《2025年5年高考3年模拟高中物理选择性必修第三册人教版江苏专版》

1.(2025 西北四省联考)科学家在研究稀薄气体放电时发现，阴极发出的射线能使玻璃管壁发出荧光。如图所示，这种射线的本质是(A)


A.电子
B.$\gamma$射线
C.中子
D.质子

答案： 1.A阴极射线的本质是电子,故选A。

2.(2025 江苏宜兴期中)J.J.汤姆孙对阴极射线本质的研究，采用的科学方法是(D)

A.用阴极射线轰击金箔，观察其散射情况
B.用“油滴实验”精确测定电子的电荷量
C.用阴极射线轰击荧光物质，对荧光物质发出的光进行光谱分析
D.让阴极射线通过电场和磁场，通过阴极射线的偏转情况判断其电性和计算其比荷

答案： 2.D J.J.汤姆孙对阴极射线本质的研究采用的主要方法是让阴极射线通过电场和磁场，通过偏转情况判断其电性，结合类平抛运动与圆周运动的公式计算其比荷,故D正确。

3.(2025 河南信阳期中)如图所示是J.J.汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(C)


A.若在$D_1$、$D_2$之间不加电场和磁场，则阴极射线可能打到荧光屏的$P_2$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，则阴极射线向上偏转

答案： 3.C若在$D_1$、$D_2$之间不加电场和磁场,阴极射线不发生偏转,则阴极射线应打到荧光屏的中点$P_1$点,A错误;若在$D_1$、$D_2$之间加上竖直向下的电场,由于组成阴极射线的粒子是电子,故阴极射线向上偏转,B错误,C正确;若在$D_1$、$D_2$之间加上垂直纸面向里的磁场,由于组成阴极射线的粒子是电子,电子水平向右进入磁场时所受的洛伦兹力向下,故阴极射线向下偏转,D错误。
名师点津
阴极射线的本质是电子流，在电场(或磁场)中所受电场力(或洛伦兹力)远大于所受重力，故研究电场力(或洛伦兹力)对电子运动的影响时，一般不考虑重力的影响。

4.(2024 上海松江期中)美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，精确测出了电子的电荷量，因此该实验被称为密立根油滴实验。如图所示，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。

(1)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有ABC；
A.油滴质量$m$
B.两板间的电压$U$
C.两板间的距离$d$
D.两板的长度$L$
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量$q=$$\frac{mgd}{U}$（已知重力加速度为$g$）；
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍（选填“奇数倍”“偶数倍”或“整数倍”），这个最小电荷量被认为是元电荷。

答案： 4.答案　
(1)ABC　
(2)$\frac{mgd}{U}$　
(3)整数倍
解析　
(1)
(2)金属板A、B间的电场为匀强电场,油滴处于静止状态,所受电场力与重力平衡,即$mg = qE = q\frac{U}{d}$,得$q = \frac{mgd}{U}$,可知要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有油滴质量$m$、两板间的电压$U$、两板间的距离$d$。故选A、B、C。
(3)带电体所带电荷量都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。

$5.(2025 $江苏连云港期中$)J.J.$汤姆孙测定电子比荷$（$电子的电荷量与质量之比$）$的实验装置如图所示。真空玻璃管内，阴极$K$发出的电子经加速后，穿过小孔$A、$$C，$沿中心轴线$OP_1$以速度$v$进入两块水平正对放置的极板$D_1、$$D_2$间，射出后到达右端的荧光屏上形成光点。若极板$D_1、$$D_2$间无电压，电子将打在荧光屏上的中心$P_1$点。现在极板间加上竖直方向、电场强度大小为$E$的匀强电场后，电子向上偏转，再在极板间施加一个方向垂直于纸面的匀强磁场$（$图中未画出$），$电子在荧光屏上产生的光点又回到了$P_1$点，接着去掉电场，电子向下偏转，射出极板时偏转角为$\theta。$
已知极板的长度为忽略电子的重力及电子间的相互作用。

求：$(1)$匀强磁场的磁感应强度大小；
$(2)$电子的比荷。$ $　　

答案：
5.答案　
(1)$\frac{E}{v}$　
(2)$\frac{v^2}{EL}\sin\theta$
解析　
(1)电子以速度$v$进入复合场，在静电力和洛伦兹力共同作用下做匀速直线运动，电子受力平衡，有$eE = evB$,解得匀强磁场的磁感应强度大小$B = \frac{E}{v}$。
(2)撤去电场后,电子仅在磁场中偏转,轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力,有$evB = \frac{mv^2}{r}$。
由几何关系知$L = r\sin\theta$
可得$\frac{e}{m} = \frac{v^2}{EL}\sin\theta$