高中物理(教科版选修3-5)第2章 1.电子 含答案

学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。

学 习 目 标知 识 脉 络1.理解动量的概念，知道动量是矢量．(重点)2.理解动量守恒定律的表达式，理解动量守恒的条件．(重点、难点)3.知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)4.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点、难点)动 量 的 概 念[先填空]1．动量(1)定义物体的质量与速度的乘积，即p＝mv.(2)单位动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s.(3)方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)．[再判断]1．动量的方向与物体的速度方向相同．(√)2．物体的质量越大，动量一定越大．(×)3．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)[后思考]1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？【提示】变化．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻变化，其动量发生变化．2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？【提示】正负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．1．对动量的认识(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的区别与联系物理量动量动能区别标矢性矢量标量大小p＝mv E k＝12mv2变化情况v变化，p一定变化v变化，ΔE k可能为零联系p＝2mEk，E k＝p22m1．关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体，惯性一定大B．动量大的物体，运动一定快C．动量相同的物体，运动方向一定相同D．动量相同的物体，动能也一定相同【解析】物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；由动量和动能的关系p＝可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错．【答案】C(2)羽毛球的初速度为v1＝－25 m/s，羽毛球的末速度为v2＝95 m/s，所以Δv＝v2－v1＝95 m/s－(－25 m/s)＝120 m/s.羽毛球的初动能：Ek＝mv＝×5×10－3×(－25)2 J＝1.56 J羽毛球的末动能：E′k＝mv＝×5×10－3×952 J＝22.56 J所以ΔEk＝E′k－Ek＝21 J.【答案】(1)0.600 kg·m/s方向与羽毛球飞回的方向相同(2)120 m/s 21 J1动量p＝mv，大小由m和v共同决定.2动量p和动量的变化Δp均为矢量，计算时要注意其方向.3动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差.4物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化.动量守恒定律及动量守恒定律的普遍意义[先填空]1．系统：相互作用的两个或多个物体组成的整体．2．内力和外力(1)内力2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？【提示】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的五个性质(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．↓规定正方向，确定初、末状态动量↓根据动量守恒定律，建立守恒方程↓代入数据，求出结果并讨论说明4．(多选)如图1­2­1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )图1­2­1A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A 正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开左手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B、D错误，选项C正确．【答案】AC5.如图1­2­2所示，游乐场上，两位同学各驾驶着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以相同的速度运动．设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )【导学号：22482100】图1­2­2A．1 m/s B．0.5 m/sC．－1 m/s D．－0.5 m/s【解析】由两车碰撞过程动量守恒可知m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v得v＝＝ m/s＝－0.5 m/s.故选项D正确．【答案】D6．如图1­2­3所示，平板B的质量为mB＝1 kg，放置在光滑的水平面上，质量为mA＝2 kg的小铁块A，以vA＝2 m/s的速度水平向右滑上平板，小铁块A最终没有滑离平板B，取水平向右为正方向，小铁块A看成质点，求：图1­2­3(1)如图甲所示，若平板B开始静止，平板B的最终速度的大小和方向．(2)如图乙所示，若平板B开始时是以vB＝10 m/s的速度向左匀速运动，平板B的最终速度的大小和方向．【解析】取水平向右的正方向(1)根据动量守恒定律mAvA＝(mA＋mB)v解得：v＝＝ m/s＝ m/s平板B的速度方向水平向右．(2)根据动量守恒定律mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得：v＝＝ m/s＝－2 m/s负号表示平板B的速度方向与正方向相反，即为水平向左．【答案】(1) m/s 水平向右(2)2 m/s 水平向左关于动量守恒定律理解的三个误区(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．动 量 定 理[先填空]1．冲量(1)概念：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：冲量的单位是N·s.2．动量定理(1)内容：物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化，表达式：Ft＝p′－p或I＝Δp，即物体所受合外力的冲量等于动量的变化．(2)动量定理的表达式是矢量关系式，运用它分析问题要用矢量运算法则[再判断]1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)2．力越大，力对物体的冲量越大．(×)3．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．(√)[后思考]图1­2­4在进行跳高比赛时，为什么要放上很厚的海绵垫子？【提示】越过横杆后，可认为人做自由落体运动，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小为零，在动量变化相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用．1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．(3)求变力的冲量①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图像，如图1­2­5所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．图1­2­53．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．4．动量定理的应用(1)定性分析有关现象①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．7．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图1­2­6所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )图1­2­6A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θD．合力对物体的冲量大小为零【解析】对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确．【答案】BD8．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )【导学号：224820xx】A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D 错误．【答案】A9．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求该段时间安全带对人的平均作用力．【解析】取向下为正方向．设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg＋F)t＝0－mv，得F＝－.“－”号说明F的方向向上．【答案】大小为＋mg，方向向上．动量定理应用的三点提醒(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解．(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．。

