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。
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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。