物理选修3-5课后习题标准答案
(参考资料)最新物理选修3-5习题答案详解
1 解：设向右的方向为正方向
据动量守恒定律有： m1v1 + m2v2 = m1v1′ + m2v2′ 代入数据解得 v'1=-20cm/s. 即碰撞后球 m1 的速度大小为 20cm/s，方向向左． 2 解：取向右为正方向，对人和车组成的系统动量守恒： (m+M)V0=－mu+MV
整理并代入数据解得：Ek2=225J 或 4225J。（正确答案是另一块的动能为 225J 或 4225J）。 4 解：把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为 u，取 v0 的方向为正方向， 则由：Mv0＋mv＝(m＋M)u，
得： u = Mv0 + mv = 1× 6 + 20 ×10−3 × 300 m/s=11.8m/s
（2）从子弹射入木块开始时，小车作匀减速运动，加速度：
a =μ（m+m0）g/M =1m/s2。
小车经过时间 t1 速度为 v’，有 v’= -v +at1
解得：t1=1s。
在这段时间内通过的位移：S1=
−
vt1
+
1 2
at12
=
0.1m
（在击中点左侧）
小车在 t2 = t-t1=2s 内做匀速运动，通过位移为：s2 = v’t2=1.2m。
所以：V= (m + M )V0 + mu M
方向水平向右
3 解：以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为 625J 的一块的速度可能为正．可能为负，由动 量守恒定律： P＝P1＋P2 ①
由动能和动量的关系有： p = 2mEk ②
由①②得： 2mEk = ± 2mEk1 / 2 , m,
高中物理人教版选修3 5课后习题整理
高中物理人教版选修3 5课后习题整理高中物理人教版选修3-5课后习题整理第1六章动量守恒定律16.11.光滑桌面上有1、2两个小球。
1球的质量为0.3kg，以8m/s的速度跟质量为0.1kg 的静止的2球碰撞，碰撞后2球的速度变为9m/s，1球的速度变为5m/s，方向与原来相同。
根据这些实验数据，晓明对这次碰撞的规律做了如下几项猜想。
(1)碰撞后2球获得了速度，是否是1球把速度传递给了2球？经计算，2球增加的速度是9m/s，1球减小的速度是3m/s，因此，这种猜想不成立。
（2）碰撞后，两个球获得了动能。
一个球把动能传给两个球了吗？经计算，两个球的动能为4.05j，一个球的动能为5.85j。
这种猜测是站不住脚的。
(3)请你根据实验数据猜想：有一个什么物理量，在这次碰撞中2球所增加的这个量与1球所减小的这个量相等？通过计算说明。
2.水平光滑的桌面上有两个手推车A和B，质量为0.6kg。
A车的后部连接着一条带计时器的纸带。
A车以一定的速度与静止的B车相撞。
碰撞发生后，两辆车连接在一起并向前移动。
图16.1-6显示了碰撞前后被点计时器击中的纸带。
根据这些数据，请猜猜：如果两辆车加在一起，碰撞前后的物理量可能相等吗？图16.1-6碰撞前后纸带上打下的点迹十六点二1.解答以下三个小题，思考动量与动能的区别。
（1）对于质量为2kg的物体，其速度从3m/s增加到6m/s，其动量和动能增加几倍？(2)质量为2kg的物体，速度由向东的3m/s变为向西的3m/s，它的动量和动能是否变化了？如果变化了，变化量各是多少？（3） A物体质量为2kg，速度为3m/s，方向为东方；B物体质量为3kg，速度为4m/s，方向为西。
它们的动量之和是多少？动能之和是多少？解答后做个小结，说说动量与动能有什么不同。
以后的学习中还会学到动量与动能的区别，请注意及时总结。
2.两个学生，a和B，站在光滑的冰上一动不动。
A推着B，它们朝相反的方向滑动。
高中物理(粤教版选修3-5)教师用书：第2章 第5节 德布罗意波 含答案
学 习 目 标知 识 脉 络1.知道实物粒子具有波动性．2．知道光波和物质波都是概率波．3．理解德布罗意波，会解释相关现象．(重点、难点)4．知道电子云，了解“不确定性关系”的具体含义.德布罗意波假说及电子衍射[先填空]1．德布罗意波：任何一个实物粒子都和一个波相对应，这种波后来被称为德布罗意波，也称为物质波．2．波长与动量关系：λ＝.3．电子衍射：电子束在晶体上反射可能发生衍射．[再判断]1．电子衍射的发现证明了德布罗意波假说．(√)2．电子不仅会发生衍射，还会发生干涉．(√)3．包括光子在内的一切微观粒子都具有波粒二象性，而实物粒子不具有波粒二象性．(×)[后思考]既然德布罗意提出了物质波的概念，为什么我们生活中却体会不到？【提示】平时所见的宏观物体的质量比微观粒子的质量大得多，运动的动量很大，由λ＝可知，它们对应的物质波波长很小，因此，无法观察到它们的波动性．1．任何物体，小到电子、质子，大到行星、太阳都存在波动性，我们之所以观察不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体对应的波长太小的缘故．2．德布罗意波是一种概率波，粒子在空间各处出现的概率受波动规律支配，不要以宏观观点中的波来理解德布罗意波．3．德布罗意假说是光子的波粒二象性的一种推广，使之包括了所有的物质粒子，即光子与实物粒子都具有粒子性，又都具有波动性，与光子对应的波是电磁波，与实物粒子对应的波是物质波．1．下列说法中正确的是( )【导学号：55272058】A．物质波属于机械波B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性C．德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，这种波叫物质波D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，因此宏观物体运动时不具有波动性【解析】物质波是一切运动着的物体所具有的波，与机械波性质不同，A错误；宏观物体也具有波动性，只是干涉、衍射现象不明显，看不出来，B、D错误；德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，这种波叫物质波，C正确．【答案】C2．如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多长？(中子的质量为1.67×10－27 kg)【解析】中子的动量为p1＝m1v，子弹的动量为p2＝m2v，据λ＝知中子和子弹的德布罗意波的波长分别为λ1＝，λ2＝hp2联立以上各式解得：λ1＝，λ2＝hm2v将m1＝1.67×10－27 kg，v＝1×103 m/s，h＝6.63×10－34 J·s，m2＝1.0×10－2 kg代入上面两式可解得λ1＝4.0×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m.【答案】 4.0×10－10 m 6.63×10－35 m宏观物体波动性的三点提醒1．一切运动着的物体都具有波动性，宏观物体观察不到其波动性，但并不否定其波动性．2．要注意大量光子、个别光子、宏观物体、微观粒子等相关概念的区别．3．在宏观世界中，波与粒子是对立的概念；在微观世界中，波与粒子可以统一．电子云和不确定性关系[先填空]1．电子云：原子中的电子在原子核的周围运动，在空间各点出现的概率是不同的，当原子处于稳定状态时，电子会形成一个稳定的概率分布．由于历史上的原因，人们常用一些小圆点来表示这种概率分布，概率大的地方小圆点密一些，概率小的地方小圆点疏一些，这样的概率分布图称为电子云．2．不确定性关系：用Δx表示微观粒子位置的不确定性，用Δp 表示微观粒子动量的不确定性，则两者之间的关系为ΔxΔp≥，即不确定性关系．它意味着微观粒子的坐标和动量不可能同时完全精确地确定．[再判断]1．在讨论微观粒子的运动时，只能给出微观粒子在空间各点出现的概率分布，无法给出微观粒子运行的轨迹．(√)2．微观粒子运动的状态，不能像宏观物体的运动那样通过确定的轨迹来描述，而是只能通过概率波作统计性的描述．(√) 3．改进测量技术，不确定性关系可以确定，微观粒子的坐标和动量可以同时确定．(×)[后思考]对微观粒子的运动分析能不能用“轨迹”来描述？【提示】不能．微观粒子的运动遵循不确定关系，也就是说，要准确确定粒子的位置，动量(或速度)的不确定量就更大；反之，要准确确定粒子的动量(或速度)，位置的不确定量就更大，也就是说不可能同时准确地知道粒子的位置和动量．因而不可能用“轨迹”来描述微观粒子的运动．1．粒子位置的不确定性：单缝衍射现象中，入射的粒子有确定的动量，但它们可以处于挡板左侧的任何位置，也就是说，粒子在挡板左侧的位置是完全不确定的．2．粒子动量的不确定性(1)微观粒子具有波动性，会发生衍射．大部分粒子到达狭缝之前沿水平方向运动，而在经过狭缝之后，有些粒子跑到投影位置以外．这些粒子具有与其原来运动方向垂直的动量．(2)由于哪个粒子到达屏上的哪个位置是完全随机的，所以粒子在垂直方向上的动量也具有不确定性，不确定量的大小可以由中央亮条纹的宽度来衡量．3．位置和动量的不确定性关系：ΔxΔp≥h4π由ΔxΔp≥可以知道，在微观领域，要准确地确定粒子的位置，动量的不确定性就更大；反之，要准确地确定粒子的动量，那么位置的不确定性就更大．4．微观粒子的运动没有特定的轨道：由不确定关系ΔxΔp≥可知，微观粒子的位置和动量是不能同时被确定的，这也就决定了不能用“轨迹”的观点来描述粒子的运动．5．经典物理和微观物理的区别(1)在经典物理学中，可以同时用位置和动量精确地描述质点的运动，如果知道质点的加速度，还可以预言质点在以后任意时刻的位置和动量，从而描绘它的运动轨迹．(2)在微观物理学中，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量．因而也就不可能用“轨迹”来描述粒子的运动．但是，我们可以准确地知道大量粒子运动时的统计规律．3．对不确定性关系ΔxΔp≥有以下几种理解，其中正确的是( )【导学号：55272059】A．微观粒子的动量不可能确定B．微观粒子的坐标不可能确定C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定D．不确定性关系仅适用于电子和光子等微观粒子，不适用于其他宏观物体【解析】不确定性关系ΔxΔp≥表示确定位置、动量的精确度互相制约，此长彼消，当粒子位置的不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；当粒子位置的不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小，故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观物体，不过这些不确定量微乎其微．【答案】C4．已知＝5.3×10－35 J·s，试求下列情况中速度测定的不确定量．(1)一个球的质量m＝1.0 kg，测定其位置的不确定量为10－6 m；(2)电子的质量me＝9.0×10－31 kg，测定其位置的不确定量为10－10 m(即在原子的数量级)．【解析】(1)m＝1.0 kg，Δx1＝10－6 m，由ΔxΔp≥，Δp＝mΔv知Δv1≥h4πΔx1m＝m/s＝5.3×10－29 m/s.(2)me＝9.0×10－31 kg，Δx2＝10－10 mΔv2≥＝ m/s＝5.89×105 m/s.【答案】(1)5.3×10－29 m/s (2)5.89×105 m/s对不确定性关系的两点提醒1．不确定性关系ΔxΔp≥是自然界的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略不计．也就是说，宏观世界中的物体质量较大，位置和速度的不确定范围较小，可同时较精确测出物体的位置和动量．2．在微观世界中，粒子质量较小，不能同时精确地测出粒子的位置和动量，也就不能准确地把握粒子的运动状态了．。
高中物理 选修3-5经典习题及分析解答
第十六章 动量守恒定律一、冲量和动量（一）知识要点1.动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。
对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
⑷要注意的是：冲量和功不同。
恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
