半徑R1＝0.5m，外半徑R2＝1.0m，磁場的磁感應強度B0＝1.0T，被約束的離子比荷q/m＝4.0×107C/kg.
(1)若a區(qū)域中沿半徑OM方向射入磁場的離子不能穿過磁場，則離子的速度不能超過多大？
(2)若要使從a區(qū)域沿任何方向射入磁場的速率為2.0×107m/s的離子都不能越出磁場的外邊界，則b區(qū)域磁場的磁感應強度B至少要有多大？
【解析】(1)速度越大軌跡圓半徑越大，要使沿OM方向運動的離子不能穿越磁場，則其在環(huán)形磁場內的運動軌跡圓中半徑最大者與磁場外邊界圓相切，如圖所示.設軌跡圓的半徑為r1，則r＋R＝(R2－r1)2
代入數(shù)據解得r1＝0.375m
設沿該圓運動的離子速度為v1，由牛頓運動定律有qv1B0＝
解得v1＝＝1.5×107m/s
(2)當離子以v2的速度沿與內邊界圓相切的方向射入磁場，且軌跡與磁場外邊界圓相切時，以該速度沿各個方向射入磁場區(qū)的離子都不能穿出磁場邊界，如圖所示.
設軌跡圓的半徑為r2，則r2＝＝0.25m
解得B＝＝2.0T
易錯門診
4.帶電粒子在磁場中的運動及功能關系
【例4】如圖所示，勻強磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板，一個帶電粒子垂直進入勻強磁場，以半徑R1＝20cm做勻速圓周運動，第一次垂直穿過鉛板后以半徑R2＝19cm做勻速圓周運動，則帶電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？(每次穿過鉛板時阻力大小相同)
【錯解】因為R1＝，所以v1＝
同理：v2＝
設粒子每穿過鉛板一次，速度減少Δv，
則Δv＝v1－v2＝(R1－R2)
故粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)為n＝＝20次
【錯因】粒子每穿過一次鉛板應該是損失的動能相同，故粒子每穿過一次鉛板減少的速度不同.速度大時，其速度變化量小，速度小時，速度變化量大.
【正解】粒子每穿過鉛板一次損失的動能為
ΔE＝
穿過鉛板的次數(shù)
N＝＝10.26次，取n＝10次
【思維提升】對于物理問題必須弄清問題的本質，此題中每次穿過鉛板后，應該是損失的動能相同，而不是速度的變化相同.

高考物理基礎知識歸納:原子結構

第1課時原子結構

基礎知識歸納
1.電子的發(fā)現(xiàn)和湯姆孫的原子模型
電子的發(fā)現(xiàn)：
1897年英國物理學家湯姆孫，對陰極射線進行了一系列的研究，從而發(fā)現(xiàn)了電子.使人們認識到原子有復雜結構，揭開了研究原子的序幕.
湯姆孫的“棗糕”模型：
原子是一個球體，正電荷均勻分布在整個球內，電子像棗糕里的棗子一樣鑲嵌在原子里.
2.盧瑟福的核式結構模型
(1)α粒子散射實驗裝置
(2)α粒子散射實驗的結果：α粒子通過金箔時，絕大多數(shù)不發(fā)生偏轉，仍沿原來的方向前進，少數(shù)發(fā)生較大的偏轉，極少數(shù)偏轉角超過90°，有的甚至被彈回，偏轉角幾乎達到180°.
(3)核式結構模型：在原子的中心有一個很小的核，叫做原子核，原子的全部正電荷和幾乎全部質量都集中在原子核里，帶負電的電子在核空間里繞著核旋轉.原子核所帶的正電荷數(shù)等于核外的電子數(shù)，所以整個原子是呈電中性的.電子繞著核旋轉所需的向心力就是核對它的庫侖引力.
(4)從α粒子散射實驗的數(shù)據估算出原子核大小的數(shù)量級為10－15～10－14m，原子大小的數(shù)量級為10－10m.
3.氫原子光譜
(1)光譜分為兩類，一類稱為線光譜，另一類稱為連續(xù)光譜；
(2)各種原子的發(fā)射光譜都是線狀光譜，都只能發(fā)出幾種特定頻率的光，不同原子的發(fā)光頻率是不同的，因此線狀光譜稱為原子的特征譜線，對光譜線進行分析，就可以確定發(fā)光物質，這種方法稱為光譜分析.
(3)氫原子光譜可見光譜線波長可以用公式：表示，式中R稱為里德伯常量，R＝1.1×107m－1.
4.玻爾的原子模型
(1)原子核式結構模型與經典電磁理論的矛盾說明，經典電磁理論已不適用于原子系統(tǒng)，玻爾從光譜學成就得到啟發(fā)，利用普朗克的能量量子化的概念，提出三個假設：
①定態(tài)假設：原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中，在這些狀態(tài)中原子是穩(wěn)定的，電子雖然做加速運動，但并不向外輻射能量，這些狀態(tài)叫定態(tài).
