高考物理基础知识归纳:磁场及其描述。

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第1课时磁场及其描述

基础知识归纳
1.磁场
(1)磁场：磁极、电流和运动电荷周围存在的一种物质；所有磁现象都起源于电荷运动；磁场对放入其中的磁体(通电导线和运动电荷)产生力的作用；
(2)磁场的方向：规定小磁针在磁场中N极的受力方向(或小磁针静止时N极的指向)为该处的磁场方向.
2.磁感线及其特点
用来形象描述磁场的一组假想曲线，任意一点的切线方向为该点磁场方向，其疏密反映磁场的强弱；在磁体外部磁感线由N极到S极，在内部由S极到N极，形成一组永不相交的闭合曲线.
3.几种常见的磁感线
(1)条形磁铁的磁感线：见图1，外部中间位置磁感线切线与条形磁铁平行；
(2)蹄形磁铁的磁感线：见图2.

图1图2
(3)电流的磁感线：电流方向与磁感线方向的关系由安培定则来判定.
直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场
特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场
且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱
立
体
图
横截
面图
纵截
面图
(4)地磁场的磁感线：见图3，地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：
①地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近；
②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向地球北极，而竖直分量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，距离表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北.
(5)匀强磁场的磁感线：磁场的强弱及方向处处相同；其磁感线是疏密相同，方向相同的平行直线；距离很近的两个异名磁极之间的磁场及通电螺线管内部的磁场(边缘部分除外)，都可以认为是匀强磁场.
4.磁感应强度
用来表示磁场强弱和方向的物理量(符号：B).
定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受安培力与电流的比值.
大小：B＝，单位：特斯拉(符号：T).
方向：磁场中某点的磁感应强度方向是该点磁场的方向，即通过该点的磁感线的切线方向；磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中的电流无关.磁感应强度是矢量.
5.磁通量(Φ)
在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量.用公式表示为：Φ＝BS.磁通量是标量，但有方向.
重点难点突破
一、理解“磁场方向”、“磁感应强度方向”、“小磁针静止时北极的指向”以及“磁感线切线方向”的关系
它们的方向是一致的，只要知道其中任意一个方向，就等于知道了其他三个方向.
二、正确理解磁感应强度
1.磁感应强度是由比值法定义的，磁场中某位置的磁感应强度的大小及方向是客观存在的，由磁场本身的性质决定，与放入的通电导线的电流大小I、导线长度L无关，与通电导线是否受安培力无关，即使不放入通电导体，磁感应强度依然存在；
2.必须准确理解定义式B＝成立的条件是通电导线垂直于磁场放置.磁场的方向与安培力的方向垂直；
3.磁感应强度是矢量，遵守矢量分解、合成的平行四边形定则.
三、安培定则的应用
1.判定直线电流形成的磁场方向：大拇指指电流方向，四指指磁场的环绕方向.
2.判定环形电流(或通电螺线管)的磁场方向时，四指指电流方向，大拇指指环内中心轴线(或螺线管内部)的磁感线方向.
典例精析
1.对磁感应强度的理解
【例1】以下说法正确的是()
A.电流元在磁场中受磁场力为F，则B＝，电流元所受磁场力F的方向即为该点的磁场方向
B.电流元在磁场中受磁场力为F，则磁感应强度可能大于或等于
C.磁场中电流元受磁场力大的地方，磁感应强度一定大
D.磁感应强度为零的地方，一小段通电直导线在该处一定不受磁场力
【解析】判断磁感应强度的大小，需在电流元受力最大的前提下进行，且电流元受磁场力方向与该点磁场方向垂直，故A错，B对.电流元在磁场中所受磁场力与其放置的位置有关，电流元受力大的地方磁感应强度不一定大，故C错.
【答案】BD
【思维提升】(1)准确理解公式B＝成立的条件是B⊥I，即受力最大的前提是解题的关键；
(2)准确理解磁感应强度的大小、方向是由磁场本身的性质决定的，不能说B与F成正比、与IL的乘积成反比.
【拓展1】一根导线长0.2m，通有3A的电流，垂直磁场放入磁场中某处受到的磁场力是6×10－2N，则该处的磁感应强度大小B为0.1T；如果该导线的长度和电流都减小一半，则该处的磁感应强度大小为0.1T.若把这根通电导线放入磁场中的另外一点，所受磁场力为12×10－2N，则该点磁感应强度大小为≥0.2T.
【解析】通电导线垂直放入磁场中，由定义式得
B＝＝T＝0.1T
某点的磁感应强度由磁场本身决定，故B＝0.1T
当通电导线在某处所受磁场力一定，将其垂直放入时，对应的B最小.
Bmin=＝T＝0.2T，故B′≥0.2T
2.安培定则的应用
【例2】当S闭合时，在螺线管内部的一根小铁棒被磁化，右端为N极.试判断通电螺线管的极性和电源的极性，这时用绝缘线悬挂的小通电圆环将怎样运动(俯视)？
【解析】小磁针(本题中为磁化后的软铁棒)静止时N极的指向为该点的磁场方向，在螺线管内部磁感线由S极到N极，故螺线管内右端为N极.再根据安培定则及等效法确定电源右端为负极，左端为正极，小通电圆环顺时针转动(同时靠近螺线管).
【思维提升】明确磁场方向，小磁针N极受力方向(或静止时N极指向)、磁感线在该点的切线方向及磁感应强度B的方向是同一个方向.明确磁感线在磁体外部是由N极到S极，在内部是由S极到N极的闭合曲线.
【拓展2】弹簧秤下挂一条形磁棒，其中条形磁棒N极的一部分位于未通电的螺线管内，如图所示.下列说法正确的是(AC)
A.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将减小
B.若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数将增大
C.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将增大
D.若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数将减小
【解析】条形磁铁在本题中可以看做小磁针，当a接电源正极时，条形磁铁的N极方向与螺线管的磁感线方向相反，相互排斥，示数减小，A对，B错；同理C对，D错wWw.jAB88.COm