（二）例题分析例1：质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解：力的作用时间都是g H g H t 2sin 1sin 22αα==，力的大小依次是mg 、mg cos α和mg sin α，所以它们的冲量依次是： gH m I gH m I gH m I N G 2,tan 2,sin 2===合αα 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
例2：一个质量是0.2kg 的钢球，以2m/s 的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以2m/s 的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v =2m/s ，碰撞前钢球的动量为P=mv =0.2×2kg ·m/s=0.4kg·m/s。
碰撞后钢球的速度为v ′=0.2m/s ，碰撞后钢球的动量为 p ′=m v ′=-0.2×2kg ·m/s=-0.4kg·m/s。
△p= p ′-P =-0.4kg·m/s -0.4kg·m/s =-0.8kg·m/s ，且动量变化的方向向左。
人教版高中物理选修3-5教学案：第十八章 第1节 电子的发现 -含答案
第1节电子的发现1．英国物理学家汤姆孙发现了电子。
2．组成阴极射线的粒子——电子。
3．密立根通过“油滴实验”精确测定了电子电荷量。
4．密立根实验发现：电荷是量子化的，即任何带电体的电荷只能是e的整数倍。
一、阴极射线1．实验装置：如图18-1-1所示真空玻璃管中K是金属板制成的阴极，A是金属环制成的阳极；把它们分别连在感应圈的负极和正极上。
图18-1-12．实验现象：玻璃壁上出现淡淡的荧光及管中物体在玻璃壁上的影。
3．阴极射线：荧光是由于玻璃受到阴极发出的某种射线的撞击而引起的，这种射线被命名为阴极射线。
二、电子的发现1．汤姆孙的探究(1)让阴极射线分别通过电场和磁场，根据偏转情况，证明它是B(A.带正电B．带负电)的粒子流并求出了它的比荷。
(2)换用不同材料的阴极做实验，所得比荷的数值都相同。
证明这种粒子是构成各种物质的共有成分。
(3)进一步研究新现象，不论是由于正离子的轰击，紫外光的照射，金属受热还是放射性物质的自发辐射，都能发射同样的带电粒子——电子。
由此可见，电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元。
2．密立根“油滴实验”(1)精确测定电子电荷。
(2)电荷是量子化的。
3．电子的有关常量1．自主思考——判一判(1)玻璃壁上出现的淡淡荧光就是阴极射线。
(×)(2)玻璃壁上出现的影是玻璃受到阴极射线的撞击而产生的。
(×)(3)阴极射线在真空中沿直线传播。
(√)(4)英国物理学家汤姆孙认为阴极射线是一种电磁辐射。
(×)(5)组成阴极射线的粒子是电子。
(√)(6)电子是原子的组成部分，电子电荷量可以取任意数值。
(×)2．合作探究——议一议气体放电管中的气体为什么会导电？提示：气体分子内部有电荷，正电荷和负电荷的数量相等，对外呈电中性，当分子处于电场中时，正电荷和负电荷受电场力的方向相反，电场很强时正、负电荷被“撕”开，于是出现了等量的正、负电荷，在电场力作用下做定向运动，气体就导电了。
【同步练习】鲁科版物理同步习题：选修3-5参考答案及解析
选修3-5参考答案及解析第十五章动量守恒定律第一单元动量、动量守恒定律及应用第二单元实验：验证动量守恒定律第十六章原子结构原子核第一单元原子结构氢原子光谱第二单元放射性元素的衰变核能章末综合检测15-11、解析：平方公尺即为平方米．光子被舱门反射前后，光子动量变化量最大为Δp ＝2p (垂直入射与反射时)，又因为E ＝pc ，即对应于光子入射的能量为E 时光子的动量改变量为Δp ＝2Ec ，取Δt 时间内入射的所有光子作为研究对象，由题意知Δt 内与舱门发生作用的光子总能量为E 总＝Δt ×1.5 kJ ，根据动量定理FΔt ＝Δp 总有F ＝Δp 总Δt ＝2E 总c Δt ＝2E 总cΔt ，则：F ＝2×1.5×1033×108N ＝1.0×10－5N ，B 正确． 答案：B2、解析：从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A 、C 错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为m v 0M ＋m ，B 正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m 2v 202g (M ＋m )2，D 正确．答案：BD3、解析：当人到达软绳的末端时，软绳已离开地面一段高度H ，人能否安全到达地面决定于H 的大小．由人船模型得：m (h －H )＝MH 解得：H ＝mhM ＋m ＝60×60120＋60m ＝20 m人要回到地面得从20米高的地方跳下来，这是很危险的．所以不能．答案：不能4、解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律M v0＝m v，①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞12m v 20＝12m v2，②联立①②解得m＝M.(也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果) 答案：M5、解析：设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为M v男，申雪相对冰面的速度为－(v－v男)，根据动量守恒定律得：(M＋m)v0＝M v男－m(v－v男)解得v男＝v0＋m vM＋m.答案：v0＋m v M＋m6、解析：第一种情况：取水平向右为正方向．钢球碰前的动量为：p1＝m v1＝5 kg·m/s碰后的动量为：p2＝m v2＝－3 kg·m/s动量变化量为：Δp＝p2－p1＝(－3－5)kg·m/s＝－8 kg·m/s负号表示方向水平向左图14第二种情况：p 1、p 2的大小分别为2 3 kg·m/s 和2 kg·m/s ，方向如图14所示，由图所示平行四边形可得Δp 的大小和方向．大小：Δp ＝p 21＋p 22＝(23)2＋22 kg·m/s ＝4 kg·m/s方向：与竖直方向成30°角答案：8 kg·m/s ，方向水平向左4 kg·m/s ，与竖直方向成30°角 7、解析：(1)甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒． 由平均动量守恒得：(M ＋m )x 甲＝Mx 乙 又x 甲＋x 乙＝L以上两式联立可求得：x 甲＝4 m ，x 乙＝6 m.(2)设两船相遇时甲船的速度为v 1，对甲船和人用动能定理得： Fx 甲＝12(M ＋m )v 21因系统总动量为零，所以人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小，设人跳离的速度为v ，因跳离时，甲船和人组成的系统动量守恒，有：(M ＋m )v 1＝0＋m v 可求得：v ＝43m/s.答案：(1)4 m 6 m (2)43m/s8、解析：(1)设重物在车上向人靠拢L ＝3 m ，车在地面上移动距离为x ，依题意有m (L －x )＝Mx整理得：x ＝1 m(2)人和车的加速度为a ＝F M ＝200 N100 kg ＝2 m/s 2 则人和车在地面上移动1 m 时的速度为 v ＝2ax ＝2 m/s此时物体的对地速度为v 物，依据m v 物＝M v得v 物＝4 m/s答案：(1)1 m (2)2 m/s 4 m/s9、解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为 v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/s ＝1.33 m/s(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s. 答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s10、解析：探测器第一次喷出气体时，沿x 方向动量守恒，且探测器速度变为零．即M v 0＝m v ①第二次喷出气体时，沿y 方向动量守恒： 0＝(M －2m )·2v 0－m v ② 解①②得：m M ＝14，v v 0＝41答案：14 411、解析：设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12m v 2＋12M 1V 2①M 1V ＝m v ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V 2＝12m v 2③ m v ＝(M 2＋m )V ′④ 联立①②③④式得 h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ⑤答案：M 1M 2h(M 1＋m )(M 2＋m )12、解析：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)男孩下车前后，对整体由动量守恒定律有： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝4 m/s(m 1表示女孩质量，m 2表示自行车质量，m 3表示男孩质量)(3)男孩下车前系统的动能 E k ＝12(m 1＋m 2＋m 3)v 20 ＝12(40＋10＋30)×(2.5)2J ＝250 J男孩下车后系统的动能E k ′＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(40＋10)×42J ＝400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J.答案：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)4 m/s (3)250 J 400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J16-11、解析：根据爱因斯坦光电效应方程E K ＝hr －W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随r 的变化而变化，且是线性关系(与y ＝ax ＋b 类似)，直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距QA 表示E K ＝0时的频率r 0，即为金属的极限频率，还可由波速公式C ＝r 0λ0.求该金属发生光电效应照射光的极限波长．E K ＝hν－W ，E K ＝0时，有hν0－W ＝0，r 0＝W h ，又由波速公式，得C ＝r 0λ0，λ0＝hCW .答案：ABD2、解析：由题意a 光光子能量大于b 光光子能量，a 光频率大于b 光频率，由v 水＝cn ，可知C 正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A 错．E 43<E 32，而紫外线光子的能量大于可见光，故B 错．能量大于或等于3.40 eV 的光才能使氢原子在n ＝2的能级时发生电离，故D 错．答案：C3、解析：电池是把其他形式的能转化成电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．答案：A4、解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D 选项正确．答案：D图105、解析：根据ΔE ＝hcλ可以由辐射的波长得到几个能级差； E B －E A ＝2.1 eV ；E C －E A ＝3.8 eV ； E D －E A ＝4.4 eV ；E E －E B ＝2.4 eV ；根据以上能级差所作能级图如答案图10所示． 答案：如图10所示6、解析：当n ＝3时，波长最长，1λ＝R (122－132) λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×365 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14 λ＝4R m ＝41.1×107m ＝3.64×10－7m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7 m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7 m7、解析：光电子做半径最大的匀速圆周运动时，它的动能即是最大动能．