第二章原子结构一、电子的发现教学目标1、了解人类认识物质组成的一个重要历史过程——电子的发现2、知道如何确定阴极射线粒子流的电荷的性质，知道如何确定电子的电荷量和质量，知道电子质量和电荷量的大小重点难点重点：阴极射线的研究、电子发现过程蕴含的科学方法难点：汤姆孙发现电子的理论推导设计思想本节由阴极射线和电子的发现两部分内容。

重点是电子的发现过程蕴含的科学方法。

首先通过实验说明阴极射线的存在，然后介绍英国物理学家J.J汤姆孙的两个实验来确定射线的带电性质，最后通过比荷的测定确认电子是原子的组成部分，原子并不是组成物质的最小微粒。

设计时注重物理史实的介绍和研究，突出前人研究的思路和方法。

但由于条件的限制，几乎不可能在课堂上还原相关的实验。

但教师应当通过适当的方式帮助学生理解实验的原理和方法，训练学生科学的思维品质。

教学资源多媒体课件教学设计【课堂引入】很早以来，人们一直认为构成物质的最小粒子是原子，原子是一种不可再分割的粒子。

这种认识一直统治了人类思想近两千年。

直到19世纪末，科学家对实验中的阴极射线深入研究时，发现了电子，使人类对微观世界有了新的认识。

电子的发现是19世纪末、20世纪初物理学三大发现之一。

【课堂学习】学习活动一：阴极射线的研究问题一：射线从何而来的？气体分子在高压电场下可以发生电离，使本来不带电的空气分子变成具有等量正、负电荷的带电粒子，使不导电的空气变成导体。