3.安培定则与磁感应强度的矢量性
【例3】如图所示，互相绝缘的三根无限长直导线的一部分ab、cd、ef组成一个等边三角形.三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示.O为三角形的中心，M、N分别为O关于ab、cd的对称点.已知三电流形成的合磁场在O点的磁感应强度的大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，此时合磁场在N点的磁感应强度的大小为.若撤去ef中的电流，而ab、cd中电流不变，则N点的磁感应强度大小为.
【解析】设每根电流线在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd在M点产生的磁感应强度大小为B0′，则在O点有B1＝B0①
在M点有B2＝2B0′＋B0②
在N点有BN＝B0＝B1
撤去ef中的电流后，在N点有BN′＝B0＋B0′③
由①②③式解得BN′＝
【答案】B1；
【思维提升】直线电流的磁场方向由安培定则确定，直线电流的磁场强弱与电流I的大小及位置有关，充分利用“对称性”是解本题的关键.
【拓展3】三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.则该处的实际磁感应强度的大小和方向如何？
【解析】根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度相同，I2在O点处产生的磁感应强度的方向与B1(B3)相垂直.又知B1、B2、B3的大小均为B，根据矢量的运算可知O处的实际磁感应强度的大小B0＝，方向三角形平面内与斜边夹角θ＝arctan2，如图所示.
易错门诊
【例4】如图所示，电流从A点分两路通过环形支路再汇合于B点，已知两个支路的金属材料相同，但截面积不相同，上面部分的截面积较大，则环形中心O处的磁感应强度方向是()
A.垂直于环面指向纸内B.垂直于环面指向纸外
C.磁感应强度为零D.斜向纸内
【错解】根据磁感应强度的矢量性，在O点场强很有可能选择C或D.
【错因】对于两个支路的电流产生的磁场在O点的磁场的大小没作认真分析，故选择C，有时对方向的分析也不具体，所以容易选择D.
【正解】两个支路在O处的磁感应强度方向均在垂直于圆环方向上，但上面支路的电流大，在O处的磁感应强度较大，故叠加后应为垂直于纸面向里，选择A.
【答案】A
【思维提升】认真审题，结合电路的结构特点，分析电流的大小关系，利用矢量合成原理分析O处的磁感应强度方向.