(1)由eB v ＝m v 2r 得v ＝eBrm 所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )22m 代入数据得12m v 2≈4.41×10－19 J (2)由爱因斯坦光电效应方程得 W ＝hν－12m v 2＝h c λ－12m v 2 代入数据得W ≈7.3×10－19 J.答案：(1)4.41×10－19 J (2)7.3×10－19 J8、解析：本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系．氢原子能量E 3＝E 1/32＝－13.6 eV/32＝－1.51 eV . 电子在第3轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1① 电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以ke 2/r 23＝m v 23/r 3②由①②可得电子动能为 E k 3＝12m v 23＝ke 22×32r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×(1.60×10－19) eV ＝1.51 eV由于E 3＝E k 3＋E p 3，故电子的电势能为： E p 3＝E 3－E k 3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV 答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV9、解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则：k ·e 2r 21＝m v 21r 1∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝13.6 eV (2)E 1＝E k 1＋E p 1∴E p 1＝E 1－E k 1＝－13.6 eV －13.6 eV ＝－27.2 eV (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×108－13.6×1.6×10－19m＝0.9141×10－7m答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m10、解析：(1)由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知A 正确． (2)由能量守恒有2E ＝2m e c 2，所以E ＝m e c 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2J ＝8.2×10－14J.反应过程中动量守恒且总动量为零． (3)粒子的动量p ＝2mE k ，物质波的波长λ＝hp 由m n >m e ，知p n >p e ，则λn <λe .答案：(1)A (2)8.2×10－14 遵循动量守恒 (3)λn <λe 11、解析：根据巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2)，得 当n ＝3,4时氢原子发光所对应的波长最长 当n ＝3时有1λ1＝1.10×107×(122－132)解得λ1＝6.5×10－7m当n ＝4时有1λ2＝1.10×107×(122－142) 解得λ2＝4.8×10－7 m.除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都是满足与巴耳末公式类似的关系式，即1λ＝R (1a 2－1n 2)．其中a 分别为1,3,4，…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．答案：6.5×10－7 m 4.8×10－7 m 不连续的线状谱12、解析：(1)设运动氢原子的速度为v 0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v ，损失的动能ΔE 被基态氢原子吸收．若ΔE ＝10.2 eV ，则基态氢原子可由n ＝1跃迁到n ＝2.由动量守恒和能量守恒有：m v 0＝2m v ①12m v 20＝12m v 2＋12m v 2＋ΔE ②12m v 20＝E k ③E k ＝13.6 eV ④解①②③④得，ΔE ＝12·12m v 20＝6.8 eV因为ΔE ＝6.8 eV<10.2 eV .所以不能使基态氢原子发生跃迁．(2)若使基态氢原子电离，则ΔE ＝13.6 eV ，代入①②③得E k ＝27.2 eV .答案：(1)不能 (2)27.2 eV16-21、解析：由核反应中质量数、电荷数守恒可确定X 是α粒子．两个核反应中的质量亏损分别为Δm 1＝(1.0078＋12.0000－13.0057)u ＝0.0021 u ，Δm 2＝(1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026)u ＝0.0053 u ，结合爱因斯坦质能方程Q ＝Δmc 2知Q 1<Q 2，故B 正确．答案：B2、解析：在核反应中，电荷数守恒，质量数守恒，可以判断中微子所带电荷数是零，质量数是零，故A 项正确，而中子的质量数是1，故B 项错误；同位素是电荷数相等，质量数不等的同种元素，而3717Cl 和3718Ar 是两种不同的元素，故C 项错误；由爱因斯坦质能方程得中微子的质量m ＝(0.00055＋36.95691－36.95658)u ＝0.00088 u ，而1 u 质量对应的能量为931.5 MeV ，所以中微子的最小能量是E ＝931.5×0.00088 MeV ≈0.82 MeV ，故D 项正确．答案：AD3、解析：核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k ＋d ＋2,6×1＝2k ＋d ，解得k ＝2，d ＝2，因此B 选项正确．答案：B4、解析：由题意知，这群氢原子原来处于n ＝4的能级．它向低能级跃迁时，发出光谱线的条数为4×3×12＝6(种)．答案：65、解析：通过α粒子散射实验可观察到的现象是：绝大多数α粒子几乎不偏转，有少数α粒子发生大角度偏转，甚至有的原方向返回；α粒子由两个质子和两个中子构成，由动能E k ＝12m v 2得，α粒子的速度v ＝2E km＝2×106×1.6×10－194×1.67×1027m/s图3＝6.9×106 m/s.答案：大 6.9×1066、解析：3015P 衰变的方程式：3015P ―→3014Si ＋01e ，即这种粒子为正电子．图中纵坐标表示剩余3215P 的质量，经过t 天4 mg 的3215P 还剩0.25mg ，也就是1 mg 中还剩0.254mg ＝0.0625 mg ，由图示估读出此时对应天数为56天．答案：(1)正电子 (2)t ＝56天(54～58天都算对)7、解析：(1)用m 1、m 2和m 3分别表示中子(10n)、氦核(42He)和氚核的速度，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3代入数值，得v 3＝－8.1×106 m/s即反应后生成的氚核的速度大小为8.1×106m/s方向与反应前中子的速度方向相反．(2)反应前的总动能E 1＝12m 1v 21反应后的总动能E 2＝12m 2v 22＋12m 3v 23经计算知E 2>E 1，故可知反应中发生了质量亏损．答案：(1)8.1×106 m/s ，与反应前中子的速度方向相反(2)E 2>E 1 发生了质量亏损8、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程式为21H＋21H―→32He＋10n.核反应过程中的质量亏损：Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2×2.0136 u －(3.0150＋1.0087) u＝3.5×10－3u.由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以氘核聚变时放出的能量：ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV＝3.3 MeV.(2)31H和42He分解成7个核子所需的能量为E1＝3×1.112 MeV＋4×7.075 MeV＝31.636 MeV7个核子结合成73Li，释放的能量为E2＝7×5.603 MeV＝39.221 MeV所以此核反应过程中释放的核能为ΔE＝E2－E1＝39.221 MeV－31.636 MeV＝7.585 MeV.答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n 3.3(2)7.585 MeV9、解析：(1)由电荷数守恒和质量数守恒可知系数为3.(2)ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m)c2(3)一个月内核反应产生的总能量为E＝Pt，同时E＝mM N AΔE，所以Pt＝mM N AΔE，解得m＝PtMN AΔE＝22 kg.答案：(1)3(2)(m1－m2－m3－2m)c2(3)22 kg10、解析：①342He―→126C＋ΔE②Δm＝3×4.0026 u－12.0000 u＝0.0078 uΔm＝0.0078×1.66×10－27kg＝12.95×10－27kg ΔE＝Δm·c2＝1.16×10－12J③ΔE＝1.16×10－12(1.6×10－19)MeV＝7.25 MeVΔE＝0.0078×931.5 MeV＝7.25 MeV答案：(1)342He―→126C＋ΔE(2)1.16×10－12J(3)7.25 MeV11、解析：铀235释放的能量等于一天发电的电能．计算出50万kW的电站一天发出的电能，也就是一天所需的铀235释放的核能，进而求得铀235的质量．根据发电功率计算出每天应发电能的总量为：E＝24×3.6×103×P＝4.32×1013J要得到这么多能量需要裂变的铀原子数目为：n＝4.32×10132×108×1.6×10－19＝1.35×1024则对应的质量为：m＝nN A·M＝1.35×10246.02×1023×235×10－3kg＝0.527kg答案：0.527 kg12、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程为：21H＋21H―→32He＋10n(2)质量亏损Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2.0136 u×2－(3.0150 u＋1.0087 u)＝0.0035 u由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以核反应中释放的核能为ΔE＝0.0035×931.5 MeV＝3.26 MeV(3)由动量守恒定律有：0＝m He v He－m n v n得v He∶v n＝1∶3答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n(2)3.26 MeV(3)1∶316-末1、解析：轻核聚变而生成质量较大(中等)的新核．故B 正确． 答案：B2、解析：由图甲可知α射线和β射线都不能穿透钢板，γ射线的穿透力最强，可用来检查金属内部的伤痕，答案为C.答案：C3、解析：粒子之间相互作用的过程中遵循动量守恒定律，由于原来的原子核是静止的，初动量为零，则末动量也为零，即：α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，所以A 正确．由于释放的α粒子和反冲核，在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，所以由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB .若原来放射性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：R 1＝p 1B ·2e .对反冲核：R 2＝p 2B (Q －2)e. 由于p 1＝p 2，所以有：R 1R 2＝441. 解得：Q ＝90.它们的速度大小与质量成反比．所以B 、C 正确，D 错误． 答案：ABC4、解析：由跃迁公式得ΔE 1＝hc λ1，ΔE 2＝hc λ2，联立可得ΔE 2＝λ1λ2.ΔE 1＝0.36 eV ，选项D 对．