史料：1858年德国物理学家普吕克尔较早发现了气体导电时的辉光放电现象。

德国物理学家戈德斯坦研究辉光放电现象时认为这是从阴极发出的某种射线引起的。

所以他把这种未知射线称之为阴极射线。

问题二：射线是粒子还是电磁波？带电吗？对于阴极射线的本质，有大量的科学家作出大量的科学研究，主要形成了两种观点。

（1）电磁波说：代表人物，赫兹。

认为这种射线的本质是一种电磁波的传播过程。

（2）粒子说：代表人物，汤姆孙。

认为这种射线的本质是一种高速粒子流。

（高二）物理教科版选修3—1第2章直流电路含答案教科版选修3—1第二章直流电路1、如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1、I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于()A．I1U1B．U1I1C．U1I2D．U1I1－I22、白炽灯的灯丝是由钨制成的，下列说法中正确的是()A．由于白炽灯正常工作时的灯丝和未接入电路时的灯丝是同一个导体，故两种情况下电阻相同B．白炽灯正常工作时灯丝电阻大于未接入电路时灯丝电阻C．白炽灯正常工作时灯丝电阻小于未接入电路时灯丝电阻D．条件不足，不能确定3、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495.0 Ω，图中电阻箱读数为5.0 Ω，现将M、N接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mA4、如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A．的读数变大，的读数变小B．的读数变大，的读数变大C．的读数变小，的读数变小D．的读数变小，的读数变大5、一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是()A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍6、如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．以下判断正确的是()甲乙丙A．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“1”B．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”C．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”*7、在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则各点电势U随x变化的图线应为()*8、一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA，内阻为R g；如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为nR gB．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)R gC．给它并联一个电阻，阻值为R g nD．给它并联一个电阻，阻值为R g n－1*9、(双选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()A．该电子秤能测量的最大体重是1 400 NB．该电子秤能测量的最大体重是1 300 NC．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处*10、(双选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1*11、请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个逻辑电路()输入输出A B Y0 0 10 1 01 0 01 1 0A B C D12、材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长为1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．13、如图所示的电路中，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，R3＝1.5 Ω，C＝20 μF.当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W，求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)闭合S时，电源的输出功率；(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？（高二）物理教科版选修3—1第2章直流电路含答案教科版选修3—1第二章直流电路1、如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1、I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于()A．I1U1B．U1I1C．U1I2D．U1I1－I2B[本题考查利用小灯泡的伏安特性曲线求电阻，意在考查学生对小灯泡的伏安特性曲线以及对电阻定义式的理解．由电阻的定义式R＝UI可知，B正确，其他选项错误．要特别注意R≠ΔUΔI，故选B.]2、白炽灯的灯丝是由钨制成的，下列说法中正确的是()A．由于白炽灯正常工作时的灯丝和未接入电路时的灯丝是同一个导体，故两种情况下电阻相同B．白炽灯正常工作时灯丝电阻大于未接入电路时灯丝电阻C．白炽灯正常工作时灯丝电阻小于未接入电路时灯丝电阻D．条件不足，不能确定B[白炽灯的灯丝为金属，所以电阻率随温度的升高而增大，正常工作时温度高于不工作时的温度，所以工作时的电阻大于不工作时的电阻，B对．]3、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495.0 Ω，图中电阻箱读数为5.0 Ω，现将M、N接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mAD[M、N两端电压：U＝I g R g＝200×10－6×495.0 V＝0.099 V＝99 mV，故A、B错误；流过M、N的电流：I＝I g＋UR＝(200×10－6＋0.0995) A＝0.02 A＝20 mA，故C错误，D正确．]4、如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A ．的读数变大，的读数变小B ．的读数变大，的读数变大C ．的读数变小，的读数变小D ．的读数变小，的读数变大B [当S 断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故路端电压U ＝E －Ir 增加，即的读数变大；由于定值电阻R 1两端的电压减小，故R 3两端的电压增加，通过R 3的电流增加，即的读数变大，选项B 正确．]5、一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍C [由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W 其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W 其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍，C 正确．]6、如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A 输入端全为“1”，B 输入端全为“0”．以下判断正确的是()甲乙丙A．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“1”B．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”C．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”B[根据逻辑电路的符号特点可知，甲为“非”逻辑电路符号，A输入端为1时，输出为“0”，A错误；乙为“或”逻辑电路符号，A输入端为“1”，B输入端为“0”时，输出为“1”，B正确，C错误；丙为“与”逻辑电路符号，A输入端为“1”，B输入端为“0”时，输出为“0”，D错误．]*7、在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则各点电势U随x变化的图线应为()A[由U＝IR x＝ER·xL·R＝EL x，其中E、L均为定值，故U与x成正比，A项正确．]*8、一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA，内阻为R g；如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为nR gB．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)R gC．给它并联一个电阻，阻值为R g nD．给它并联一个电阻，阻值为R g n－1D[把小量程电流表改装成量程较大的电流表应并联一个电阻，由并联电路特点，I g R g＝(I－I g)·R，所以R＝I gI－I gR g，每一小格变为n μA，量程变为nI g，则R＝1n－1R g.]*9、(双选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()A．该电子秤能测量的最大体重是1 400 NB．该电子秤能测量的最大体重是1 300 NC．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处AC[由E＝I(r＋R)可得R最小值为R＝2 Ω.由R＝30－0.02F可得F最大值为1 400 N，选项A正确，B错误；该电子秤示数为零时F＝0，R＝30 Ω，对应电流I＝Er＋R＝0.375 A，选项C正确，D错误．]*10、(双选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1BD[由题意知，开关闭合后，L1的电流是L2的两倍，根据伏安特性曲线知，L1的电压不等于L2的两倍，所以A错误；由伏安特性曲线知，当电流为0.25 A时，电压为3.0 V，故L1消耗的电功率P1＝U1I1＝0.75 W，所以B正确；由题意知，L2的电流为0.125 A，根据伏安特性曲线知电压约为0.3 V，再根据R＝UI＝0.30.125Ω＝2.4 Ω，知C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，故P1∶P2＝20∶1>4∶1，D正确．]*11、请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个逻辑电路()输入输出A B Y0 0 10 1 01 0 01 1 0A B C DC[从真值表可看出不是单一的“与”“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合逻辑电路，从真值表分析可得应为“或非”复合逻辑电路，选项C正确．]12、材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长为1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．解析：设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L 2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2.根据题意有ρ1＝ρ10(1＋α1t)，ρ2＝ρ20(1＋α2t)式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0 ℃时的电阻率．设碳棒的电阻为R 1，铜棒的电阻为R 2，有R 1＝ρ1L 1S ，R 2＝ρ2L 2S式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为R ＝R 1＋R 2，L 0＝L 1＋L 2 式中L 0＝1.0 m联立以上各式解得R ＝ρ10L 1S ＋ρ20L 2S ＋ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2St 要使R 不随t 变化，上式中t 的系数必须为零，即ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2＝0又L 0＝L 1＋L 2解得L 1＝ρ20α2ρ20α2－ρ10α1L 0代入数据得L 1＝3.8×10－3 m.答案：3.8×10－3 m13、如图所示的电路中，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝1.5 Ω，C ＝20 μF.当开关S 断开时，电源所释放的总功率为2 W ；当开关S 闭合时，电源所释放的总功率为4 W ，求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)闭合S 时，电源的输出功率；(3)S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？解析：(1)S 断开时外电路R 2、R 3串联：E ＝I 1(R 2＋R 3)＋I 1r① P 1＝EI 1② S 闭合时：外电路R 1、R 2并联后与R 3串联 R 外′＝R 3＋R 1R 2R 1＋R 2代入数据R 外′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1.5＋3×63＋6Ω＝3.5 Ω③ 对闭合电路E ＝I 2R 外′＋I 2r④ P 2＝EI 2⑤ 由①②③④⑤可得⎩⎨⎧ E ＝4 Vr ＝0.5 ΩI 1＝0.5 AI 2＝1 A(2)闭合S 时，电源的输出功率P ＝I 22R 外′＝I 2×3.5 W ＝3.5 W(3)S 断开时Q 1＝CU R2＝20×10－6×0.5×6 C ＝6×10－5C S 闭合时电容器两端的电势差为零，则Q 2＝0 答案：(1)4 V 0.5 Ω (2)3.5 W (3)6×10－5C 0。