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高考物理磁场对电流的作用基础知识归纳

第2课时磁场对电流的作用

基础知识归纳
1.安培力：磁场对电流的作用力
(1)安培力的大小F＝BILsinθ(θ为B与I的夹角).
①此公式适用于任何磁场，但只有匀强磁场才能直接相乘.
②L应为有效长度，即曲线的两端点连线在垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿L(有效长度)由始端流向终端.任何形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以通电后，闭合线圈受到的安培力的矢量和为零.
③当θ＝90°时，即B、I、L两两相互垂直，F＝BIL；
当θ＝0°时，即B与I平行，F＝0；
当B与I成θ角时，F＝BILsinθ.
(2)安培力的方向：用左手定则来判定(左手定则见课本).
安培力(F)的方向既与磁场(B)方向垂直，又与电流I的方向垂直，安培力F垂直于B与I决定的平面，但B与I可不垂直.
2.磁电式仪表的原理
(1)电流表的构造主要包括：蹄形磁铁、圆柱形铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针.蹄形磁铁和铁芯之间的磁场是均匀的辐向分布的，如图所示.无论通电导线处于什么位置，线圈平面均与磁感线平行.给线圈通电，线圈在安培力的力矩的作用下发生转动，螺旋弹簧变形，产生一个阻碍线圈转动的力矩，当两者平衡时，线圈停止转动.电流越大，线圈和指针的偏转角度也就越大，所以根据线圈偏转的角度就可以判断通过电流的大小.线圈的电流方向改变时，安培力的方向也就随着改变，指针偏转的方向也就改变，所以根据指针的偏转方向，就可以判断被测电流的方向.
(2)磁电式仪表的优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流；缺点是绕制线圈的导线很细，允许通过的电流很小.
重点难点突破
一、判断通电导体(或磁体)在安培力作用下的运动的常用方法
1.电流元受力分析法
即把整段电流等效为很多直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向.
2.特殊位置分析法
把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置(如转过90°)后再判断所受安培力的方向，从而确定运动方向.
3.等效分析法
环形电流可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可以等效成环形电流，通电螺线管可等效成很多的环形电流.
4.推论分析法
(1)两直线电流相互平行时无转动趋势，方向相同时相互吸引，方向相反时相互排斥；
(2)两直线电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势.
5.转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律来确定磁体所受的电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向.
二、安培力与力学知识的综合运用
1.通电导体在磁场、重力场中的平衡与加速运动问题的处理方法和纯力学问题一样，无非是多了一个安培力.
2.解决这类问题的关键
(1)受力分析时安培力的方向千万不可跟着感觉走，牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又和电流方向垂直.
(2)画出导体受力的平面图.
做好这两点，剩下的问题就是纯力学问题了.
典例精析
1.通电导体在安培力作用下的运动
【例1】如图所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流，当在其直径AB上靠近B点处放一根垂直于线圈平面的固定不动的长导线时(电流方向如图所示)，在磁场作用下线圈如何运动？
【解析】用电流元分析法：如图(a)直导线周围的磁感线是一簇顺时针的同心圆，
我们分别在线圈上找四段电流元A、B、C、D，电流元A、B段的电流与直导线产生的圆形磁场相切，不受安培力，电流元C和D用左手定则分析判断其受安培力方向为垂直纸面向里和垂直纸面向外.由此可以判断线圈将以AB为转轴从左向右看逆时针转动.
用等效法分析：把通电线圈等效成放在O点N极指向纸外的小磁针；而通电直导线在O点产生的磁场是垂直于直径AB向上，所以小磁针指向纸外的N极向上转动，即从左向右看线圈将逆时针转动.
用特殊位置分析法：设线圈转动90°到与直导线重合的位置(如图b)，直线电流左边的磁场向纸外，右边的磁场向纸里，再用左手定则分别判断线圈的左边和右边所受安培力方向均向左，即线圈将向左靠近直导线.
用推论分析法：在线圈转到图(b)位置时，直导线左边的线圈电流向下，与直导线电流方向相反，则两者相互排斥，线圈左边受直导线作用方向向左.线圈在直导线右边部分的电流向上，与直导线电流方向相同，两者相互吸引，即直导线右边部分线圈受安培力方向也是向左的.所以可以判断整个线圈将向左运动.
综上所述，线圈整个过程的运动情况是：在以直径AB为轴转动的同时向左平动.
【思维提升】(1)在判断通电导体(磁体)在安培力作用下的运动时，通常采用“等效法”、“推论分析法”要比“电流元法”简单，根据需要可用“转换研究对象法”.
(2)导体(磁体)受安培力作用下的运动，先要判定是参与“平动”还是“转动”，或者“转动”的同时还参与“平动”，再选择恰当的方法求解.
【拓展1】如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，判断线圈如何运动.
【解析】解法一：电流元法
首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看做一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示.根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动.
解法二：等效法
将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动.同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，亦可得到相同的答案.
2.安培力与力学知识的综合运用
【例2】在倾角为α的光滑斜面上置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒，如图所示.
(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向；
(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(3)若使棒静止在斜面上且要求B垂直于L，可外加磁场的方向范围.
【解析】此题属于电磁学和静力学的综合题，研究对象为通电导体棒，所受的力有重力mg、弹力FN、安培力F，属于三个共点力平衡问题.
棒受到的重力mg，方向竖直向下，弹力垂直于斜面，大小随安培力的变化而变化；安培力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁场方向不同而变.
(1)由平衡条件可知：斜面的弹力和安培力的合力必与重力mg等大、反向，故当安培力与弹力方向垂直即沿斜面向上时，安培力大小最小，由平衡条件知B＝，所以，由左手定则可知B的方向应垂直于斜面向上.
(2)棒静止在斜面上，且对斜面无压力，则棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg和安培力F作用，由平衡条件可知F＝mg，且安培力F竖直向上，故B＝，由左手定则可知B的方向水平向左.
(3)此问的讨论只是问题的可能性，并没有具体研究满足平衡的定量关系，为了讨论问题的方便，建立如图所示的直角坐标系.欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在mg和FN的反向延长线F2和F1之间.由图不难看出，F的方向应包括F2的方向，但不能包括F1的方向，根据左手定则，B与＋x的夹角θ应满足α＜θ≤π
【思维提升】本题属于共点力平衡的问题，所以处理的思路基本上和以往受力平衡处理思路相同，难度主要是在引入了安培力，最终要分析的是磁感应强度的方向问题，但只要准确分析了力的方向，那么磁感应强度的问题也就容易了.
【拓展2】有两个相同的电阻都为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直平面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B＝0.87T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2，试求此电源电动势E的大小.
【解析】在题图中，从左向右看，棒的受力如图所示，棒所受的重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且有
FB＝mgtanθ＝mg
而FB＝IBL，故
I＝A＝1A
在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则
R＝Ω＝2Ω
由闭合电路欧姆定律得
E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V
3.安培力的实际应用
【例3】如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置，一长方体绝缘容器内部高为L，厚为d，左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b，上、下两侧装有电极C(正极)和D(负极)，并经开关S与电源连接.容器中注满能导电的液体，液体密度为ρ.将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.当开关断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同；开关S闭合后，a、b管中液面出现高度差.若闭合开关S后，a、b管中液面将出现高度差为h，电路中电流表的读数为I，求磁感应强度B的大小.
【解析】开关S闭合后，导电液体中有电流由C流向D，根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F的作用，在液体中产生附加压强p，这样a、b管中液面将出现高度差.设液体中产生附加压强为p，则
p＝①
F＝BIL②
S＝Ld③
所以磁感应强度B的大小为B＝④
【思维提升】由于习惯于理想的物理模型，学生往往迷惑于新颖陌生的实际问题.解题的关键要利用原型启发、类比、联想等思维方法，通过对题给情景的分析来获知其原理，建立起熟悉的物理模型.