答案：D5、解析：三种射线中α射线的电离本领最强，当有烟尘时，由于烟尘吸收空气中的离子和α粒子，所以电流会减弱．故B 正确．答案：B6、解析：根据光电效应规律可知A 正确，B 、C 错误．根据光电效应方程12m v 2m ＝hν－W ，频率ν越高，初动能就越大，D 正确．答案：AD7、解析：据核反应过程中质量数和电荷数守恒可判断X 是中子．Δm ＝(235.0432＋1.0087－138.9178－93.9154－3×1.0087) u ＝0.1926 u ，可见该反应释放能量，释放的能量ΔE ＝0.1926×9.3×102 MeV ＝1.8×102 MeV .故C 正确．答案：C8、解析：α射线不能穿过3 mm 厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm 厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响．而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化．即β射线对控制厚度起主要作用．若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些．故B 正确．答案：B9、解析：卢瑟福α粒子散射实验说明的是原子内部的结构而不是原子核内部的结构，故①错；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，而不是内部有电子，故②错；氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量大于从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量，故前者波长小于后者，即④错．由核反应规律可知③正确．答案：③10、解析：①题给原理是动量守恒，故应选择器材为ABC. ②由题意知B 对应原理中的m 1.答案：①ABC ②B11、解析：(1)核反应方程式为：42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)设该种粒子的质量为m ，则12C 核的质量为12m .由动量守恒定律可得：m v 0＝m (－v 1)＋12m v 2解得：v 2＝v 0＋v 112 则碰撞后该种粒子运动方向与原粒子运动方向相同．答案：(1)42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)v 0＋v 112 与原粒子运动方向相同12、解析：设摆球A 、B 的质量分别为m A 、m B ，摆长为l ，B 球的初始高度h 1，碰撞前B 球的速度为v B .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得h 1＝l (1－cos45°)①12m B v 2B ＝m B gh 1②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p 1、p 2，有p 1＝m B v B ③联立①②③式得p 1＝m B 2gl (1－cos45°)④同理可得p 2＝(m B ＋m B )2gl (1－cos30°)⑤联立④⑤式得p 2p 1＝m B ＋m B m B1－cos30°1－cos45°⑥ 代入已知条件得(p 2p 1)2＝1.03⑦由此可以推出|p 2－p 1p 1|≤4%⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．答案：是13、解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m 2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－[12m (v 02)2＋12M v 2]③由②③式得ΔE ＝18(3－m M )m v 20.④(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2⑤s ＝v t ⑥由②⑤⑥式得s ＝m v 0M h 2g .答案：(1)18(3－m M )m v 20 (2)m v 0Mh2g 14、解析：(1)电子绕核运动具有周期性，设运转周期为T ，由牛顿第二定律和库仑定律有：k e 2r 21＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 1① 又轨道上任一处，每一周期通过该处的电荷量为e ，由电流的定义式得所求等效电流I ＝e T ②联立①②式得I ＝e 22πr 1k mr 1＝(1.6×10－19)22×3.14×0.53×10－10× 9×1099.1×10－31×0.53×10－10 A ＝1.05×10－3 A图8(2)由于这群氢原子的自发跃迁辐射，会得到三条光谱线，如右图8所示．(3)三条光谱线中波长最长的光子能量最小，发生跃迁的两个能级的能量差最小，根据氢原子能级的分布规律可知，氢原子一定是从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级设波长为λ，由h c λ＝E 3－E 2，得λ＝hc E 3－E 2＝ 6.63×10－34×3×108(－1.51＋3.4)×1.6×10－19m ＝6.58×10－7m 答案：(1)1.05×10－3A (2)如图8所示 (3)6.58×10－7m15、解析：(1)ε3Li ＋10n →42He ＋31H(2)因为1 g 氚为13 mol ，根据核反应方程，实现核转变的63Li 也为13mol ，所以有2.0×1023个Li 实现了核转变． (3)根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2.核聚变反应中有5个核子参加了反应，所以质量亏损为Δm ＝3.1×10－29 kg.答案：(1)10n ；42He (2)2.0×1023个 (3)3.1×10－29kg 16、解析：(1)碰撞过程满足动量守恒且机械能守恒，与氢核碰撞时有m v ＝m v 1＋m H v H ，12m v 2＝12m v 21＋12m H v 2H ，解之得v H ＝2m m ＋m Hv ，同理可得v N ＝2m m ＋m N v .(2)由上面可得v H v N＝m ＋m N m ＋m H ，代入数据得m m ′＝m m H ＝1.05. 答案：(1)v H ＝2m m ＋m H v v N ＝2m m ＋m N v (2)m m ′＝1.05 17、解析：(1)由C 2n ＝3可知n ＝3，故照射光的光子能量为E 3－E 1＝12.09 eV由E K ＝hν－W 知E K ＝(12.09－4.54) eV ＝7.55 eV .(2)①核反应方程式为63Li ＋10n →31H ＋42He.②设中子、氦核、新核的质量分别为m 1、m 2、m 3，它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，根据动量守恒有：m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3 v 3＝m 1v 1－m 2v 2m 3＝－1×103 m/s 负号说明新核运动方向与氦核相反．答案：(1)12.09 7.55 (2)①63Li ＋10n →31H ＋42He②1×103 m/s 运动方向与氦核相反。
人教版高二物理选修3-5课后作业第十八章原子的核式结构模型
人教版选修3-5课后作业第十八章原子的核式结构模型一、选择题1.α粒子散射实验中,使α粒子发生散射的原因是( )A.α粒子与原子核外电子碰撞B.α粒子与原子核发生接触碰撞C.α粒子发生明显衍射D.α粒子与原子核的库仑斥力作用2.α粒子散射实验中,不考虑电子和α粒子碰撞的影响,是因为( )A.α粒子与电子根本无相互作用B.α粒子受电子作用的合力为零,电子是均匀分布的C.α粒子和电子碰撞损失的能量极少,可忽略不计D.电子很小,α粒子碰撞不到电子3.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,有的甚至原路返回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4.(多选)在α粒子散射实验中,关于选用金箔的原因,下列说法正确的是( )A.金具有很好的延展性,可以做成很薄的箔B.金原子核不带电C.金原子核质量大,被α粒子轰击后不易移动D.金这种材料比较昂贵5.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型,实验装置如图所示,有带电粒子打到荧光屏上就会产生光斑。
为验证α粒子散射实验的结论,现在1、2、3、4四处放置带有荧光屏的放大镜,则这四处位置一段时间内统计的闪烁次数符合实验事实的是( )A.2、10、625、1 205B.1 202、1 305、723、203C.1 305、25、7、1D.1 202、1 010、723、2036.(多选)在α粒子散射实验中,当α粒子穿过金箔时,下列说法正确的是( )A.与金原子核相距较远的α粒子,可能发生大角度偏转B.与金原子核相距较近的α粒子,可能发生大角度偏转C.α粒子与金原子核距离最近时,二者组成的系统的能量最小D.α粒子与金原子核距离最近时,二者组成的系统的势能最大7.(多选)用α粒子轰击金箔,α粒子在接近金原子核时发生偏转的情况如图所示,则α粒子的路径可能是( )A.aB.bC.cD.a、b、c都是不可能的8.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析,提出了原子内部存在( )A.电子B.中子C.质子D.原子核9.(多选)卢瑟福对α粒子散射实验的解释是( )A.使α粒子产生偏转的力主要是原子中电子对α粒子的作用力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.能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核较近的α粒子10.(多选)卢瑟福提出的原子核式结构学说包括下列哪些内容( )A.原子中心有一个很小的核B.原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在原子核里C.原子的正电荷均匀分布在它的全部体积上D.带负电的电子在核外空间绕原子核旋转11.(多选)关于原子核式结构理论,下列说法正确的是( )A.是通过发现电子得出来的B.原子的中心有个核,叫做原子核C.原子的正电荷均匀分布在整个原子中D.原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在原子核里,带负电的电子在核外旋转12.在α粒子散射实验中,电子对α粒子运动的影响可以忽略。
【人教版】物理选修3-5：17.3《粒子的波动性》(附答案)
一、光的波粒二象性 1．光的波粒二象性 光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性。
2．光子的能量和动量 (1)能量：ε＝ hv 。
h (2)动量：p＝ λ 。 (3)意义：能量 ε 和动量 p 是描述物质的粒子性的重要物 理量；波长 λ 和频率 ν 是描述物质的波动性的典型物理量。
因此 ε＝ hv 和 p＝hλ揭示了光的粒子性和波动性之间的密切 关系，普朗克常量 h 架起了粒子性与波动性之间的桥梁。
C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性
越显著
D．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明
光具有粒子性
[思路点拨] 解答本题应注意以下三个方面：
(1)光子与实物粒子的区别。
(2)光的波粒二象性是光的本性。
(3)光显示波动性或粒子性是有条件对应的。
[解析] 一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、 衍射)表现出波动性，光的有些行为(如光电效应)表现出粒子性， 所以不能说有的光是波，有的光是粒子，A 错误；虽然光子和电 子都是微观粒子，都具有波粒二象性，但电子是实物粒子，有静 止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式 存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以不能说光子和电 子是同样的一种粒子，B 错误；波长长，容易发生干涉、衍射， 波动性强，反之，波长短，光子能量大，粒子性强，C 正确；干 涉、衍射是波特有的现象，光电效应说明光具有粒子性，D 正确。