②躍遷假設：原子從一個定態(tài)(設能量為E2)躍遷到另一定態(tài)(設能量為E1)時，它輻射或吸收一定頻率的光子，光子的能量由這兩個定態(tài)的能量差決定，即hν＝E2－E1.
③軌道量子化假設：原子的不同能量狀態(tài)，跟電子不同的運行軌道相對應.原子的能量不連續(xù)，因而電子可能軌道的分布也是不連續(xù)的.

(2)玻爾的氫原子模型
①氫原子的能級公式和軌道半徑公式：玻爾在三條假設基礎上，利用經典電磁理論和牛頓力學，計算出氫原子核外電子的各條可能軌道的半徑，以及電子在各條軌道上運動時原子的能量.
氫原子中電子在第n條可能軌道上運動時，氫原子的能量En和電子軌道半徑rn分別為En＝、rn＝n2r1(n＝1、2、3…).
其中E1、r1為離核最近的第一條軌道(即n＝1)的氫原子能量和軌道半徑.即E1＝－13.6eV，r1＝0.53×10－10m(以電子距原子核無窮遠時電勢能為零計算).
②氫原子的能級圖：氫原子的各個定態(tài)的能量值，叫氫原子的能級.按能量的大小用圖象表示出來即能級圖.
其中n＝1的定態(tài)稱為基態(tài)，n＝2以上的定態(tài)，稱為激發(fā)態(tài).
5.原子核結構
(1)湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，說明原子不是最小的微粒；盧瑟福α粒子散射實驗，說明原子里存在一個很小的原子核；盧瑟福用α粒子轟擊氮原子核，獲得質子，說明原子核也不是最小的微粒.
(2)原子核是由質子和中子組成的；質子和中子統(tǒng)稱為核子，原子核的核電荷數(shù)等于質子數(shù)，等于原子的核外電子數(shù)；原子核的質量數(shù)等于原子核內的核子數(shù).
(3)質子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子核互稱同位素，原子的化學性質決定于原子的核外電子數(shù)；同位素具有相同的質子數(shù)，相同的核外電子數(shù)，因而具有相同的化學性質.
重點難點突破
一、為什么用α粒子散射實驗研究原子結構
原子結構無法直接觀察到，要用高速粒子進行轟擊，根據粒子的散射情況分析判斷原子的結構，而α粒子有足夠的能量，可以穿過原子，并且利用熒光作用可觀察α粒子的散射情況，所以選取α粒子進行散射實驗.
二、氫原子怎樣吸收能量由低能級向高能級躍遷
此類問題可分為三種情況：
1.光子照射氫原子，當光子的能量小于電離能時，只能滿足光子的能量為兩定態(tài)間能級差時才能被吸收.
2.光子照射氫原子，當光子的能量大于電離能時，任何能量的光子都能被吸收，吸收的能量一部分用來使電子電離，另一部分可用來增加電子離開核的吸引后的動能.
3.當粒子與原子碰撞(如電子與氫原子碰撞)時，由于粒子的動能可全部或部分被氫原子吸收，故只要入射粒子的動能大于或等于原子兩能級的能量差，就可以使原子受激發(fā)而向高能級躍遷.
典例精析
1.α粒子散射實驗與核式結構模型
【例1】盧瑟福通過對α粒子散射實驗結果的分析，提出()
A.原子的核式結構模型B.原子核內有中子存在
C.電子是原子的組成部分D.原子核是由質子和中子組成的
【解析】盧瑟福精確統(tǒng)計了向各個方向散射的α粒子的數(shù)目，提出了原子的核式結構模型：在原子的中心有一個很小的核，叫做原子核，原子的全部正電荷與幾乎全部質量都集中在原子核里，帶負電的電子在核外的空間運動，由此可知，A選項正確.
【答案】A
【思維提升】(1)關鍵是利用α粒子散射實驗的結果進行分析.
(2)盡管B、C、D正確，但實驗結果不能說明它們，故不選B、C、D.
【拓展1】在盧瑟福的α粒子散射實驗中，有少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉，其原因是(A)
A.原子的正電荷和絕大部分質量集中在一個很小的核上
B.正電荷在原子中是均勻分布的
C.原子中存在著帶負電的電子
D.原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中
【解析】α粒子帶正電，其質量約是電子質量的7300倍.α粒子碰到金原子內的電子，就像飛行中的子彈碰到塵埃一樣，其運動方向不會發(fā)生明顯的改變.
若正電荷在原子內均勻分布，α粒子穿過原子時，它受到的兩側正電荷斥力有相當大一部分互相抵消，使α粒子偏轉的力也不會很大.
根據少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉的現(xiàn)象，只能認為原子的正電荷和絕大部分質量集中在一個很小的核上，入射的α粒子中，只有少數(shù)α粒子有機會很接近核，受到很大的斥力而發(fā)生大角度偏轉.所以正確選項是A.