高考物理基础知识要点复习磁场

20xx届高三物理一轮复习全案：第3章磁场单元复习（选修3-1）
【单元知识网络】
【单元归纳整合】
1．带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动基本方法。
带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动时，往往联系临界和多解问题，分析解决这类问题的基本方法是：
(1)运用动态思维，确定临界状态。从速度的角度看，一般有两种情况：
①粒子速度方向不变，速度大小变化；此时所有速度大小不同的粒子，其运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线上，速度增加时，轨道半径随着增加，寻找运动轨迹的临界点（如：与磁场边界的切点，与磁场边界特殊点的交点等）；
②粒子速度大小不变，速度方向变化；此时由于速度大小不变，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而找出动圆的圆心轨迹，再确定运动轨迹的临界点。
（2）确定临界状态的圆心、半径和轨迹，寻找临界状态时圆弧所对应的回旋角求粒子的运动时间（见前一课时）。
2．带电粒子在匀强磁场运动的多解问题
带电粒子在匀强磁场中运动时，可能磁场方向不定、电荷的电性正负不定、磁场边界的约束、临界状态的多种可能、运动轨迹的周期性以及粒子的速度大小和方向变化等使问题形成多解。
（1）．带电粒子的电性不确定形成多解。当其它条件相同的情况下，正负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成双解。
（2）．磁场方向不确定形成多解。当磁场的磁感应强度的大小不变，磁场方向发生变化时，可以形成双解或多解。
（3）．临界状态不唯一形成多解。带电粒子在有界磁场中运动时，可能出现多种不同的临界状态，形成与临界状态相对应的多解问题。
（4）．带电粒子运动的周期性形成多解。粒子在磁场中运动时，如果改变其运动条件（如：加档板、加电场、变磁场等）可使粒子在某一空间出现重复性运动而形成多解
3．磁场最小范围问题
近年来高考题中多次出现求圆形磁场的最小范围问题，这类问题的求解方法是：先依据题意和几何知识，确定圆弧轨迹的圆心、半径和粒子运动的轨迹，再用最小圆覆盖粒子运动的轨迹（一般情况下是圆形磁场的直径等于粒子运动轨迹的弦），所求最小圆就是圆形磁场的最小范围
【单元强化训练】
1（20xx北京东城区二模）如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一质子沿极板方向以速度v0从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过。不计质子重力，下列说法正确的是（）
A．若质子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转
B．若质子以速度2v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
C．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
D．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
2（20xx北京市丰台区二模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，O点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端。点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．当小球运动的弧长为圆周长的l／4时，洛仑兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的1／2时，洛仑兹力最大
C．小球从O点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
3（20xx北京市朝阳区二模）如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是（）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
4（20xx北京市海淀区二模）如图7所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上转。若带电粒子所受承力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是（）
A．仅增大带电粒子射入时的速度
B．仅增大两金属板所带的电荷量
C．仅减小粒子所带电荷量
D．仅改变粒子的电性
5（20xx北京市西城区二模）欧洲强子对撞机在20xx年初重新启动，并取得了将质子加速到1.18万亿ev的阶段成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础。质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速（图1），当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞（图2）。质子是在磁场的作用下才得以做圆周运动的。下列说法中正确的是（）
A．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
B．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C．质子：在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
D．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
6、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，洛仑兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

7、质谱仪的工作原理示意图如右图所示．带电粒子被加速电场加速后，进人速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
B．质谱仪是分析同位素的重要仪器
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
8、（20xx北京东城区二模）如图所示，间距为L、电阻为零的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高H处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬问，卡环立即释改，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：
（1）金属条开始下落时的加速度；
（2）金属条在加速过程中，速度达到v1时，bc对物体m的支持力；
（3）金属条下落h时，恰好开始做匀速运动，求在这一过程中感应电流产生的热量。
解析：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为
设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，
由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒
则
金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流
则金属条所受安培力为
对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得
则金属条开始运动时的加速度为
（8分）
（2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得，
对物体m来说，它受重力mg和支持力N，则有
（4分）
（3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化，做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有
金属条的最终速度为
下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为WA，由动能定理
感应电流产生的热量Q=WA
得：（6分）
9、（20xx北京市丰台区二模）如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在紧靠平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BG与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上。
一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）。求：
（1）两金属板问的电压；
（2）三角形区域内磁感应强度大小；
（3）若两金属板问不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外。要使粒子进入场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围。
解：（6分）
（1）粒子在两块平行金属板间的电场中，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动。
粒子垂直AB边进入磁场，由几何知识得，粒子离开电场时偏角。根据类平抛运动的规律有：
①（1分）
②（1分）
③（1分）
④（1分）
联立①②③④解得：（2分）
（8分）（2）由几何关系得：
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
⑤（2分）
粒子进入磁场时的速率为：⑥（2分）
根据向心力公式有：⑦（2分）
联立⑤⑥⑦解得：（2分）
（6分）（3）若两板间不加电压，粒子将沿水平以速率v0从AB边的中点进入磁场。
当粒子刚好从C点射出磁场，磁感应强度最小。设磁感应强度的最小值为B2，
由几何关系知，对应粒子的最大轨道半径r2为：r2=d（1分）
根据向心力公式有：（1分）
解得：（1分）
当粒子刚好从E点射出磁场时，磁感应强度最大。
设磁感应强度的最大值为B3，由几何关系知，
对应粒子的最小轨道半径r3为：（1分）
同上解出：（1分）
所以所加磁场的磁感应强度的取值范围为（1分）
10、（20xx北京市宣武区二模）下图为汤姆生在1897年测量阴极射线（电子）的荷质比时所用实验装置的示意图。K为阴极，A1和A2为连接在一起的中心空透的阳极，电子从阴检发出后被电场加速，只有运动方向与A1和A2的狭缝方向相同的电子才能通过，电子被加速后沿方向垂直进入方向互相垂直的电场、磁场的叠加区域。磁场方向垂直纸面向里，电场极板水平放置，电子在电场力和磁场力的共同作用下发生偏转。已知圆形磁场的半径为R，圆心为C。
某校物理实验小组的同学们利用该装置，进行了以下探究测量：
首先他们调节两种场强的大小：当电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B时，使得电子恰好能够在复合场区域内沿直线运动；然后撤去电场，保持磁场和电子的速度不变，使电子只在磁场力的作用下发生偏转，打要荧屏上出现一个亮点P，通过推算得到电子的偏转角为α（即：之间的夹角）。若可以忽略电子在阴极K处的初速度，则：
（1）电子在复合场中沿直线向右飞行的速度为多大？
（2）电子的比荷为多大？
（3）利用上述已知条件，你还能再求出一个其它的量吗？若能，请指出这个量的名称。
（1）电子在复合场中二力平衡，
即①
（2）如图所示，其中r为电子在磁场中做圆（弧）运动的圆轨道半径。
所以：③
④
又因：⑤
联解以上四式得：⑥
（3）还可以求出电子在磁场中做圆弧运动的圆半径r等（或指出：加速电场的电压U，等即可）