姓名，年级：时间：2 动量一、动量1．动量(1)定义：物理学中把物体的质量m跟运动速度v的乘积mv叫做动量．(2)定义式：p＝mv。

（3）单位：在国际单位制中,动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m/s。

（4)矢量：由于速度是矢量，所以动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．用动量概念表示牛顿第二定律（1)公式表示:F＝错误!.（2）意义:物体所受到的合外力等于它动量的变化率．经验告诉我们,当大卡车与轿车以相同的速度行驶时，大卡车比轿车停下来更困难．同样，质量相同的两辆汽车以不同的速度行驶时,速度大的汽车比速度小的汽车停下来更困难．显然单独用质量或速度无法正确地描述运动物体的这一特征,如何描述更准确呢？提示:可以用质量和速度的乘积(即动量)来描述．二、动量定理1．冲量(1）定义：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2）公式:I＝F(t′－t)．(3）矢量：冲量是矢量,它的方向跟力的方向相同．（4)物理意义：冲量是反映力对时间累积效应的物理量，力越大,时间越长，冲量就越大．2．动量定理（1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．（2）公式表示错误!（3)意义：冲量是物体动量变化的量度,合外力的冲量等于物体动量的变化量．在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？提示:这样可以延长作用时间，以减小相互作用力．三、动量守恒定律1．系统、内力和外力(1）系统：两个或两个以上的物体组成的研究对象称为一个力学系统．(2）内力：系统内两物体间的相互作用力称为内力．（3）外力:系统以外的物体对系统的作用力称为外力．一个力对某个系统来说是内力,这个力能变成外力吗？提示：对系统来说是内力，对系统中的某个物体而言，就变成外力了．2．动量守恒定律内容如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．如图所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船,船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么?提示:把帆船和电风扇看做一个系统,电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反,这是一对内力,系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．四、动量守恒定律的普适性1．动量守恒定律与牛顿运动定律动量守恒定律与牛顿运动定律在经典力学中都占有极其重要的地位，两者密切相关．牛顿运动定律从“力"的角度反映物体间的相互作用;动量守恒定律从“动量”的角度描述物体间的相互作用．2．动量守恒定律普适性的表现（1)相互作用的物体无论是低速还是高速运动，无论是宏观物体还是微观粒子，动量守恒定律均适用．(2）动量守恒定律是一个独立的实验规律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域．1666年在英国皇家学会的例会上有人表演了如下实验：用两根细绳竖直悬挂两个质量相等的钢球A和B,静止时两球恰好互相接触靠在一起,使A球偏开一角度后放下，撞击B球，B球将上升到A球原来的高度,而A球则静止，然后B球落下又撞击A球，B球静止，A球又几乎升到原来的高度,以后两球交替往复多次．你知道其中的规律吗？提示：当时许多科学家对此百思不得其解,1668年,英国皇家学会对这一现象悬赏征答,解开了这一神秘现象的面纱,即在整个相互作用过程中有一个量(系统动量）恒定不变．考点一动量1．动量（1）定义：物体的质量m和其运动速度v的乘积称为物体的动量，记作p＝mv。

物理选修3—5课后习题答案冲量与动量1。

答案：0详解：4＊20 - 5*16，减号是因为两个冲量反向。

2.答案：A详解：因为二者动量都是正,于是速度方向相同，要保证二者相碰，左边那个要去追右边的，于是左球速度大，因为B质量大,于是B速度小，于是右球是B.碰后A动量是2 kg？m/s 据动量守恒,B动量是10 kg?m/s.动量除以质量得到速度比.3.答案：B详解：因为A在B后方嘛，碰后A会减速，B会加速，于是A动量必然减小,根据动量守恒，C不可能,B才对.4.答案：BD详解：冲量大小肯定是一样的.因为这就是作用力和反作用力的冲量.然而人质量小，于是速度改变量大，于是人走得快。