对光的波粒二象性的理解
1．对光的本性认识史 人类对光的认识经历了漫长的历程，从牛顿的光的微粒 说、托马斯·杨和菲涅耳的波动说，从麦克斯韦的光的电磁说 到爱因斯坦的光子说。直到二十世纪初，对于光的本性的认识 才提升到一个更高层次，即光具有波粒二象性。
物理选修3-5课后习题答案
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，从米高度落地，根据自由落体公式，速度是s (g取然后落地速度减为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：s详解，由系统动量守恒得：MV0 - m v′ = mv 于是V0可以算出是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。
高中物理人教版选修3-5课后习题整理
高中物理人教版选修3-5课后习题整理第十六章动量守恒定律16.11. 光滑桌面上有 1、2 两个小球。
1 球的质量为 0.3 kg，以 8 m/s 的速度跟质量为 0.1 kg的静止的 2 球碰撞，碰撞后 2 球的速度变为 9 m/s，1 球的速度变为 5 m/s，方向与原来相同。
根据这些实验数据，晓明对这次碰撞的规律做了如下几项猜想。
(1) 碰撞后2球获得了速度，是否是1球把速度传递给了2球？经计算，2球增加的速度是 9 m/s，1 球减小的速度是 3 m/s，因此，这种猜想不成立。
(2) 碰撞后2球获得了动能，是否是1球把动能传递给了2球？经计算，2球增加的动能是 4.05 J，1球减小的动能是 5.85 J，这种猜想也不成立。
(3) 请你根据实验数据猜想：有一个什么物理量，在这次碰撞中 2 球所增加的这个量与 1球所减小的这个量相等？通过计算说明。
2. 水平光滑桌面上有A、B两个小车，质量都是0.6 kg。
A车的车尾连着一个打点计时器的纸带，A车以某一速度与静止的B车碰撞，碰后两车连在一起共同向前运动。
碰撞前后打点计时器打下的纸带如图16.1-6所示。
根据这些数据，请猜想：把两个小车加在一起计算，有一个什么物理量在碰撞前后可能是相等的？图 16.1-6 碰撞前后纸带上打下的点迹16.21. 解答以下三个小题，思考动量与动能的区别。
(1) 质量为 2 kg 的物体，速度由 3 m/s 增大为 6 m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍？(2) 质量为 2 kg 的物体，速度由向东的 3 m/s 变为向西的 3 m/s，它的动量和动能是否变化了？如果变化了，变化量各是多少？(3) A物体质量是2 kg，速度是3 m/s，方向向东；B物体质量是3 kg，速度是4 m/s，方向向西。
它们的动量之和是多少？动能之和是多少？解答后做个小结，说说动量与动能有什么不同。
以后的学习中还会学到动量与动能的区别，请注意及时总结。
苏教版高中物理 选修3-5 课后练习、课时练习
一、单选题(选择题)1. 如图所示用甲、乙两种电路研究光电效应，由下列实验现象得出的实验结论中正确的是（）A．使用乙图电路做实验，当光的强度一定时，调节触头P使电压表示数增加，电流表示数并不是一直增大，说明单位时间内产生的光电子数量是一定的B．使用乙图电路做实验，为了验证光电管极限频率的存在，必须把触头P移动到A端C．使用甲图电路做实验，用不同颜色的光照射光电管，通过调节触头P，使电流表示数为零，电压表示数越大时，说明此金属的逸出功越大D．使用甲图电路做实验，无论用什么频率的光照射光电管，电流表都不可能有电流2. 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中()A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量增大D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大3. 已知氢原子基态的能量为，处于量子数为n激发态的氢原子能量为（、3、4…）。
大量氢原子处于某一激发态，跃迁时最多可以辐射出3种不同频率的光子，若h为普朗克常量，则其中能量最大的光子的频率为（）A．B．C．D．4. 某物体在水平桌面上，受到一个推力F的作用t秒钟物体没有移动，则F的冲量为（）A．0 B．Ft C．mgt D．无法计算5. 1919年，卢瑟福做了用α粒子轰击氮核的实验，发现了（）A．质子B．中子C．电子D．核子6. 一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为U→Th＋He、下列说法正确的是（）A．衰变后钍核的动能等于粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间D．衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量7. 科学家通过辐射探测器发现闪电能够引发大气核反应，并产生放射性同位素。
其中一种典型的核反应如图所示，闪电产生的高能射线把原子核里的中子移除出去，产生不稳定的原子核a，a再衰变成中微子（质量数和电荷数均为零）、正电子和稳定的原子核b。
2020年鲁科版高中物理选修3-5课后练习(5)(含答案解析)
2020年鲁科版选修3-5课后练习（5）一、计算题（本大题共3小题，共30.0分）1.一个质子从静止开始，经过1000V的电压加速后，它的德布罗意波长是多大？质子质量为2.将尘埃微粒看成物质波，质量是、速度是的尘埃微粒的波长是多少？3.原子核的半径为，估计核内质子的动量不确定范围．如果电子被限制在核内，其动量不确定范围又是多少？二、简答题（本大题共9小题，共72.0分）4.钨的逸出功为，使钨产生光电效应的光的最大波长是多少？5.锌产生光电效应的最大波长为372nm，若用波长为300nm的紫外光照射，电子逸出锌板表面的最大初动能是多少？6.为什么说光具有波粒二象性？怎样理解光的波粒二象性？7.什么是概率波？为什么说光波是一种概率波？8.德布罗意提出的物质波的含义是什么？有哪些实验证实了微观粒子具有波动性？9.物质波与机械波以及经典意义下的电磁波有什么区别？10.能量为100eV的电子和质子的波长分别是多少？说明为什么中子衍射实验要采用能量很低的慢中子。
11.“大爆炸”宇宙模型是怎样描述宇宙演化的？12.查阅资料，了解什么是“基本粒子”。
在历史上，人们关于基本粒子的概念是怎样演变的？三、综合题（本大题共3小题，共36.0分）13.一个灯泡的发光功率是12W，发出频率为的黄光，每秒发射多少个光子？14.钾产生光电效应的光的最低频率是，钾的逸出功是多少？15.什么是康普顿效应？这个效应说明了什么？-------- 答案与解析 --------1.答案：解：质子的电量，质子的质量根据动能定理可得：质子的动量：根据物质波波长公式可得：联立式可得该质子的物质波波长：答：该质子的德布罗意波长为。
解析：先根据动能定理求出质子加速后的速度，再求出质子的动量，最后再运用物质波波长公式，求解其物质波波长即可。
本题考查物质波波长公式的定量运用，解题关键是要知道质子的电量，会运用动能定理求出质子的速度，牢记物质波波长公式。
物理选修3-5之光电效应(含答案)
3-5之光电效应一．选择题（共30小题）1．（2013•上海）某半导体激光器发射波长为1.5×10﹣6m，功率为5.0×10﹣3W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10﹣7m，普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，该激光器发出的（）A．是紫外线B．是红外线C．光子能量约为1.3×10﹣18J D．光子数约为每秒3.8×1016个2．（2012•上海）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（）A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目3．（2012•上海）根据爱因斯坦的“光子说”可知（）A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B．光的波长越大，光子的能量越小C．一束单色光的能量可以连续变化D．只有光子数很多时，光才具有粒子性4．（2012•海南）（模块3﹣5）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是（）A．对于同种金属，E k与照射光的强度无关B．对于同种金属，E k与照射光的波长成正比C．对于同种金属，E k与照射光的时间成正比D．对于同种金属，E k与照射光的频率成线性关系E．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系．5．（2010•天津）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U 的关系如图．则这两种光（）A．照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D．通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大6．（2010•四川）用波长为2.0×10﹣7m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10﹣19J．由此可知，钨的极限频率是（普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s），光速c=3.0×108m/s，结果取两位有效数字）（）A．5.5×1014Hz B．7.9×1014Hz C．9.8×1014Hz D．1.2×1015Hz7．（2010•上海）根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于（h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长）（）A．B．C．hλD．8．（2007•重庆）真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板面积为S，间距为d．现用波长为λ（λ1＜λ＜λ2）的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电量成正比（） A．B．C．D．9．（2007•汕头模拟）图中为X射线管的结构示意图，E为灯丝电源．要使射线管发出X射线，须在K、A两电极间加上几万伏的直流高压，则（）A．高压电源正极应接在P点，X射线从K极发出B．高压电源正极应接在P点，X射线从A极发出C．高压电源正极应接在Q点，X射线从K极发出D．高压电源正极应接在Q点，X射线从A极发出10．（2006•四川）现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc．用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应．若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定（）A．a光束照射时，不能发生光电效应B． c光束照射时，不能发生光电效应C． a光束照射时，释放出的光电子数目最多D．c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小11．（2006•上海）人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是（）A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波D．光具有波粒二象性性12．（2006•甘肃）已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0（）A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍13．