高考物理基础知识归纳:带电粒子在磁场中的运动

第3课时带电粒子在磁场中的运动

基础知识归纳
1.洛伦兹力
运动电荷在磁场中受到的力叫洛伦兹力.通电导线在磁场中受到的安培力是在导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力的合力的表现.
(1)大小：当v∥B时，F＝0；当v⊥B时，F＝qvB.
(2)方向：用左手定则判定，其中四指指向正电荷运动方向(或负电荷运动的反方向)，拇指所指的方向是正电荷受力的方向.洛伦兹力垂直于磁感应强度与速度所决定的平面.
2.带电粒子在磁场中的运动(不计粒子的重力)
(1)若v∥B，带电粒子做平行于磁感线的匀速直线运动.
(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁场方向的平面内以入射速度v做匀速圆周运动.洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律qvB＝得带电粒子运动的轨道半径R＝，运动的周期T＝.
3.电场力与洛伦兹力的比较
电场力洛伦兹力
存在条件作用于电场中所有电荷仅对运动着的且速度不与磁场平行的电荷有洛伦兹力的作用
大小F＝qE与电荷运动速度无关f＝Bqv与电荷的运动速度有关
方向力的方向与电场方向相同或相反，但总在同一直线上力的方向始终和磁场方向垂直
对速度的改变可以改变电荷运动速度大小和方向只改变电荷速度的方向，不改变速度的大小
做功可以对电荷做功，能改变电荷动能不能对电荷做功，不能改变电荷的动能
偏转轨迹静电偏转，轨迹为抛物线磁偏转，轨迹为圆弧
重点难点突破
一、对带电体在洛伦兹力作用下运动问题的分析思路
1.确定对象，并对其进行受力分析.
2.根据物体受力情况和运动情况确定每一个运动过程所适用的规律(力学规律均适用).
总之解决这类问题的方法与纯力学问题一样，无非多了一个洛伦兹力，要注意：
(1)洛伦兹力不做功，在应用动能定理、机械能守恒定律时要特别注意这一点；
(2)洛伦兹力可能是恒力也可能是变力.
二、带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定
1.圆心的确定一般有以下四种情况：
(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心.
(2)已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心.
(3)已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦垂直平分线，交点即为圆心.
(4)已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向(不一定在磁场中)，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.
2.半径的确定和计算.圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识，常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识.
3.在磁场中运动时间的确定，利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°计算出圆心角θ的大小，由公式t＝T可求出运动时间，有时也用弧长与线速度的比t＝.
三、两类典型问题
1.极值问题：常借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，求出临界点，然后利用数学方法求解极值.
注意：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切；
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.
2.多解问题：多解形成的原因一般包含以下几个方面：
(1)粒子电性不确定；(2)磁场方向不确定；(3)临界状态不唯一；(4)粒子运动的往复性等.
典例精析
1.在洛伦兹力作用下物体的运动
【例1】一个质量m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示.小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.问：
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷.
(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB＋FN－mgcosα＝0
当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcosα
得v＝m/s=2m/s
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝mv2
斜面的长度至少应是x＝m＝1.2m
【思维提升】(1)在解决带电粒子在磁场中运动的力学问题时，对粒子进行受力分析、运动情况分析是关键；(2)根据力学特征，选用相应的力学规律求解，但由于洛伦兹力与速度有关，要注意动态分析.
【拓展1】如图所示，质量为m的带正电小球，电荷量为q，小球中间有一孔套在足够长的绝缘细杆上，杆与水平方向成θ角，与球的动摩擦因数为μ，此装置放在沿水平方向、磁感应强度为B的匀强磁场中，若从高处将小球无初速度释放，小球在下滑过程中加速度的最大值为gsinθ，运动速度的最大值为.
【解析】分析带电小球受力如图，在释放处a，由于v0＝0，无洛伦兹力，随着小球加速，产生垂直杆向上且逐渐增大的洛伦兹力F，在b处，F＝mgcosθ，Ff＝0
此时加速度最大，am＝gsinθ，随着小球继续加速，F继续增大，小球将受到垂直杆向下的弹力FN′，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐减小，当Ff′与mgsinθ平衡时，小球加速结束，将做匀速直线运动，速度也达到最大值vm.
在图中c位置：FN′＋mgcosθ＝Bqvm①
mgsinθ＝Ff′②
Ff′＝μFN′③
由①②③式解得vm＝
2.带电粒子在有界磁场中的运动
【例2】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示.在y0、0xa的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y0、xa的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平的荧光屏上，使荧光屏发亮.入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各数值.已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期.试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响).
【解析】如右图所示，粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为r＝
速度小的粒子将在xa的区域走完半圆，射到竖直屏上.半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a.
轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑r＝a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切(图中虚线)，OD＝2a，这是水平屏上发亮范围的左边界.