D说得很明确了，就是因为动量守恒，船必停。

5.答案：3588N详解：先算落地速度，从1。

28米高度落地，根据自由落体公式,速度是5。

0m/s (g取9.8) 然后落地速度减为0，根据Ft = m△v，F = 3000N。

然后加上重力588N即可6.答案：D详解：冲量表征的是动量变化量。

D就是按定义判断的。

A错，冲量和速度没什么关系。

B错,力作用时间未知。

C错,力作用时间和物体质量都未知.7.答案：D详解:重物动量改变量不少,但是动量改变的时间大大延长了。

不拉皮筋，动量瞬间变为0，有了皮筋,动量要过一会儿才减为0。

动量改变量不少,也就是受到的冲量不变.这么看，只有D对。

8。

答案:BD详解:二者位移一样，然而上升过程阻力和重力都同向，下降过程阻力和重力反向，于是上升过程加速度大，时间短，重力冲量小。

比较速度改变量,因为回到抛出点速度必然小于初速度，于是上升过程改变量大,上升过程合外力冲量大.C项,重力方向不变,重力冲量方向也不变,都是竖直向下。

D项空气阻力反向，于是冲量方向也是反向。

动量守恒定律及其应用1. 答案：2。

9m/s详解，由系统动量守恒得：MV0 - m v′= mv 于是V0可以算出是2.9m/s2.答案：D详解:机械能必然不守恒，因为子弹和木块之间的作用摩擦生热。

