电子荷质比是多少?_百度作业帮
电子荷质比是多少?
电子荷质比是多少?
电子荷质比electron?charge-mass ratio of电子电量e和电子静质量m的比值e／m.电子的基本常数之一.又称电子比荷.1897年J.J.汤姆孙通过电磁偏转的方法测量了阴极射线粒子的荷质比,它比电解中的单价氢离子的荷质比约大2000倍,从而发现了比氢原子更小的组成原子的物质单元,定名为电子.精 确测量电子荷质比的值为－1.11库仑／千克,根据测定电子的电荷,可确定电子的质量.20世纪初W.考夫曼用电磁偏转法测量β射线（快速运动的电子束）的荷质比,发现e／m随速度增大而减小.这是电荷不变质量随速度增加而增大的表现,与狭义相对论质速关系一致,是狭义相对论实验基础之一.如图所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压u随时间t变化的规律如右图所示电压的绝对值为U0．t=0时刻M板的电势比N板低．在t=0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板．电子的电荷量为e，质量为m．求：（1）该电子到达N板时的速率v．（2）在1.25个周期末该电子和N板间的距离s．
如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E后，由A孔射出．则下列说法正确的是（　　）A、回旋加速器不能无限加速质子B、增大交变电压U，则质子在加速器中运行时间将变短C、回旋加速器所加交变电压的频率为D、下半盒内部，质子的轨道半径之比（由内到外）为1：：
如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大动能E后由A孔射出，则下列说法正确的是（　　）
A、回旋加速器不能无限加速粒子B、质子在加速器中运行时间与交变电压U大小无关C、回旋加速器所加交变电压的频率为D、下半盒内部质子的轨道半径之比（由内到外）为1：：
如图所示，在铅板A上有一个放射源C可向各个方向射出速率v=2.04×107m/s的β射线。B为金属网，A、B连接在电路上，电源电动势E=15V，内阻r=2.5Ω，滑动变阻器在0~10Ω之间可调。图中滑动变阻器滑片置于中点，A、B间距d=10cm，M为荧光屏（足够大），它紧挨着金属网外侧，已知β粒子的荷质比e/m=1.7×1011C/kg，不计β射线所形成的电流对电路的影响。求：&&&&& （1）闭合开关S后，AB间的场强大小； （2）β粒子到达金属网B的区域大小；（3）切断开关S，并撤去金属网B，加上垂直纸面向内、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小B=6.0×10-4T，这时在竖直方向上能观察到荧光屏亮斑区的长度。
1．C由电荷数守恒和质量数守恒可知A、B错，由于镍63放出电子，故带正电，电势比铜片电势高，C正确，电流方向从铜片到镍，D错2．C3．A由可知，A正确4．B将分子粗略地看成一个小立体，则个5．D照射到a、b、c上三种光的频率关系，为，由光电效应的规律可知板b有电子射出，板c一定有光电子放出，正确答案为D6．A航天飞机的运行周期&&& &&& 设经过时间t航天飞机又通过建筑物上方，则&&& ，所以7．A沿着电场线的方向电势降低，，B错；E、F两点在同一等势面上，且，A正确&&& 由等量异种电荷的等势面特点可知．，C错，D错8．C①F＝kA②&&& 由①②可知，C正确．9．C先根据题意画出电子所走的弧，因为弧上任意一点的速度方向必然与该点所在的半径垂直，故可以过A点做与方向（即AB方向）垂直的直线，此即为带电粒子做匀速圆周运动的半径方向．同理过C点作垂直于BC的直线，也为该点的半径方向，两半径相交点即为带电粒子做匀速圆周运动的圆心．如答图1所示．由图示情况可以看出答图1&&& 当时电子刚好不能从BC边射出．&&& 要使电子可以从BC边射出，必满足r＞，而r＝，&&& ∴B＜时，电子可以从BC边射出10．D11．（1）大于（2）轨道末端出口水平（3）P、、为落地的平均位置，F一步中的应为-2r，12．（1）1.000&（2）①略&&& ②A．将滑动变阻器调至输出电压为零的位置，再合上．&&& B．将扳向2，调滑动变阻器使电流表指针在某一电流刻度，并记下该位置．&&& C．使阻值最大后，将扳向1，调电阻箱，使电流表指针回到所记的位置，记下电阻箱阻值．&&& D．被测电阻＝．13．侦察卫星环绕地球一周，通过有日照的赤道一次，在卫星一个周期时间（设为）地球自转的角度为q ，只要q 角所对应的赤道弧长能被拍摄下来，则一天时间内，地面上赤道处全部在有日照条件下就能被拍摄下来．设侦察卫量的周期为，地球对卫星的万有引力为卫星做圆周运动的向心力，卫星的轨道半径r＝R＋h，根据牛顿第二定律，则&&& 在地球表面的物体重力近似等于地球的万有引力，即mg＝&&& 解得侦察卫星的周期为&&& 已知地球自转周期为T，则卫星绕行一周，地球自转的角度为q ＝2p?