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第十三章参考答案：第十三章 选修3-513.1 动量、动量守恒定律及其探究【典型例题】例1A、C 例2A例3选V0方相为政方向，设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有 解得： 例4球1和球2的质量m1和m2，立柱的高h，桌面离地面的高H，m1=m1+m2c 【自我检测】1、A 2、(1)B的右端至D板的距离L2 (2) ；测量质量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)3、设人第一次推出后自身速度为V1， 则：MV1=mV，人接后第二次推出，自身速度为V2，则mV+2mV=MV2 (因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)设人接后第n次推出，自身速度为Vn，则mV+2mV(n-1)=MVnVn=(2n-1)V ，若VnV ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n8.25，n=9【课后练习】1、A 2、D 3、A 4、D 5、A 6、ACD 7、BC 8、C 9、 10、，0， 11、（1）乙车与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒， 乙车速度为方向仍向左（2）小物体m在乙上滑至两者有共同速度的过程中动量守恒： 有 对小物体m是作匀加速直线运动，应用牛顿第二定律得a=g 又有12、设m3速度至少为v3，m3和m2发射前后动量守恒:,m1和m3粘合前后,不相撞条件是:解之:。13.2 弹性碰撞和非弹性碰撞反冲运动【典型例题】例1四个选项均遵守原则一。考虑原则二，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有，vA vB ，vB vB ，所以有pB 0，因而pA 联立得： 即： 或 | | 得： - 各项减去 再乘以mA 得: -2pA pA 0 由排除D选项，检验选项A、C同时满足三个原则，应为本题的解。例2A，D例3B例4(1)vc=0(2)mAvA=mBvBA与C碰后：mAvA=(mA+mC)v1历时【自我检测】1、BC(按题意画一示意图；看四个选项是否满足原则一(系统动量守恒)；由于是追赶碰撞，物理情景可行性怎样；会不会违背原则三（能量守恒）。选项(A)中A物动量要减少,违背物理情景可行性原则,D选项违背能量守恒原则,B、C均满足动量守恒，物理情景可行性及不违背能量守恒故正确。)2、A3、解析：（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得 由此解得（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得解得 （三球再次处于同一直线），（初始状态，舍去）所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得另外，由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为【课后练习】1、D 2、B 3、CD 4、D 5、A6、B 7、C 8、BCD9.子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2， 如图所示，有几何关系s1-s2=d （1） 对子弹据动能定理： （2） 对木块据动能定理： （3） （2）、（3）相减得： （4）（4）式的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的距离s2，可以由以上（3）、（4）相比得出：或从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： 10、对于B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得： (1)对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得： mAV0+ （2）由式(1)、（2）可得：弹簧的弹性势能最大值为EP=12J11. A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，f1 = 1mcg = 0.44mg，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，f2 = 2（mA+mC）g = 0.3mg，外力F = mg = 04mg可见Ff1，Ff2，即首先A和C之间保持相对静，在F的作用下一起向右做加速运动设A与B碰撞前A、C的速度大小为1，由动能定理有：（F-f2）s = （mA+mC） 代入数据得：1 = 08m/sA、 B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律，设A、B碰后一起运动的速度为2，则有：mA1 = （mA+mB）2 B、 得2 = = 04m/s碰撞后C与A、B之间有相对滑动，此时A、B与地面间滑动摩擦力大小为f3，f32（mA+mB+mC）g = 04mg，可见Ff3，即三物体组成的系统受合外力为零，动量守恒，设它们达到的共同速度为3，此时A、B向前滑动的距离为s1，C恰好滑到B板的右端，此后三者一起做匀速运动，C不会脱离木板，设对应的木块长度为l由动量守恒有：mc1+（mA+mB）2 = （mC+mA+mB）3 得3 = 06m/s对A、B整体，由动能定理有：f1s1-f3s1 = （mA+mB）（-），得s1 = 1.5m 对C，由动能定理有：F（2l+s1）- f1（2l+s1） = mC（- ），得l = 0.3m13.3 动量守恒定律的应用【典型例题】例1B例2(1)当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒：mv0 =（M+m）v 分别对子弹、木块应用动能定理： 式中，s1 、s2分别为子弹、木块的对地位移。