2020—2021学年度教科版物理选修3—5第二章原子结构答案教科版选修3--5第二章原子结构1、一个处于基态的氢原子吸收光子后，跃迁到另一定态，下列说法中正确的是()A．电子绕原子核运动的动能将会变大B．电子绕原子核运动的频率将会变大C．向低能级跃迁时，发出光子的频率等于吸收光子的频率D．吸收光子属于紫外线，发出的光子可能含有可见光2、关于α粒子散射实验，下列说法中正确的是()A．绝大多数α粒子经过金箔后，发生了角度不太大的偏转B．α粒子在接近原子核的过程中，动能减少，电势能减少C．α粒子离开原子核的过程中，动能增大，电势能增大D．对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小3、利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析下列说法正确的是()A．利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成分B．利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分C．高温物体发出的光通过物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D．同一种物质的线状谱与吸收光谱上的暗线由于光谱的不同，它们没有关系4、如图所示为氢原子的能级图．当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射光子a；当氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光子b，则下列判断正确的是()A．光子a的能量大于光子b的能量B．光子a的波长小于光子b的波长C．b光比a光更容易发生衍射现象D．若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应5、当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是()A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力作用B．α粒子一直受到原子核的斥力作用C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用D．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小6、关于线状谱，下列说法中正确的是()A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同7、如图所示，氢原子在下列各能级间跃迁：(1)从n＝2到n＝1；(2)从n＝5到n＝3；(3)从n＝4到n＝2；在跃迁过程中辐射的电磁波的波长分别用λ1、λ2、λ3表示，波长λ1、λ2、λ3大小的顺序是()A．λ1<λ2<λ3B．λ1<λ3<λ2C．λ3<λ2<λ1D．λ3<λ1<λ28、（双选）卢瑟福的α粒子散射实验结果表明了()A．原子核是可分的B．汤姆孙的“枣糕模型”是错误的C．原子是由均匀带正电的物质和带负电的电子构成D．原子中的正、负电荷并非均匀分布9、关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是()A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱B ．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱C ．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可用连续谱D ．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成10、氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子的能级示意图如图所示．在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )A ．42.8 eV(光子)B ．43.2 eV(电子)C ．41.0 eV(电子)D ．54.4 eV(光子)11、一个半径为1.62×10－4 cm 的带负电的油滴，在电场强度等于1.92×105 V/m 的竖直向下的匀强电场中．如果油滴受到的电场力恰好与重力平衡，问：这个油滴带有几个电子的电荷量？(已知油的密度为0.851×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)12、已知氢原子基态的电子轨道半径为r 1＝0.528×10－10 m ，量子数为n 的能级值为E n ＝－13.6n 2eV .(1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n ＝3的激发态，画一个能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线？(3)计算这几种光谱线中波长最短的波长．(静电力常量k ＝9×109 N·m 2/C 2，电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s ，真空中光速c ＝3.0×108 m/s)2020—2021学年度教科版物理选修3—5第二章原子结构答案教科版选修3--5第二章原子结构1、一个处于基态的氢原子吸收光子后，跃迁到另一定态，下列说法中正确的是() A．电子绕原子核运动的动能将会变大B．电子绕原子核运动的频率将会变大C．向低能级跃迁时，发出光子的频率等于吸收光子的频率D．吸收光子属于紫外线，发出的光子可能含有可见光【答案】D 解析：基态的氢原子吸收光子后，半径变大，由k e2r2＝m v2r得E k＝12m v2＝ke22r，即电子的动能减小，A错误；由ke2r2＝4π2mf2r得f2＝ke24π2mr3，即电子绕核运动的频率减小，B错误；因基态与激发态能级差大，吸收光子属于紫外线，若跃迁到n＝2的能级，发出的光子与吸收的光子频率相同，若跃迁到其他能级，可能先跃迁到n＝2的能级，再跃迁到基态，故C错误，D 正确．2、关于α粒子散射实验，下列说法中正确的是()A．绝大多数α粒子经过金箔后，发生了角度不太大的偏转B．α粒子在接近原子核的过程中，动能减少，电势能减少C．α粒子离开原子核的过程中，动能增大，电势能增大D．对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小【答案】D 解析：α粒子散射实验中，绝大多数的α粒子运动方向基本不变；α粒子接近原子核的过程中，库仑斥力对α粒子做负功，动能减少，电势能增大，反之，动能增大，电势能减少；根据α粒子接近原子核的程度，可以估算出原子核的大小．故答案为D.3、利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析下列说法正确的是()A．利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成分B．利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分C．高温物体发出的光通过物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D．同一种物质的线状谱与吸收光谱上的暗线由于光谱的不同，它们没有关系【答案】B 解析：由于高温物体的光谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，故A错误；某种物质发光的线状谱中的明线是与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质组成成分，B正确；高温物体发出的光通过物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线与所经物质有关，C错误；若某种物质能发出某种频率的光，当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光，因此线状谱中的亮线与吸收光谱中的暗线相对应，D错误．4、如图所示为氢原子的能级图．当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射光子a；当氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光子b，则下列判断正确的是()A．光子a的能量大于光子b的能量B．光子a的波长小于光子b的波长C．b光比a光更容易发生衍射现象D．若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应【答案】D 解析：氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级发射的光子能量hν1＝E4－E2＝(－0.85＋3.4) eV＝2.55 eV，从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级发射的光子能量hν2＝E3－E1＝(－1.51＋13.6) eV＝12.09 eV，显然选项A错误，而D正确；因λ＝cν，故λ1>λ2，选项B、C均错误．5、当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是() A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力作用B．α粒子一直受到原子核的斥力作用C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用D．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小【答案】B 解析：α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，故A、C错误，B正确；α粒子在靠近金原子核时斥力做负功，速度减小，远离时做正功，速度增大，故D错误．6、关于线状谱，下列说法中正确的是()A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同【答案】C 解析：每种原子都有自己的独特结构，其特征谱线由自己的内部结构决定，不会因温度、物质不同而改变，C正确．7、如图所示，氢原子在下列各能级间跃迁：(1)从n＝2到n＝1；(2)从n＝5到n＝3；(3)从n＝4到n＝2；在跃迁过程中辐射的电磁波的波长分别用λ1、λ2、λ3表示，波长λ1、λ2、λ3大小的顺序是()A．λ1<λ2<λ3B．λ1<λ3<λ2C．λ3<λ2<λ1D．λ3<λ1<λ2【答案】B 解析：根据玻尔原子理论E m－E n＝hν＝hcλ，λ＝hcE m－E n可知：λ1＝hcE2－E1，λ2＝hcE5－E3，λ3＝hcE4－E2，由题图可得(E5－E3)<(E4－E2)<(E2－E1)，所以λ2>λ3>λ1，即B正确．8、（双选）卢瑟福的α粒子散射实验结果表明了() A．原子核是可分的B．汤姆孙的“枣糕模型”是错误的C．原子是由均匀带正电的物质和带负电的电子构成D．原子中的正、负电荷并非均匀分布【答案】BD 解析：α粒子散射实验并非证明原子是由什么构成的，而是想证明组成原子的正、负电荷在原子内部是如何分布的，由实验现象可知原子内部的正、负电荷并非均匀分布，证明了“枣糕模型”是错误的，故答案为BD.9、关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是()A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可用连续谱D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成【答案】B 解析：太阳光谱是吸收光谱，月亮是反射的太阳光，它的光谱是太阳光谱，煤气灯火焰中钠蒸气属稀薄气体发光，是线状谱，若从周围观察煤气灯火焰中的钠蒸气则是吸收光谱，进行光谱分析可以用线状谱而不能用连续谱．故正确答案为B.10、氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子的能级示意图如图所示．在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是()A．42.8 eV(光子) B．43.2 eV(电子)C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)【答案】A 解析：入射光子使原子跃迁时，其能量应正好等于原子的两能级之差，而电子使原子跃迁时，其能量可以大于等于原子的能级之差，唯有电离时入射光子的能量可以大于54.3 eV，故答案选A.11、一个半径为1.62×10－4 cm的带负电的油滴，在电场强度等于1.92×105 V/m的竖直向下的匀强电场中．如果油滴受到的电场力恰好与重力平衡，问：这个油滴带有几个电子的电荷量？(已知油的密度为0.851×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)【答案】5解析：油滴质量：m ＝ρV ①，其中V ＝43πR 3 ②，又由力的平衡得：mg ＝qE ③，解①②③得：q ≈8×10－19 C.由e ＝1.6×10－19 C ，知q ＝5e.即这个油滴带有5个电子的电荷量．12、已知氢原子基态的电子轨道半径为r 1＝0.528×10－10 m ，量子数为n 的能级值为E n ＝－13.6n 2eV .(1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n ＝3的激发态，画一个能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线？(3)计算这几种光谱线中波长最短的波长．(静电力常量k ＝9×109 N·m 2/C 2，电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s ，真空中光速c ＝3.0×108 m/s)【答案】(1)13.6 eV (2)见解析图 (3)1.03×10－7 m解析：(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，静电力提供向心力，即k e 2r 21＝m v 2r 1，故E k ＝12m v 2＝ke 22r 1 代入数据解得E k ＝2.18×10－18 J ＝13.6 eV .(2)当n ＝1时，能级E 1＝－13.612 eV ＝－13.6 eV当n ＝2时，能级E 2＝－13.622 eV ＝－3.4 eV当n ＝3时，能级E 3＝－13.632 eV ＝－1.51 eV能发出的光谱线分别为3→2,2→1,3→1共3种，能级图如图所示．(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短，则hν＝E3－E1，又ν＝cλ，则λ＝hc E3－E1代入数据解得λ＝1.03×10－7 m.。