&&& 摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为q 角所对应的圆周弧长应为&&& 14．当开关S在位置1时，粒子在电容器中做类平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有&&& l＝vt，&&& 得&&& 则带电粒子的初速度&&& （m/s）&&& 当S接到2位置时，电容器内形成按余弦规律变化的振荡电场，周期为&&& ．&&& 接到位置2时，电容器内电场仍竖直向上，设粒子在第一个内加速向下运动，在第二个内减速向下运动，在半个周期结束时，粒子的速度为零，平均加速度＜a，运动时间＜t，故粒子半个周期内竖直方向位移，粒子不会打到下极板上．&&& 在第三个内，粒子加速向上运动，在第四个内减速向上运动，在后半个周期结束时，粒子的速度为零．从对称性角度考虑，经过一个周期，粒子又回到两板中央，竖直方向速度为零．&&& 不论电容器内电场如何作用周期性的变化，粒子在水平方向不受电场力的作用，水平速度不变，所以粒子在电场中运动的时间仍为2×s，在这一时间内，电场做周期性变化的次数&&& ．&&& 所以当粒子离开电容器时，竖直速度为零，水平速度不变，仍为v＝1.0×m/s，从两板中央飞出．&&& 所以粒子能飞出电容器，从两板中央水平飞出，v＝1.00×m/s．15．（1）滑块速度向右，根据匀速运动条件&&& ①&&& 可知E的方向必水平向右．&&& 由返回速度向左且作匀速运动可知&&& ＝mg ②&&& 而题中有： ③&&& ②③联立得知，即＝2mg，代入①式&&& 所以E＝m （mg＋2mg）/q＝3m mg/q&&& （2）设往返总时间为T有：&&& &&& 即：，代入②式可得&&& （3）返回时不受摩擦力，所以全过程摩擦力做功&&& W＝-fL＝-m
（mg＋）L＝-3m mgL16．用答图2示平面内的光线进行分析，并只讨论从右侧观察的情形，如图所示，由亮点发出的任一光线CP线经过两次折射而从液面射出．由折射定律，按图上标记的各相关角度．有sina ＝nsinb &①&&& sing ＝（1/n）sind ②&&& 其中d ≤p /2g ＝（p /2）-（b ＋j ）
③答图2&&& 注意到，若液体内光线入射到液面上时发生全反射，就没有从液面射出的折射光线．全反射临界角满足条件sin＝1/n&&& 可知光线CP经折射后能从液面射出从而可被观察到的条件为g ＜④&&& 或sing ＜1/n⑤&&& 现在计算sing ．利用③式可得&&& sing ＝cos（b ＋j ）＝cosb cosj -sinb sinj &&& 由①式可得cosb ＝&&& 因此，nsing ＝cosj -nsinb sinj 又由①式nsing＝cosj &-sina sinj &⑥&&& 由图及①、②式，或由⑥式均可看出a 越大则g 越小，因此，如果与a 值最大的光线相应的g 设为，若＞，则任何光线都不能射出液面．反之，只要＜，这部分光线就能射出液面，从液面上方可以观察到亮点．由此极端情况即可求出本题要求的条件．&&& 自C点发出的a 值最大的光线是极靠近CD的光线，它被DB面折射后进入液体，由⑥式可知与之相应的&&&&a ＝（p /2）-j &&& nsin＝cosj &-cosj sinj &&& 能观察到亮点的条件为nsin＜1&&& 即cosj -cosj sinj ＜1&&& 上式可写成cosj ＜1＋cosj sinj &&& 取平方&&& 化简&&& 故&&& 开方并化简可得&&& 这就是在液面上方从侧面适当的方向能看到亮点时n与j 之间应满足的条件．17．（1）激光器的功率为＝NE①&&& 已知激光对物体表面的压力为F＝2N?p②&&& 由光压的定义 ③&&& 联立以上各式得④&&& （2）太阳光对薄膜产生的光压&&& &⑤&&& 探测器受到的总光压力&&& F＝I?S⑥&&& 以探测器为研究对象，根据牛顿第二定律F＝m?a ⑦&&& ∴⑧18．（1）由竖直上抛运动得炮弹被射出时的初速度①&&& （2）由动量守恒定律得： ②&&& 带电物体在洛仑兹力作用下的直线运动是匀速直线运动，假设电场强度方向竖直向上，根据受力有：③&&& ④&&& 联立②③④得：&&& 两物体匀速运动的速度&&& ∴40m/s ⑤&&& 50m/s ⑥&&& 所加电场为&&& ⑦&&& 因为E为正，所以场强方向竖直向上&&& （3）由动能定理得：爆炸对两物体做的功&&& ⑧&&& ⑨&&& （4）由平抛运动规律得落地时间：&&& ⑩&&& 两物体的水平位移&&& ＝＝40×4m＝160m&&& ＝＝50×4m＝200m&&& 两物体落地点间的距离&&&&Ds＝＋＋L＝360＋20＝380m&&&
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