（2005•天津）某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21eV，用波长为2.5×10﹣7m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108m/s，元电荷为1.6×10﹣19C，普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，求得钾的极限频率和该光电管发射的光电子的最大动能应分别（）A． 5.3×1014Hz，2.2J B．5.3×1014Hz，4.4×10﹣19JC． 3.3×1033Hz，2.2J D．3.3×1033Hz，4.4×10﹣19J14．（2005•江苏）为了强调物理学对当今社会的重要作用并纪念爱因斯坦，2004年联合国第58次大会把2005年定为国际物理年．爱因斯坦在100年前发表了5篇重要论文，内容涉及狭义相对论、量子论和统计物理学，对现代物理学的发展作出了巨大贡献．某人学了有关的知识后，有如下理解，其中正确的是（）A．所谓布朗运动就是液体分子的无规则运动B．光既具有波动性，又具有粒子性C．在光电效应的实验中，入射光强度增大，光电子的最大初动能随之增大D．质能方程表明：物体具有的能量与它的质量有简单的正比关系15．（2005•江苏）在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近．已知中子质量m=1.67x10﹣27kg，普朗克常量h=6.63x10﹣34J•s，可以估算德布罗意波长λ=1.82x10﹣10m的热中子动能的数量级为（）A．10﹣17J B．10﹣19J C．10﹣21J D．10﹣24J16．（2004•江苏）下列说法正确的是（）A．光波是一种概率波B．光波是一种电磁波C．单色光从光密介质进入光疏介质时，光子的能量改变D．单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变17．（2003•天津）如图所示，当电键S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V 时，电流表读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为（）A．1.9eV B．0.6eV C．2.5eV D．3.1eV18．（2003•上海）爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说．从科学研究的方法来说，这属于（）A．等效替代B．控制变量C．科学假说D．数学归纳19．（2001•上海）光电效应实验的装置如图所示，则下面说法中正确的是（）A．用紫外光照射锌板，验电器指针会发生偏转B．用红色光照射锌板，验电器指针会发生偏转C．锌板带的是负电荷D．使验电器指针发生偏转的是正电荷20．（2000•上海）下列关于光的说法中正确的是（）A．在真空中红光波长比紫光波长短B．红光光子能量比紫光光子能量小C．红光和紫光相遇时能产生干涉现象D．红光照射某金属时有电子向外发射，紫光照射该金属时一定也有电子向外发射21．（2013•镇江二模）如图是研究光电效应的电路，则下列关于光电流与电压的关系图象正确的是（）A．B．C．D．22．（2013•漳州模拟）某种颜色的单色光照射到金属表面时，有光电子逸出，如果照射光的颜色不变，而光的强度增强，那么将会出现（）A．该金属材料的逸出功增大B．逸出光电子的时间间隔将增加C．光电子的最大初动能增大D．单位时间内逸出的光电子数目增加23．（2013•闸北区二模）“约索夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关．你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数k的值可能为（）A．2e/h B．h/2e C．2he D．1/2he24．（2013•闸北区二模）入射光照射到某一金属表面而发生了光电效应．将入射光的强度减弱而保持其频率不变，则（）A．从光照射至金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．电子所能够吸收到的光子能量将明显减小C．可能难以产生光电效应D．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减小25．（2013•扬州模拟）在光电效应实验中，先后用两束光照射同一个光电管，若实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线如图所示，则下列说法中正确的是（）A．a光频率大于b光频率B． a光波长大于b光波长C． a光强度高于b光强度D．a光照射光电管时产生光电子的最大初动能较大26．（2013•徐汇区二模）四种颜色的光分别通过同一双缝产生的双缝干涉图案如图中各选项所示，用这四种颜色的光分别照射某金属板，只有两种光能产生光电效应，则能产生光电效应的光线中，光子能量较小的光对应的双缝干涉图案是（）A．B．C．D．27．（2013•西城区一模）用某种频率的光照射锌板，使其发射出光电子．为了增大光电子的最大初动能，下列措施可行的是（）A．增大入射光的强度B．增加入射光的照射时间C．换用频率更高的入射光照射锌板D．换用波长更长的入射光照射锌板28．（2013•石景山区一模）对于同种金属，产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是（）A． E k与照射光的强度成正比B．E k与照射光的波长成正比C． E k与照射光的频率成线性关系D．E k与光照射的时间成线性关系29．（2013•汕头二模）如图是研究光电效应的装置，用一定频率的光束照射金属板K，有粒子逸出，则（）A．逸出的粒子是电子B．改变光束的频率，金属的逸出功随之改变C．减少光束的光强，逸出的粒子初动能减少D．减小光束的频率，金属板K可能没有粒子逸出30．（2013•南开区一模）2005年是“世界物理年”，100年前的1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象．关于光电效应，下列说法正确的是（）A．当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D．某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较长的光照射该金属时可能发生光电效应3-5之光电效应参考答案与试题解析一．选择题（共30小题）1．（2013•上海）某半导体激光器发射波长为1.5×10﹣6m，功率为5.0×10﹣3W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10﹣7m，普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，该激光器发出的（）A．是紫外线B．是红外线C．光子能量约为1.3×10﹣18J D．光子数约为每秒3.8×1016个考点：光子；电磁波谱．分析：根据波长的大小判断激光器发射的是哪种电磁波．根据E=h求出光子能量，根据E=Pt=nh求出单位时间内发生的光子数．解答：解：A、波长的大小大于可见光的波长，属于红外线．故A错误，B正确．C、光子能量E==1.326×10﹣19J．故C错误．D、每秒钟发出的光子数n=．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键熟悉电磁波谱中波长的大小关系，以及掌握光子能量与波长的大小关系．2．（2012•上海）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（）A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率．解答：解：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式E K=hf﹣W知，W为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，A正确．故选A点评：本题考查了发生光电效应的条件和光电效应方程的应用．3．（2012•上海）根据爱因斯坦的“光子说”可知（）A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B．光的波长越大，光子的能量越小C．一束单色光的能量可以连续变化D．只有光子数很多时，光才具有粒子性考点：光子．分析：爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量与频率成正比，即E=hv（h=6.626×10﹣34 J．S）解答：解：A、“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，故A错误；B、光的波长越大，根据，频率越大，故能量E=hv越小，故B正确；C、爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量为E=hv，故光的能量是不连续的，故C错误；D、当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，故D错误；故选B．点评：爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统一起来，即单个光子显示粒子性，大量光子显示波动性．4．（2012•海南）（模块3﹣5）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是（）A．对于同种金属，E k与照射光的强度无关B．对于同种金属，E k与照射光的波长成正比C．对于同种金属，E k与照射光的时间成正比D．对于同种金属，E k与照射光的频率成线性关系E．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系．考点：爱因斯坦光电效应方程；光电效应．专题：压轴题；光电效应专题．分析：根据光电效应方程E km=hv﹣W0进行分析．解答：解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A正确．B、根据光电效应方程E km=hv﹣W0=，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波长不成正比．故B错误．C、最大初动能与照射光的时间无关．故C错误．D、根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关系．故D正确．E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，E k与金属的逸出功成线性关系．故E正确．故选ADE点评：解决本题的关键掌握光电效应方程E km=hv﹣W0，知道最大初动能与入射光的强度和照射时间无关．5．（2010•天津）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图．则这两种光（）A．照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D．通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大考点：爱因斯坦光电效应方程；全反射；双缝干涉的条纹间距与波长的关系．专题：压轴题．分析：要明确各种单色光的折射率和波长、频率之间的关系：折射率越大则频率越大，波长越小．对于本题解题的关键是通过图象判定a、b两种单色光谁的频率大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的．解答：解：A、由光电效应方程，由题图可得b光照射光电管时使其逸出的光电子最大初动能大，b光的频率大，波长小，故A错误；B、b光的频率大，在玻璃中的折射率n b大，由可知：从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角小，a光大，故B正确；C、发生双缝干涉时，，b光波长小，相邻条纹间距b光小，a光大，故C正确；D、在玻璃中的折射率n b＞n a，b光的偏折程度大，故D错误．故选BC．点评：要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系．如本题中折射率、临界角、光子能量、最大初动能等都有光的频率有关．6．（2010•四川）用波长为2.0×10﹣7m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10﹣19J．