速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C′，C在y轴上，由对称性可知C′在x＝2a的直线上.
设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，t2为在xa的区域中运动的时间，由题意可知
，t1＋t2＝
由此解得t1＝，t2＝
再由对称性可得
∠OCM＝60°，∠MC′N＝60°
∠MC′P＝360°×＝150°
所以∠NC′P＝150°－60°＝90°
即为1/4圆周.因此圆心C′在x轴上.
设速度为最大值时粒子的轨道半径为R，由直角△COC′可得2Rsin60°＝2a，R＝
由图可知OP＝2a＋R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标x＝2(1＋)a
【思维提升】带电粒子在不同的有界磁场中的连续运动问题，一是要分别根据进入和离开磁场的点速度方向确定带电粒子做匀速圆周运动的圆心，进而画出带电粒子在有界磁场中的运动轨迹；二是找准由一个磁场进入另一个磁场这一关键点，确定出这一关键点上速度的方向；三是要注意磁场方向和大小变化引起带电粒子的运动轨迹的变化.
【拓展2】下图是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°.在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L＝0.2m，在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L.在小孔处装一个电子快门.起初快门开启，一旦有带正电微粒刚通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10－3s开启一次并瞬间关闭，从S1S2之间的某一位置水平发射的一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔.通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍.
(1)经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？
(2)求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间.(忽略微粒所受重力影响，碰撞过程中无电荷转移.已知微粒的荷质比＝1.0×103C/kg.只考虑纸面上带电微粒的运动)
【解析】(1)如下图所示，设带正电微粒在S1、S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：
f＝qv0B①
f＝②
由①②式解得r＝，欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为
Lr2L③
代入数据得80m/sv0160m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：
＝nT，其中n＝1,2,3…④
由①②③④式可知，只有n＝2满足条件，即有
v0＝100m/s⑤
(2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如图所示，则有
T0＝⑥
t1＝T0⑦
t2＝⑧
t3＝⑨
t4＝T0⑩
解得t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2.8×10－2s
3.带电粒子在有界磁场运动的临界问题
【例3】如图所示，一个质量为m，电荷量大小为q的带电微粒(忽略重力)，与水平方向成45°射入宽度为d、磁感应强度为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，若使粒子不从磁场MN边界射出，粒子的初速度大小应为多少？
【解析】带电粒子垂直B进入匀强磁场做匀速圆周运动，若不从边界MN射出，粒子运动偏转至MN边界时v与边界平行即可.由左手定则可知：若粒子带正电荷，圆周轨迹由A→B；若粒子带负电荷，圆周轨迹由A→C，如图所示，圆周轨迹的圆心位置可根据粒子线速度方向垂直半径的特点，作初速度v0的垂线与边界MN的垂线的交点即为圆轨迹的圆心O1与O2.
粒子带正电荷情况：粒子沿圆轨迹A→B运动方向改变了45°，由几何关系可知∠AO1B＝45°，那么
d＝R1－R1cos45°①
R1＝②
将②式代入①式得
v0＝
即粒子若带正电荷，初速度满足0v0≤时将不从磁场边界MN射出.
粒子带负电荷情况：粒子沿圆轨迹A→C运动，方向改变了135°，由几何关系知∠AO2C＝135°，∠O2AF＝45°，那么
d＝R2＋R2sin45°③
R2＝④
将④式代入③式得
v0′＝
即粒子若带负电荷，初速度满足0v0′≤时，将不从磁场边界MN射出.
【思维提升】(1)充分理解临界条件；(2)题中没说明电荷的电性，应分正、负两种电性加以分析.
【拓展3】未来人类要通过可控热核反应取得能源，要持续发生热核反应必须把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在一定的空间内.约束的办法有多种，其中技术上相对成熟的是用磁场约束，称为“托卡马克”装置.如图所示为这种装置的模型图：垂直纸面的有环形边界的匀强磁场(b区域)围着磁感应强度为零的圆形a区域，a区域内的离子向各个方向运动，离子的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束.设环形磁场的内半径R1＝0.5m，外半径R2＝1.0m，磁场的磁感应强度B0＝1.0T，被约束的离子比荷q/m＝4.0×107C/kg.
(1)若a区域中沿半径OM方向射入磁场的离子不能穿过磁场，则离子的速度不能超过多大？
(2)若要使从a区域沿任何方向射入磁场的速率为2.0×107m/s的离子都不能越出磁场的外边界，则b区域磁场的磁感应强度B至少要有多大？
【解析】(1)速度越大轨迹圆半径越大，要使沿OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中半径最大者与磁场外边界圆相切，如图所示.设轨迹圆的半径为r1，则r＋R＝(R2－r1)2
代入数据解得r1＝0.375m
设沿该圆运动的离子速度为v1，由牛顿运动定律有qv1B0＝
解得v1＝＝1.5×107m/s
(2)当离子以v2的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨迹与磁场外边界圆相切时，以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界，如图所示.
设轨迹圆的半径为r2，则r2＝＝0.25m
解得B＝＝2.0T
易错门诊
4.带电粒子在磁场中的运动及功能关系
【例4】如图所示，匀强磁场中放置一与磁感线平行的薄铅板，一个带电粒子垂直进入匀强磁场，以半径R1＝20cm做匀速圆周运动，第一次垂直穿过铅板后以半径R2＝19cm做匀速圆周运动，则带电粒子能够穿过铅板的次数是多少？(每次穿过铅板时阻力大小相同)
【错解】因为R1＝，所以v1＝
同理：v2＝
设粒子每穿过铅板一次，速度减少Δv，
则Δv＝v1－v2＝(R1－R2)
故粒子能够穿过铅板的次数为n＝＝20次
【错因】粒子每穿过一次铅板应该是损失的动能相同，故粒子每穿过一次铅板减少的速度不同.速度大时，其速度变化量小，速度小时，速度变化量大.
【正解】粒子每穿过铅板一次损失的动能为
ΔE＝
穿过铅板的次数
N＝＝10.26次，取n＝10次
【思维提升】对于物理问题必须弄清问题的本质，此题中每次穿过铅板后，应该是损失的动能相同，而不是速度的变化相同.