电子练习一、选择题1．关于阴极射线的性质，判断正确的是（）．A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小2．英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现（）．A．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量3．阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为（）．A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里4．（2010·山东聊城检测）如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内抽成真空，A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速电极，A、K之间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v，下列说法正确的是（）．A．如果AK间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度为2vv B．如果AK间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度为2vC．如果AK间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度为2D．如果AK间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度为25．关于电子的发现，下列叙述中正确的是（）．A．电子的发现，说明了原子是由电子和原子核组成的B．电子的发现，说明了原子具有一定的结构C．电子是第一个被人类发现的微观粒子D．电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象6．如图是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）．A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向二、非选择题7．（2010·江苏南京检测）如图所示为测量某种离子的比荷的装置．让中性气体分子进入电离室A，在那里被电离成离子．这些离子从电离室的小孔飘出，从缝S1进入加速电场被加速．然后让离子从缝S2垂直进入匀强磁场，最后打在底片上的P点．已知加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，缝S2与P之间的距离为a，离子从缝S1进入电场时的速度不计，求该离子的比荷qm．8．电子所带电荷量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的．他测定了数千个带电油滴的电荷量，发现这些电荷量都等于某个最小电荷量的整数倍．这个最小电荷量就是电子所带的电荷量．密立根实验的原理如图所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电．从喷雾器嘴喷出的小油滴，落到A、B两板之间的电场中．小油滴由于摩擦而带负电，调节A、B两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡．已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105N/C，油滴半径是1.64×10－6cm，油的密度是0.851 g/cm3，求油滴所带的电荷量．这个电荷量是电子电荷量的多少倍？参考答案1．答案：AC 解析：汤姆孙通过实验证实，阴极射线是带负电的粒子；阴极射线所带的电荷量与氢原子相同，但质量比氢原子小得多，所以它的比荷比氢原子比荷大．2．答案：AD 解析：阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其受力情况与正电荷不同，B 错．不同材料所产生的阴极射线都是电子，所以它们的比荷是相同的，C 错．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子时并未得出电子的电荷量，最早测量电子电荷量的是美国科学家密立根，D 正确．3．答案：C 解析：由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则．使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场方向应为垂直于纸面向外，故C 正确．4．答案：D 解析：当AK 间电压不变，距离变化时，电场力对电子做功不变，即射出时速度仍为v ，A 、B 错误；当AK 间电压减半时，电场力对电子做功为原来的一半，而eU ＝12mv 2，则12eU ＝12mv ′2，则v ′＝2v ，即速度变为原来的2，C 错误，D 正确． 5．答案：B6．答案：B7．答案：228U B a 解析：离子在电场中qU ＝12mv 2① 离子在磁场中2v Bqv m R=② 2R ＝a ③ 解①②③得228q U m B a=． 8．答案：8.02×10－19 C 5倍解析：小油滴质量 m ＝ρV ＝ρ·43πr 3① 由题意知mg －E q ＝0②由①②两式可得：34π3r gq E ρ⋅=＝36350.851104π9.8 1.64103 1.9210-⨯⨯⨯⨯(⨯)⨯⨯C ＝8.02×10－19 C 小油滴所带电荷量q 是电子电荷量e 的倍数为19198.021051.610n --⨯==⨯．。