由此可知，钨的极限频率是（普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s），光速c=3.0×108m/s，结果取两位有效数字）（）A．5.5×1014Hz B．7.9×1014Hz C．9.8×1014Hz D．1.2×1015Hz考点：爱因斯坦光电效应方程．专题：计算题．分析：本题中根据波长、光速、频率关系可以求出紫外线的频率，知道了所释放电子的最大初动能，利用光电效应方程即可求出钨的极限频率．解答：解：由光电效应方程E km=hv﹣W0①紫外线的频率为：②逸出功为：W0=hv0③由①②③可得：故选项ACD错误，B正确．故选B．点评：本题比较简单，但是涉及物理较多，要明确各物理量之间的关系，同时注意计算要准确．7．（2010•上海）根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于（h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长）（）A．B．C．hλD．考点：光子．专题：物理光学综合专题．分析：本题比较简单，直接根据光子能量公式即可求解．解答：解：光子能量为：E=hv ①光子频率、波长、光速之间关系为：②联立①②得光子的能量为：，故BCD错误，A正确．故选A．点评：本题考查了光子能量的表达式，比较简单，要明确光子能量、波长、频率、光速等之间关系．8．（2007•重庆）真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板面积为S，间距为d．现用波长为λ（λ1＜λ＜λ2）的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电量成正比（）A．B．C．D．考点：爱因斯坦光电效应方程；电容．分析：解决本题的关键是：首先利用光电效应方程求出电子的初动能，然后理解电容器最终带电量的含义：即电子不能再运动到负极板，其临界状态是电子减速到负极板时速度刚好减速为零．解决本题最简单的方法是：排除法．根据λ1＜λ＜λ2可知，该光不能使铂发生光电效应，故含有λ1的选项不对，只有D正确．解答：解：铂的极限波长为λ1，钾的极限波长为λ2，因为λ1＜λ＜λ2．由公式v=c/λ，极限波长短的极限频率高．所以，当以波长λ的光入射到两金属板内表面上时，只能使钾金属板发生光电效应．钾失去电子而成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容器的负极板．电子从钾金属板飞出时的动能为：E k=hv﹣W2=﹣=，公式中W2为钾金属的逸出功．光电子不断从钾极板发出，又不断到达铂极板，使电容器带电不断增加，电压也不断增大，这个电压是使光电子减速的反向电压．当某时刻，光电子恰好到达铂极板时其速度减为零，则电容器的电量达到最大值Q=CU（这里的电压U相当于反向截止电压．）由动能定理可以得到：eU=E k=，平行板电容器的电容：C∝Q=CU∝××∝，故选项ABC错误，D正确．故选D．点评：本题难度较大，将光电效应和电容器、带电粒子在电场中的运动联系起来．解决本题时可用排除法：根据λ1＜λ＜λ2可知，该光不能使铂发生光电效应，故含有λ1的选项不对，只有D正确．9．（2007•汕头模拟）图中为X射线管的结构示意图，E为灯丝电源．要使射线管发出X射线，须在K、A两电极间加上几万伏的直流高压，则（）A．高压电源正极应接在P点，X射线从K极发出B．高压电源正极应接在P点，X射线从A极发出C．高压电源正极应接在Q点，X射线从K极发出D．高压电源正极应接在Q点，X射线从A极发出考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：对灯丝加热，灯丝放出电子，电子速度是很小的，要使电子到达阴极A，并高速撞击A，使原子的内层电子受到激发才能发出X射线．因此，K、A之间应有使电子加速的电场．解答：解：E为灯丝电源，对灯丝加热，灯丝放出电子，电子速度是很小的，要使电子到达阴极A，并高速撞击A，使原子的内层电子受到激发才能发出X射线．因此，K、A之间应有使电子加速的电场，故Q应接高压电源正极．D正确．故选D点评：本题考查了X射线管的结构和工作原理，难度不大，要弄清电子射出的方向和X射线射出的地方．10．（2006•四川）现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc．用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应．若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定（）A． a光束照射时，不能发生光电效应B． c光束照射时，不能发生光电效应C． a光束照射时，释放出的光电子数目最多D． c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小考点：光电效应．分析：根据光电效应的条件：γ＞γ0，而，判断出a光、c光照射该金属，能否发生光电效应．放出的光电子数目与入射光的频率无关，由入射光的强度决定．光电子的最大初动能可由光电效应方程去比较．解答：解：A、波长关系为λa＞λb＞λc，则γa＜γb＜γc．b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应，根据光电效应的条件，a光照射不能发生光电效应，c光照射能发生光电效应．故A正确，B错误．C、放出的光电子数目与入射光的频率无关，由入射光的强度决定．故C错误．D、根据光电效应方程：，知c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最大．故D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，光电效应方程及单位时间内放出光电子的数目由入射光的强度决定．11．（2006•上海）人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是（）A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波D．光具有波粒二象性性考点：光的本性学说的发展简史．专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题．分析：牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质．光既具有波动性又具有粒子性，光是一种电磁波，干涉是波特有的现象．解答：解：A、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质．故A错误．B、干涉是波特有的现象，故光的双缝干涉实验显示了光具有波动性，故B正确．C、麦克斯韦根据他的电磁理论，认为光是一种电磁波，而赫兹证实了电磁波的存在．故C正确．D、光既具有波动性又具有粒子性，故具有波粒二象性，故D正确．故选BCD．点评：多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目．12．（2006•甘肃）已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0（）A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：逸出功与极限频率的关系为W=hv0，每种金属都有自己固定的极限频率，即每种金属的光电子的逸出功是固定的；根据光电效应方程可以判断光电子最大初动能的变化情况．解答：解：金属中电子的逸出功W是一定的，等于恰好能产生光电效应的光的能量hν0，ν0称为金属的极限频率，故C错误；只要入射光的频率大于极限频率，该金属即可发生光电效应，故A正确；根据光电效应方程E km=hν﹣W，其中W=hν0，可判断B正确，D错误．故选AB．点评：对于光电效应现象要正确理解极限频率、入射光频率、逸出功、最大初动能、光照强度、光电流大小等之间的关系．13．（2005•天津）某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21eV，用波长为2.5×10﹣7m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108m/s，元电荷为1.6×10﹣19C，普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，求得钾的极限频率和该光电管发射的光电子的最大动能应分别（）A． 5.3×1014Hz，2.2J B． 5.3×1014Hz，4.4×10﹣19JC． 3.3×1033Hz，2.2J D． 3.3×1033Hz，4.4×10﹣19J考点：爱因斯坦光电效应方程．专题：计算题．分析：题目比较简单，根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：E K=hv﹣W0直接进行求解．解答：解：根据据逸出功W0=hv0，得：根据光电效应方程：E K=hv﹣W0①光速、波长、频率之间关系为：②由①②解得：，故选项ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题考察知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性．14．（2005•江苏）为了强调物理学对当今社会的重要作用并纪念爱因斯坦，2004年联合国第58次大会把2005年定为国际物理年．爱因斯坦在100年前发表了5篇重要论文，内容涉及狭义相对论、量子论和统计物理学，对现代物理学的发展作出了巨大贡献．某人学了有关的知识后，有如下理解，其中正确的是（）A．所谓布朗运动就是液体分子的无规则运动B．光既具有波动性，又具有粒子性C．在光电效应的实验中，入射光强度增大，光电子的最大初动能随之增大D．质能方程表明：物体具有的能量与它的质量有简单的正比关系考点：光的波粒二象性；布朗运动；光电效应；爱因斯坦质能方程．专题：布朗运动专题；光的衍射、偏振和电磁本性专题；光电效应专题；爱因斯坦的质能方程应用专题．分析：布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的运动；光既具有波动性，又具有粒子性；光电效应方程有E Km=hγ﹣w；爱因斯坦质能方程E=mC2．解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误．B、光既具有波动性，又具有粒子性，大量光子表现出光的波动性，单个光子表现出光的粒子性，频率越高粒子性越明显，频率越低波动性越明显．故B正确．C、根据光电效应方程有E Km=hγ﹣w，故光电子的最大初动能与入射光强度无关，故C错误．D、根据爱因斯坦质能方程E=mC2，可知物体具有的能量与它的质量有简单的正比关系．故D正确．故选BD．点评：这种题目是识记性质，只要记住力这些相关的基础知识即可解决此类题目．15．（2005•江苏）在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近．已知中子质量m=1.67x10﹣27kg，普朗克常量h=6.63x10﹣34J•s，可以估算德布罗意波长λ=1.82x10﹣10m的热中子动能的数量级为（）A．10﹣17J B．10﹣19J C．10﹣21J D．10﹣24J考点：物质波．分析：热中子的动能由热中子的质量与速度求出，然而速度则是由λ=与P=mv算出．解答：解：由德布罗意波公式λ=得P=而P=mv，则v==m/s=2.18×103m/s 所以E==J=3.97×10﹣21J因此热中子的动能的数量级10﹣21J故选：C点评：任何物体均有物质波，不过质量很小时物质具有波的特性体现显著．16．（2004•江苏）下列说法正确的是（）A．光波是一种概率波B．光波是一种电磁波C．单色光从光密介质进入光疏介质时，光子的能量改变D．单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变考点：光的电磁本性；波长、频率和波速的关系；概率波．专题：光的波粒二象性和物质波专题．。
高中物理人教版选修3-5课后习题整理
⾼中物理⼈教版选修3-5课后习题整理⾼中物理⼈教版选修3-5课后习题整理第⼗六章动量守恒定律16.11. 光滑桌⾯上有 1、2 两个⼩球。
1 球的质量为 0.3 kg，以 8 m/s 的速度跟质量为 0.1 kg的静⽌的 2 球碰撞，碰撞后 2 球的速度变为 9 m/s，1 球的速度变为 5 m/s，⽅向与原来相同。