2.氫原子的能級躍遷
【例2】假定處在量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷到各較低能級的原子數(shù)是處在該激發(fā)態(tài)能級上的原子總數(shù)的.現(xiàn)在1200個氫原子被激發(fā)到量子數(shù)為4的能級上，若這些受激氫原子最后都回到基態(tài)，則在此過程中發(fā)出的光子總數(shù)是()
A.2200個B.2000個C.1200個D.2400個
【解析】如圖所示，各能級間躍遷的原子個數(shù)及處于各能級的原子個數(shù)分別為
n＝4到n＝3N1＝1200×＝400
n＝3能級的原子個數(shù)為400個.
n＝4到n＝2N2＝1200×＝400
n＝3到n＝2N3＝400×＝200
n＝2能級的原子個數(shù)為600個.
n＝4到n＝1N4＝1200×＝400
n＝3到n＝1N5＝400×＝200
n＝2到n＝1N6＝600
所以發(fā)出的光子總數(shù)為
N＝N1＋N2＋…＋N6＝2200
【答案】A
【思維提升】(1)原子從低能級向高能級躍遷吸收一定能量的光子，當一個光子的能量滿足hυ＝E末－E初時，才能被某一個原子吸收，使原子從低能級E初向高能級E末躍遷，而當光子能量hυ大于或小于E末－E初時都不能被原子吸收.
(2)原子從高能級向低能級躍遷，以光子的形式向外輻射能量，所輻射的光子能量恰等于發(fā)生躍遷時的兩能級間的能量差.
(3)當光子能量大于或等于13.6eV時，也可以被氫原子吸收，使氫原子電離；當氫原子吸收的光子能量大于13.6eV時，氫原子電離后，電子具有一定的初動能.
一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時，可能輻射出的光譜線條數(shù)為N＝.
【拓展2】氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為1.62eV～3.11eV.下列說法錯誤的是(D)
A.處于n＝3能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并發(fā)生電離
B.大量氫原子從高能級向n＝3能級躍遷時，發(fā)出的光具有顯著的熱效應
C.大量處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出6種不同頻率的光
D.大量處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出3種不同頻率的可見光
易錯門診
3.氫原子的能量
【例3】氫原子基態(tài)的軌道半徑為0.528×10－14m，量子數(shù)為n的能級的能量為E＝－eV.
(1)求電子在基態(tài)軌道上運動時的動能；
(2)有一群氫原子處于量子數(shù)n＝3的激發(fā)態(tài).畫一能級圖，在圖上用箭頭標明這些氫原子能發(fā)出哪幾條光譜線；
(3)計算這幾條光譜線中波長最短的一條的波長.(其中靜電力常量k＝9.0×109Nm2/C2，電子的電荷量e＝1.6×10－19C，普朗克恒量h＝6.63×10－34Js，真空中光速c＝3.0×108m/s)
【錯解】(1)電子在基態(tài)軌道中運動時量子數(shù)n＝1，其動能為En＝－＝－＝
－13.6eV
由于動能不為負值，所以Ek＝|En|＝13.6eV
(2)作能級圖如圖，可能發(fā)出兩條光譜線.
(3)由于能級差最小的兩能級間躍遷產生的光譜線波長最短，所以(E3－E2)時所產生的光譜線為所求，其中
E2＝－eV＝－3.4eVE3＝－eV＝－1.51eV
由hν＝E3－E2及λ＝
所以λ＝=m＝6.62×10－7m
【錯因】(1)動能的計算錯誤主要是不理解能級的能量值的物理意義，因而把電子在基態(tài)軌道上運動時的動能與n＝1時的能級的能量值等同起來.電子在軌道上的能量E，它包括電勢能Ep和動能Ek.計算表明Ep＝－2Ek，所以E＝Ek＋Ep＝－Ek，Ek＝－E＝13.6eV.雖然錯解中解出的數(shù)值正確，但概念的理解是錯誤的.
(2)錯解中把電子的發(fā)射光譜圖畫成了吸收光譜圖.
(3)不少學生把能級圖上表示能級間能量差的長度線看成與譜線波長成正比了.
【正解】(1)設電子的質量為m，電子在基態(tài)軌道上的速率為v1，根據牛頓第二定律和庫侖定律有
所以Ek＝J＝2.18×10－18J＝13.6eV
(2)當氫原子從量子數(shù)n＝3的能級躍遷到較低能級時，可以得到3條光譜線，如圖所示.
(3)波長最短的一條光譜線對應的能級差應為最大，應是從量子數(shù)為3的能級躍遷到量子數(shù)為1的能級所發(fā)出的光譜線.
E3－E1＝hυ
υ＝
λ＝＝1.65×10－7m
【思維提升】正確理解能級、能級圖的物理意義是避免出錯的關鍵.