1．(多选)关于阴极射线,下列说法正确的是( )A ．阴极射线带负电B ．阴级射线带正电C ．阴级射线的比荷比氢离子的比荷大D ．阴极射线的比荷比氢离子的比荷小解析：由阴极射线在电场中的偏转方向可判断其带负电,A 对；汤姆孙用实验测定,阴极射线比荷是氢离子比荷的近1 000多倍,C 对．答案：AC2．(多选)关于阴极射线,下列说法正确的是( )A ．阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象B ．阴极射线是由阴极发出的电子流C ．阴极射线是组成物体的原子D ．阴极射线沿直线传播,但可被电场、磁场偏转解析：阴极射线是由阴极发出的电子流,B 正确,A 错误；电子是原子的组成部分,C 错误；电子可被电场、磁场偏转,D 正确．答案：BD3．阴极射线管中加高电压的作用是( )A ．使管内的气体电离B ．使阴极发出阴极射线C ．使管内障碍物的电势升高D ．使管内产生强电场,电场力做功使电子加速解析：在阴极射线管中,阴极射线是由阴极处于炽热状态而发射出的电子流,B 错误；发射出的电子流通过高电压加速后,获得较高的能量,与玻璃管壁发生撞击而产生荧光,故A 、C 错误,D 正确．答案：D4．(多选)下列说法中正确的是( )A ．汤姆孙精确地测出了电子电荷量e ＝1.602 177 33(49)×10－19 CB ．电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的C ．汤姆孙油滴实验更重要的发现是：电荷量是量子化的,即任何电荷量只能是e 的整数倍D ．通过实验测出电子的比荷和电子电荷量e 的值,就可以确定电子的质量解析：电子的电荷量是密立根通过“油滴实验”测出的,A 、C 错误,B 正确；测出比荷的值e m和电子电荷量e 的值,可以确定电子的质量,故D 正确．答案：BD5．(多选)如图所示是汤姆孙的气体放电管的示意图,下列说法中正确的是( )A ．若在D 1、D 2之间不加电场和磁场,则阴极射线应打到最右端的P 1点B ．若在D 1、D 2之间加上竖直向下的电场,则阴极射线应向下偏转C ．若在D 1、D 2之间加上竖直向下的电场,则阴极射线应向上偏转D ．若在D 1、D 2之间加上垂直纸面向里的磁场,则阴极射线不偏转解析：实验证明,阴极射线是电子流,它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧,可知选项C 正确,选项B 错误．加上垂直纸面向里的磁场时,电子在磁场中受洛伦兹力,要发生偏转,因而选项D 错误．当不加电场和磁场时,电子所受的重力可以忽略不计,因而不发生偏转,选项A 正确．答案：AC6．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在,揭示了电荷的非连续性．如图所示是密立根油滴实验的原理示意图,设小油滴的质量为m,调节两极板间的电势差U,当小油滴悬浮不动时,测出两极板间的距离为d.则可求出小油滴的电荷量q ＝________.解析：由平衡条件得mg ＝q U d ,解得q ＝mgd U. 答案：mgd U7．如图所示为测定阴极射线粒子比荷的装置,从阴极C 发出的阴极射线通过一对平行金属板D 1、D 2间的匀强电场,发生偏转．(1)在D 1、D 2间加电场后射线偏到P 2,则由电场方向知,该射线带什么电？(2)再在D 1、D 2间加一磁场(图中未画出),电场与磁场垂直,让射线恰好不偏转．设电场强度为E,磁感应强度为B,则电子的速度多大？(3)撤去电场,只保留磁场,使射线在磁场中做圆周运动,若测出轨道半径为R,则粒子的荷质比q m是多大？ 解析：(1)负电．(2)粒子受电场力和洛伦兹力作用而平衡,即有qE ＝qvB,得v ＝E B. (3)根据洛伦兹力充当向心力,有qvB ＝m v 2R ,得q m ＝v BR. 又v ＝E B ,则q m ＝E B 2R. 答案：(1)负电 (2)E B (3)E B 2R。