根据这些实验数据，晓明对这次碰撞的规律做了如下⼏项猜想。
(1) 碰撞后2球获得了速度，是否是1球把速度传递给了2球？经计算，2球增加的速度是 9 m/s，1 球减⼩的速度是 3 m/s，因此，这种猜想不成⽴。
(2) 碰撞后2球获得了动能，是否是1球把动能传递给了2球？经计算，2球增加的动能是 4.05 J，1球减⼩的动能是 5.85 J，这种猜想也不成⽴。
(3) 请你根据实验数据猜想：有⼀个什么物理量，在这次碰撞中 2 球所增加的这个量与 1球所减⼩的这个量相等？通过计算说明。
2. ⽔平光滑桌⾯上有A、B两个⼩车，质量都是0.6 kg。
A车的车尾连着⼀个打点计时器的纸带，A车以某⼀速度与静⽌的B车碰撞，碰后两车连在⼀起共同向前运动。
碰撞前后打点计时器打下的纸带如图16.1-6所⽰。
根据这些数据，请猜想：把两个⼩车加在⼀起计算，有⼀个什么物理量在碰撞前后可能是相等的？图 16.1-6 碰撞前后纸带上打下的点迹16.21. 解答以下三个⼩题，思考动量与动能的区别。
(1) 质量为 2 kg 的物体，速度由 3 m/s 增⼤为 6 m/s，它的动量和动能各增⼤为原来的⼏倍？(2) 质量为 2 kg 的物体，速度由向东的 3 m/s 变为向西的 3 m/s，它的动量和动能是否变化了？如果变化了，变化量各是多少？(3) A物体质量是2 kg，速度是3 m/s，⽅向向东；B物体质量是3 kg，速度是4 m/s，⽅向向西。
它们的动量之和是多少？动能之和是多少？解答后做个⼩结，说说动量与动能有什么不同。
选修3-5习题集答案
原子物理和动量守恒定律答案13.（1）3 ，31hcE E -，E 3-E 1 （2）①ΔE =48J ②0.8m56． （1） <，1，12νν-c （填“14c ν”或“254cν”也给分）评分标准：本题共6分。
每空2分。
（2）Ⅰ.物体在木板上滑行的过程中，对系统由动量守恒和能量守恒可得：22110)(v M M mv mv ++= ①mgL v M M mv mv μ+++=22212120)(212121 ② 联立求解可得：14/v m s =,0.8L m = ③Ⅱ. 物体在凹槽上滑行的过程中，同理可得：1222()mv M v m M v +=+ ④m g h v M m v M mv ++=+2222221)(212121 ⑤ 解得：0.15m h = ⑥评分标准：本题共9分。
正确得出①、④、⑥式各1分，②、③、⑤式2分。
7【3-5】（15分） （1）．（6分）AD （2）（9分）解.a 、b 球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为gR v a =' ① gr v b ='②由动量守恒定律b b a a v m v m =③ 机械能守恒定律R g m v m v m a a a a a 221212+'= ④r g m v m v m b b b b b 221212+'= ⑤ 联立①②③④⑤得 Rr v v m m a b b a == （2）若m m m b a ==，由动量守恒定律得v v v b a ==当a 球恰好能通过圆轨道的最高点时，E 弹最小， mgR R mg mgR E 52)221(=⨯+=弹8．（1）A C E（2）解答：由题意，将两物块视为整体时，系统遵循动量守恒。
且两物块速度相等时，轻质弹簧达到的弹性势能最大 （2分） v m m v m v m )(212211+=+ （3分） 由能量守恒 221222211)(212121v m m v m v m E pm +-+= （3分） 联立方程得： )(2)(21212122211222211m m v m v m v m v m E pm++-+= （1分） 9.（1）（E －h cλ） （2分） 6 （2分） n=4到n=1 （2分）（2）要使两车不相撞，则两车速度相等 （1分）以三者为系统，动量守恒：0+ M 2 V 0=（M 1+m+M 2）V 共 （3分）V 共=5m/s （1分）以球与乙车为系统，动量守恒：M 2 V 0+ V m=（m+M 2）V 共 （3分） V=25m/s （1分） 10．(1)A B D（2）解析：设碰前A 球的速度为v 0，两个弹性小球发生正碰，当二者共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒得mv 0＝2mv ，E p ＝12mv 20－12×2mv 2，解得v 0＝2E pm， 11.[物理——选修3-5]（15分）选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分） （1）（6分）A C D（2）(9分)解：(1）由点A 到点B 时，取向左为正．由动量守恒得 （2分）则 （1分）(2）由点D 到点C,滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，得共m v vm v m 24200=⋅+⋅（2分） 22020221)4(21)2(21共mv v m v m mgR ⨯-+=（2分） 解之得gv R v v 6483200==，共 （2分）12.(1)(6分)A B D(2)(9分)①m 滑至C,m 、M 均静止)mgR=μmgL 25.025.0===L R μ ②滑至B 车速最大由水平方向动量守恒：MV=mv (1) 由动能关系：mgR=21mv 2+21MV 2(2) 解得：V=s m m M M gR m /5.1)610(105.01062)(222=+⨯⨯⨯=+13(1)11H＋73X→42He＋42He或11H＋73Li→42He＋42He 3.1×10－29kg(2)解析：子弹射穿A 时，以子弹与A 组成的系统为研究对象．由动量守恒定律得m B v B ＝ m A v A ′＋ m B v B ′ A 在小车上相对滑动，设最后速度为v ″.以A 与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得m A v A ′＝(m A ＋M)v ″ 可得v ″＝2.5 m/s. 整个系统损失的机械能是ΔE=2/2//2111()3487.5222B B B B A m v m v m M v J --+= 14．(1)CDE(2)设甲球质量为M ，15．【物理——选修3—5】(15分) (1)A D E（2）解：当B 前进l 距离时，由动能定理21=2B B Fl m υ得BB m Flv 2=（2分）此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒()B B A B ABm m m υυ=+ （2分）然后AB 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得：222AB AB A BFx m m υυ'-=+（2分） 0.75x l =- （1分）解得： m 25.0=l （2分）16．（1）（5分）ACF(2)解析：(1)铁块和木块A 、B 为一系统，由系统总动量守恒得：m v ＝(M B ＋m )v B ＋M A v A （4分）可求得：v A ＝0.25 m/s. （1分）(2)设铁块刚滑上B 时的速度为u ，此时A 、B 的速度均为v A ＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v ＝mu ＋(M A ＋M B )v A （4分） 可求得：u ＝2.75 m/s. （1分） 17．（1）ABD40v v AB =ABB v m mv mv ⋅+=20（2）【解析】对于子弹、物块A 和平板车B ，全过程由动量守恒定律得m 0v 0＝m 0v ＋(m A ＋m B )v B 解得v B ＝1m/s系统产生的热量等于系统机械能的减少量，即 ΔE ＝12m 0v 20－12(m A ＋m B )v 2B －12m 0v 2＝1598J18选修3-5 1、CDF （6分）2[答案] (1)1m/s (2)1.25J(1)A 、B 相碰，满足动量守恒，则有m v 0＝2m v 1（2分）得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s （1分））(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒2m v 1＝m v C ＋2m v 2（2分） 得两球相碰后的速度v 2＝0.5m/s ，（1分））两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12m v 20－12·2m v 22－12m v 2C＝1.25J （3分） 19 AC2解析：(1)物体下滑过程机械能守恒21(1)．A BC(2)．①A 与B 碰撞后的速度为V 1，由动量守恒01)(v m v m m A B A =+——1分得：32301ghvv ==——1分 AB 与C 一起压缩弹簧过程中，动量守恒，机械能守恒，弹性势能最大时，三滑块共速V 202)(v m v m m m A C B A =++——1分 得：62602ghvv ==——1分 2221)(21)(21v m m m v m m E C B A B A pm ++-+=——1分 得：6mgh E pm =——1分 ②弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧。
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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-mｖ′＝mv于是V0可以算出是2.9m/s
2.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。
动量也不守恒，因为水平方向系统是受到墙壁的作用力的。
3．答案：ＡBＤ
详解：AB严格符合动量守恒的条件。
C不行，因为系统水平方向受到墙的作用力。
D可以,爆炸瞬间作用力极大，这一瞬间可以忽略其他比较小的力(比如重力)，动量爆炸瞬间动量守恒。
４．答案:CD
详解:t1时刻弹簧压缩，这点很明显，t３时刻之前,Ｂ速度大于Ａ速度,因此这段时间Ｂ和A 之间的距离越拉越大,t3时刻弹簧是拉伸的。
AB不对。
至于质量比，因为t1时刻二者速度都是1m/s。
于是可以根据动量守恒和初始条件,轻松求得C对。
质量比由C项求出，t２时刻速度比由图得出,于是动能比好算了,D正确。
5.答案：ＢC
详解:a未离开墙壁时,系统受到墙壁的水平力作用，动量不守恒。
A离开墙后,系统水平方向不受外力,动量守恒很显然。
６. 答案:Ｂ
详解:列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力f，ｆ=k（m＋M）g(k为比例系数),因此,整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后,每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象,脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间,整个列车（前部+尾部)的动量应该守恒.考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间,由(m+M)ｖ0=0+Mv得此时前部列车的速度为
7.答案:B
详解:全部的车和人，以及那个球,是一个系统，动量守恒。
现在系统分成了两部分，Ａ车和人，B车和人和球。
现在两部分速度方向相反，在相互远离。
明显前者质量小，于是根据动量守恒，前者速率大。
相互作用过程中的能量转化
1.答案:BＣ
详解:Ｂ明显对，速度变化量就是6 -（-6）＝12m/s。
小球动能不变，因此W是0．
2. 答案：
详解:（1）设C球与Ｂ球碰撞结成D时,D的速度为ｖ1,由动量守恒定律有
mv0=2ｍv1 ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ
当弹簧压至最低时,D与A有共同速度,设此速度为v２,由动量守恒定律有
２mv１=3mv2ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ
两式联立求得A的速度v2=v０ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ
(２)设弹簧长度被锁定后，储存在弹簧中的弹性势能为Ｅp,由能量守恒有。