高考物理基础知识归纳:原子结构

第1课时原子结构

基础知识归纳
1.电子的发现和汤姆孙的原子模型
电子的发现：
1897年英国物理学家汤姆孙，对阴极射线进行了一系列的研究，从而发现了电子.使人们认识到原子有复杂结构，揭开了研究原子的序幕.
汤姆孙的“枣糕”模型：
原子是一个球体，正电荷均匀分布在整个球内，电子像枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里.
2.卢瑟福的核式结构模型
(1)α粒子散射实验装置
(2)α粒子散射实验的结果：α粒子通过金箔时，绝大多数不发生偏转，仍沿原来的方向前进，少数发生较大的偏转，极少数偏转角超过90°，有的甚至被弹回，偏转角几乎达到180°.
(3)核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核空间里绕着核旋转.原子核所带的正电荷数等于核外的电子数，所以整个原子是呈电中性的.电子绕着核旋转所需的向心力就是核对它的库仑引力.
(4)从α粒子散射实验的数据估算出原子核大小的数量级为10－15～10－14m，原子大小的数量级为10－10m.
3.氢原子光谱
(1)光谱分为两类，一类称为线光谱，另一类称为连续光谱；
(2)各种原子的发射光谱都是线状光谱，都只能发出几种特定频率的光，不同原子的发光频率是不同的，因此线状光谱称为原子的特征谱线，对光谱线进行分析，就可以确定发光物质，这种方法称为光谱分析.
(3)氢原子光谱可见光谱线波长可以用公式：表示，式中R称为里德伯常量，R＝1.1×107m－1.
4.玻尔的原子模型
(1)原子核式结构模型与经典电磁理论的矛盾说明，经典电磁理论已不适用于原子系统，玻尔从光谱学成就得到启发，利用普朗克的能量量子化的概念，提出三个假设：
①定态假设：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中原子是稳定的，电子虽然做加速运动，但并不向外辐射能量，这些状态叫定态.
②跃迁假设：原子从一个定态(设能量为E2)跃迁到另一定态(设能量为E1)时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝E2－E1.
③轨道量子化假设：原子的不同能量状态，跟电子不同的运行轨道相对应.原子的能量不连续，因而电子可能轨道的分布也是不连续的.

