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

15-1

1、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 ＝2E

c ，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 ＝2×1.5×1033×108

N ＝1.0×10－5N ，B 正确．

答案：B

2、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 0

M ＋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 20

2g (M ＋m )2，

D 正确．

答案：BD

3、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 ＝

mh M ＋m ＝60×60120＋60

m ＝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 ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律 M v 0＝m v ，①

3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 12m v 20＝12

m v 2

，② 联立①②解得m ＝M .

(也可通过图象分析得出v 0＝v ，结合动量守恒，得出正确结果) 答案：M

5、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 )v 0＝M v 男－m (v －v 男) 解得v 男＝v 0＋m v

M ＋m .

答案：v 0＋

m v

M ＋m

6、解析：第一种情况：取水平向右为正方向．钢球碰前的动量为：p 1＝m v 1＝5 kg·m/s 碰后的动量为：p 2＝m v 2＝－3 kg·m/s

动量变化量为：Δp ＝p 2－p 1＝(－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/s

8、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 N

100 kg

＝2 m/s2

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/s

9、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

＝1×3－0.5×2

0.5＋1

m/s＝

4

3

m/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

＝

1×3－0.5×2

1

m/s＝2 m/s.

答案：(1)1.33 m/s(2)2 m/s

10、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 v0＝m v①

第二次喷出气体时，沿y方向动量守恒：

0＝(M－2m)·2v0－m v②

解①②得：

m

M

＝

1

4

，

v

v0

＝

4

1

答案：

1

4

4

11、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＝1

2

m v2＋

1

2

M1V2①

M1V＝m v②

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′＋1

2

(M2＋m)V2＝

1

2

m v2③

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)v

v ＝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 ＝1

2(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＝1

2

(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 J

16-1

1、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＝hC

W

. 答案：ABD

2、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＝c

n ，

可知C 正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A 错．E 43

答案：C

3、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：A

4、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10

5、解析：根据ΔE ＝hc

λ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 (122－1

32)

λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×36

5 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14

λ＝4R m ＝41.1×10

7m ＝3.64×10－7

m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7

m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7

m 7、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 ＝eBr m

所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )2

2m

代入数据得1

2m 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 J

8、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 2

3/r 3②

由①②可得电子动能为 E k 3＝12m v 23＝ke 2

2×32r 1

＝9×109×(1.6×10－19)2

2×9×0.53×10－10×(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 eV

9、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 2

1r 1 ∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1

＝9×109×(1.6×10－19)2

2×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝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：hc

λ

＝0－E 1

∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×10

8

－13.6×1.6×10－19

m

＝0.9141×10－7m

答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m

10、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＝h

p

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 (122－1

n 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×(122－1

42)

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 2－1

n 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 ①

12m v 20＝12m v 2＋12m v 2

＋ΔE ② 12m v 2

＝E k ③ E k ＝13.6 eV ④

解①②③④得，ΔE ＝12·1

2m 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 eV

16-2

1、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

答案：B

2、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37

18Ar 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：AD

3、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：B

4、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4×3×1

2

＝6(种)．

答案：6

5、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 ＝12

m v 2

得，α粒子的速度

v ＝2E k

m

＝

2×106×1.6×10－19

4×1.67×1027

m/s

图3

＝6.9×106 m/s. 答案：大 6.9×106

6、解析：3015P 衰变的方程式：3015P ―→30

14Si ＋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0.25 mg ，

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(4

2He)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＋12

m 3v 2

3

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 ＋1

0n.

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 ＝3.5×10－3

u.

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4

2He 分解成7个核子所需的能量为

E 1＝3×1.112 MeV ＋4×7.075 MeV ＝31.636 MeV 7个核子结合成73Li ，释放的能量为 E 2＝7×5.603 MeV ＝39.221 MeV 所以此核反应过程中释放的核能为

ΔE ＝E 2－E 1＝39.221 MeV －31.636 MeV ＝7.585 MeV .

答案：(1)21H ＋21H ―→32He ＋10n 3.3

(2)7.585 MeV

9、解析：(1)由电荷数守恒和质量数守恒可知系数为3. (2)ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 2－m 3－2m )c 2

(3)一个月内核反应产生的总能量为E ＝Pt ，同时E ＝m M N A ΔE ，所以Pt ＝m M

N A ΔE ，解得m

＝PtM

N AΔE

＝22 kg.

答案：(1)3(2)(m1－m2－m3－2m)c2(3)22 kg

10、解析：①342He―→126C＋ΔE

②Δm＝3×4.0026 u－12.0000 u＝0.0078 u

Δm＝0.0078×1.66×10－27kg＝12.95×10－27kg

ΔE＝Δm·c2＝1.16×10－12J

③ΔE＝1.16×10－12(1.6×10－19)MeV＝7.25 MeV

ΔE＝0.0078×931.5 MeV＝7.25 MeV

答案：(1)342He―→126C＋ΔE

(2)1.16×10－12J

(3)7.25 MeV

11、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＝

4.32×1013

2×108×1.6×10－19

＝1.35×1024

则对应的质量为：m＝

n

N A

·M＝

1.35×1024

6.02×1023

×235×10－3 kg＝0.527 kg

答案：0.527 kg

12、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程为：

2

1

H＋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∶3

16-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：B

2、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：C

3、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 2

B (Q －2)e .

由于p 1＝p 2，所以有：R 1R 2＝44

1.

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：ABC

4、解析：由跃迁公式得ΔE 1＝hc λ1，ΔE 2＝hc λ2，联立可得ΔE 2＝λ

1λ2

.ΔE 1＝0.36 eV ，选项D

对．

答案：D

5、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：B

6、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 2

m ＝hν－

W ，频率ν越高，初动能就越大，D 正确．

答案：AD

7、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：C

8、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：B

9、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：③

10、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 ②B

11、解析：(1)核反应方程式为：42He ＋2713Al ―→3015P ＋1

0n

(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 1

12

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)4

2He ＋27

13Al ―→30

15P ＋1

0n (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°)①

12

m B v 2

B ＝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 B

1－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 1

p 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 0

2＋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 ＝1

2gt 2⑤

s ＝v t ⑥

由②⑤⑥式得s ＝

m v 0M

h 2g

. 答案：(1)18(3－m M )m v 2

0 (2)

m v 0M

h 2g

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 2

r 21

＝m ????2πT 2

r 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 1

k mr 1

＝(1.6×10－19)2

2×3.14×0.53×10－10× 9×109

9.1×10－31×0.53×10－10

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)×1.6×10－19

m ＝6.58×10－7m 答案：(1)1.05×10－3A (2)如图8所示 (3)6.58×10－7m

15、解析：(1)ε3Li ＋10n →42He ＋3

1H

(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13 mol ，

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)1

0n ；4

2He (2)2.0×1023

个 (3)3.1×10

－29

kg

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 2

H ，解之得v H ＝2m m ＋m H v ，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 2

n ＝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6

3Li ＋1

0n →3

1H ＋4

2He.

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 2

m 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 ＋4

2He

②1×103

m/s 运动方向与氦核相反