(2)玻尔的氢原子模型
①氢原子的能级公式和轨道半径公式：玻尔在三条假设基础上，利用经典电磁理论和牛顿力学，计算出氢原子核外电子的各条可能轨道的半径，以及电子在各条轨道上运动时原子的能量.
氢原子中电子在第n条可能轨道上运动时，氢原子的能量En和电子轨道半径rn分别为En＝、rn＝n2r1(n＝1、2、3…).
其中E1、r1为离核最近的第一条轨道(即n＝1)的氢原子能量和轨道半径.即E1＝－13.6eV，r1＝0.53×10－10m(以电子距原子核无穷远时电势能为零计算).
②氢原子的能级图：氢原子的各个定态的能量值，叫氢原子的能级.按能量的大小用图象表示出来即能级图.
其中n＝1的定态称为基态，n＝2以上的定态，称为激发态.
5.原子核结构
(1)汤姆孙发现电子，说明原子不是最小的微粒；卢瑟福α粒子散射实验，说明原子里存在一个很小的原子核；卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，获得质子，说明原子核也不是最小的微粒.
(2)原子核是由质子和中子组成的；质子和中子统称为核子，原子核的核电荷数等于质子数，等于原子的核外电子数；原子核的质量数等于原子核内的核子数.
(3)质子数相同而中子数不同的原子核互称同位素，原子的化学性质决定于原子的核外电子数；同位素具有相同的质子数，相同的核外电子数，因而具有相同的化学性质.
重点难点突破
一、为什么用α粒子散射实验研究原子结构
原子结构无法直接观察到，要用高速粒子进行轰击，根据粒子的散射情况分析判断原子的结构，而α粒子有足够的能量，可以穿过原子，并且利用荧光作用可观察α粒子的散射情况，所以选取α粒子进行散射实验.
二、氢原子怎样吸收能量由低能级向高能级跃迁
此类问题可分为三种情况：
1.光子照射氢原子，当光子的能量小于电离能时，只能满足光子的能量为两定态间能级差时才能被吸收.
2.光子照射氢原子，当光子的能量大于电离能时，任何能量的光子都能被吸收，吸收的能量一部分用来使电子电离，另一部分可用来增加电子离开核的吸引后的动能.
3.当粒子与原子碰撞(如电子与氢原子碰撞)时，由于粒子的动能可全部或部分被氢原子吸收，故只要入射粒子的动能大于或等于原子两能级的能量差，就可以使原子受激发而向高能级跃迁.
典例精析
1.α粒子散射实验与核式结构模型
【例1】卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出()
A.原子的核式结构模型B.原子核内有中子存在
C.电子是原子的组成部分D.原子核是由质子和中子组成的
【解析】卢瑟福精确统计了向各个方向散射的α粒子的数目，提出了原子的核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷与几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外的空间运动，由此可知，A选项正确.
【答案】A
【思维提升】(1)关键是利用α粒子散射实验的结果进行分析.
(2)尽管B、C、D正确，但实验结果不能说明它们，故不选B、C、D.
【拓展1】在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是(A)
A.原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B.正电荷在原子中是均匀分布的
C.原子中存在着带负电的电子
D.原子只能处于一系列不连续的能量状态中
【解析】α粒子带正电，其质量约是电子质量的7300倍.α粒子碰到金原子内的电子，就像飞行中的子弹碰到尘埃一样，其运动方向不会发生明显的改变.
若正电荷在原子内均匀分布，α粒子穿过原子时，它受到的两侧正电荷斥力有相当大一部分互相抵消，使α粒子偏转的力也不会很大.
根据少数α粒子发生大角度偏转的现象，只能认为原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，入射的α粒子中，只有少数α粒子有机会很接近核，受到很大的斥力而发生大角度偏转.所以正确选项是A.
2.氢原子的能级跃迁
【例2】假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数是处在该激发态能级上的原子总数的.现在1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是()
A.2200个B.2000个C.1200个D.2400个
【解析】如图所示，各能级间跃迁的原子个数及处于各能级的原子个数分别为
n＝4到n＝3N1＝1200×＝400
n＝3能级的原子个数为400个.
n＝4到n＝2N2＝1200×＝400
n＝3到n＝2N3＝400×＝200
n＝2能级的原子个数为600个.
n＝4到n＝1N4＝1200×＝400
n＝3到n＝1N5＝400×＝200
n＝2到n＝1N6＝600
所以发出的光子总数为
N＝N1＋N2＋…＋N6＝2200
【答案】A
【思维提升】(1)原子从低能级向高能级跃迁吸收一定能量的光子，当一个光子的能量满足hυ＝E末－E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量hυ大于或小于E末－E初时都不能被原子吸收.
(2)原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差.
(3)当光子能量大于或等于13.6eV时，也可以被氢原子吸收，使氢原子电离；当氢原子吸收的光子能量大于13.6eV时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能.
一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝.
【拓展2】氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV～3.11eV.下列说法错误的是(D)
A.处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B.大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C.大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D.大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光
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3.氢原子的能量
【例3】氢原子基态的轨道半径为0.528×10－14m，量子数为n的能级的能量为E＝－eV.
(1)求电子在基态轨道上运动时的动能；
(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态.画一能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线；
(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长.(其中静电力常量k＝9.0×109Nm2/C2，电子的电荷量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)
【错解】(1)电子在基态轨道中运动时量子数n＝1，其动能为En＝－＝－＝
－13.6eV
由于动能不为负值，所以Ek＝|En|＝13.6eV
(2)作能级图如图，可能发出两条光谱线.
(3)由于能级差最小的两能级间跃迁产生的光谱线波长最短，所以(E3－E2)时所产生的光谱线为所求，其中
E2＝－eV＝－3.4eVE3＝－eV＝－1.51eV
由hν＝E3－E2及λ＝
所以λ＝=m＝6.62×10－7m
【错因】(1)动能的计算错误主要是不理解能级的能量值的物理意义，因而把电子在基态轨道上运动时的动能与n＝1时的能级的能量值等同起来.电子在轨道上的能量E，它包括电势能Ep和动能Ek.计算表明Ep＝－2Ek，所以E＝Ek＋Ep＝－Ek，Ek＝－E＝13.6eV.虽然错解中解出的数值正确，但概念的理解是错误的.
(2)错解中把电子的发射光谱图画成了吸收光谱图.
(3)不少学生把能级图上表示能级间能量差的长度线看成与谱线波长成正比了.
【正解】(1)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第二定律和库仑定律有
所以Ek＝J＝2.18×10－18J＝13.6eV
(2)当氢原子从量子数n＝3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线，如图所示.
(3)波长最短的一条光谱线对应的能级差应为最大，应是从量子数为3的能级跃迁到量子数为1的能级所发出的光谱线.
E3－E1＝hυ
υ＝
λ＝＝1.65×10－7m
【思维提升】正确理解能级、能级图的物理意义是避免出错的关键.