从图22-21中，很容易看出，s1 、s2之差即为子弹射入木块的深度L，即由、：即 由，、，可解出打入深度为可知，随M增大，L增大。(2)当木块固定时：即 式中L0为木块在运动方向的长度。当木块可自由滑动时，分别对子弹的木块应用功能定理：显然，由此： 、两式的物理意义一致的，即：子弹射穿木块过程中，系统的动能损失总等于子弹所受阻力与子弹相对于木块的移动距离之积。子弹能射穿木块的临界条件是，子弹射穿木块后，子弹与木块等速： 这种情况下，系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积：将代入，可得： 由、两，可解出，为子弹刚好穿出时Mm的值。我们已经知道，M越大，子弹打入木块的深度越大，故Mm80应为Mm的最小值，即应取Mm80。例3设两小球在最低点的速率为v1，到最高点时速率为v2，在最高点时，环对小球向下的压力为N，小球给环向上的支持力为N，在两小球达到最高点瞬间测力器示数为零，环受合力为零，则有 Mg=2N 在最高点碰前瞬间，遵从牛顿第三定律，有 N=N 在最高点对小球应用牛顿第二定律，有 mg+N=m 小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒，有 设两小球获得的最小能量为E，有： 联立式式解得： E=5mgR+ 【自我检测】1、（1）Ep=5Fs/2（2）L=03m2、 (1)Mv=(M+m)v2(2)3、a球从O到M WOM= 得： 方向向左 设碰撞中损失的机械能为E，对a、b球从O到N的全过程应用能的转化和守恒定律-qE2L-E=0- 则碰撞中损失的机械能为 E= 设a与b碰撞前后的速度分别为v、v，则 mv=2mv 减少的动能E=-= 【课后练习】1、BD 2、C3、A(若P=Q，则在弹簧弹开的过程中P、Q所受的摩擦力大小相等，方向相反，则P、Q所构成系统的动量守恒，若PQ，则在弹簧弹开的过程中系统所受外力之和不为零，动量不守恒.若P=Q=0，无论P、Q质量是否相等，系统所受外力之和均为零，动量守恒，故、均正确。)4、A 5、BCD6、由式7、解：(1)BC碰后速度为v1mv0=(M+m)v1，得：mv0+(M+m)v1=(M+2m)v2(2)EPm=(3)若A的速度为0时，此时弹性势能为Ep2mv0=(M+m)v，得则，即当弹簧刚好恢复原长时，A的速度为0，即A不能向左。8、（1）当A球与弹簧接触以后，在弹力作用下减速运动，而B球在弹力作用下加速运动，弹簧势能增加，当A、B速度相同时，弹簧的势能最大设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，则A、B系统动量守恒，有 由机械能守恒： 联立两式得： （2）设B球与挡板碰撞前瞬间的速度为vB，此时A的速度为vA 系统动量守恒： B与挡板碰后，以vB向左运动，压缩弹簧，当A、B速度相同（设为v共）时，弹簧势能最大有： 得： 所以， 当弹簧恢复原长时与小球B挡板相碰，vB有最大值vBm，有： 解得：vBm 即vB的取值范围为： 当vB时Em有最大值为Em1 当vB时，Em有最小值为Em2 9、（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为vA、vB 由动量守恒定律有：0 = mAvA - mBvB此过程机械能守恒有：Ep = mAv+mBv代入Ep108J，解得：vA6m/s，vB = 12m/s，A的速度向右，B的速度向左（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘连时速度为v，则有：mBvB -mCvC = （mB+mC）v，代入数据得v = 4m/s，v的方向向左此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为v，则有：动量守恒：mAvA -（mB+mC）v = （mA+mB+mC）v，代入数据得v = 1m/s，v的方向向右机械能守恒：mAv+（mB+mC）v2 = Ep+（mA+mB+mC）v2，代入数据得Ep50J10、（1）（2）13.4 能量量子化、光的粒子性【典型例题】例1D例2C例3（1）L=ct （2） E1=h n = 【自我检测】1：B2：BD3：BD4：C5、(1)由E=hv 可得 E/P=C 设每秒照射到薄膜上光子个数为n则，nE=PoS 由动量定理，当入射光全部被反射时，有F=n2P 由牛顿第二定律F=Ma，得a=3.6 10-3m/s2 (2)=at=311ms【课后练习】1、AC (当光子的频率大于极限频率时就可以发生光电效应，则A正确；X射线管利用了电子轰击金属表面时能产生光子，则C正确)2、AB(发生光电效应的必要条件是入射光的频率大于极限频率，则A选项正确；根据爱因斯坦光电效应方程可知：EK=h-W，则B选项正确，D选项错误；逸出功由金属的材料决定与入射光无关，C选项错误)3、D4、ABC(依据光电效应方程EK=h-W可知，当EK=0时，=0，即图像中横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率；图线与纵坐标截距在数值上等于金属的逸出功；图线的斜率在数值上等于普朗克常量)5、B(光电流的大小与入射光的频率无关，则A错误；在光电流未饱和的前提下，增加阴阳极间的电压可以增加光电流，则C、D错误错误)6、D (由动能定理知加速电场对电子所做的功等于电子动能的增量，由题意知光子的最大能量等于电子的动能，则有：hm=eU,故X光的最大频率m,D正确，X光的最小波长为：=m，A错因光子的最小能量无法确定，所以X光子的最小频率和最长波长也无法确定)7、B(由光电效应方程：Ek1hW，Ek,2hW，得W)8、B(白纸片反射光子，光子的动量变化大，由动量定理可知，光子对白纸片的冲击力大)9、解：点光源发射的光子的能量为点光源每秒钟发射的光子数为单位时间内，以点光源为球心，半径为R的球面上单位面积上的光子数为(R即是人眼到光源的最大距离)从而应有：，则10、解：当阴极发射的光电子全部达到阳极时，光达到饱和，由电流可知每秒发射的光子数由爱因斯坦光电效应方程可计算最大初动能(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部达到阳极，阴极每秒发射的光电子数：个根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能：m=-W=9.510-20J(2)如果照射光的频率不变，光强加倍，根据光电效应实验规律，阴极每秒发射的光电子数：n/=2n=8.01012个光电子的最大初动能仍为：9.510-20J11、 (1）激光器的功率为NE已知激光对物体表面的压力为F2Np由光压的定义联立以上各式得（2）太阳光对薄膜产生的光压探测器受到的总光压力FIS 以探测器为研究对象，根据牛顿第二定律Fma 13.5 光的波粒二象性 概率波和不确定关系【典型例题】 例1 (1)因为饱和光电流的值I与每秒阴极发射的电子数的关系是I=ne(2)由光电效应方程可知：在AK间加正向电压时，电子到达阳极时的动能为：Ek=Ekm+eU=+eU代入数据得：Ek=6.0110-19J(3)根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，如果电压U不变，则电子到达A极的最大动能不会改变(4)当AK间加反向电压U时，电子恰能到达阴极时的动能为零，则有：Ekm-eU=0即：所以，电子不能到达阴极例2 (1)光源单位时间发出的光能等于单位时间内发射出光子的总能量，即：，则个(2)光子与黑体相互作用符合动量定理：Ft=p若时间取1秒则：例3 (1) kgm/sm(2)由E=hc/=2500eV=4.010-16J光子波长m电子波长m光子能量J电子动能：Ek=2.51031.610-19=4.010-16J【自我检测】1、C(根据动量与动能的关系：) 2、A(为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的因为可见光的波长数量级是10-7m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了)3、ABC4、由爱因斯坦光电效应方程可得：h=W+m=1.9+1.0=2.9eV=2.91.61019J=4.3107 m5、爱因斯坦于1905年提出的光子说成功解释了光电效应现象，=0.5m【课后练习】1.B 2.D 3.D 4.D5.C 6.BD 7.BC 8.A9. 10-41m10. 3.2x101511. 1.42mm13.6 原子核式结构模型、原子的能级【典型例题】例1 在匀强电场中电子做类平抛运动，由A图中电子速度的偏角可知：tan则：在匀强磁场中电子做匀速圆周运动，则由B图中的几何关系可知：L=r即：由上述两式可解得：例2 当粒子靠近原子核运动时，粒子的运动转化为电势能，达到最近距离时，动能全部转化为电势能，所以粒子与金原子侅发生对心碰撞时所能达到的最小距离为d为：，则例3 ACD（由氢原子能级结构可算出，10.2eV刚好为氢原子n=1和n=2的两能级之差，而11eV则不是氢原子基态和任一激发态的能量之差，因而氢原子只能吸收前者，不能吸收后者对于14eV的光子，其能量大于氢原子的电离能（13.6eV），足以使氢原子电离，使电子脱离核的束缚而成为自由电子，因而不受氢原子能级间跃迁条件的限制用电子去碰撞原子时，入射电子的动能可以部分或全部被氢原子吸收，所以只要入射电子动能大于或等于基态和某个激发态能量之差，也可以使氢原子激发） 例4 A（氢原子的电子电势能减少时，电子由外层轨道跃迁到内层轨道，氢原子放出光子，氢原子的能量减小，核外电子所受的库仑力做正功电势能减小，动能增加）例5钠的逸出功W=h=6.6310-346.001014 J=2.49 eV氢原子n=1至n=4的能级v：n=1,E113.6 eVn=2,E2-3.4 eVn=3,E3-1.51 eVn=4,E4-0.85 eV由n=4，跃迁到n=1放出的光子的能量E4,10.85 eV（13.6）eV12.75 eV 2.49 eV同理，E3,11.51 eV（13.6）eV12.09 eV2.49 eVE2,13.4 eV（13.6）eV10.2 eV2.49 eVE4,20.85 eV（3.4）eV2.55 eV2.49 eVE3,21.51 eV（3.4）eV1.89 eV2.49 eVE4,30.85 eV（1.51）eV0.66 eV2.49 eV所以，处于n=4的激发态的氢原子的光谱中，只有E4,1、E3,1、E2,1、E4,2四条谱线可使钠发生光电效应【自我检测】1、电子，向下运用左手定则判断电子所受洛伦兹力的方向2、C(粒子从a运动到b，再运动到c的过程中电场力先做负功，后做正功，粒子的电势能先增加后减少，回到同一等势线上时，电场力做的总功为零)3、A 4、D(大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，共可发出6种频率的光，其中在可见光区域内的有n=4到n=2和n=3到n=2两种，故选D，不选Cn=3能级能量为-1.51eV，因紫外线能量大于1.51eV，故紫外线可使处于n=3能级的氢原子电离，故A不选n=4能级跃迁到n=3能级释放能量为0.66eV1.62eV，此光为红外线具有显著的热效应，则B不选) 【课后练习】1、ABC 2、AC 3、BD 4、C 5、AC 6、C7、AD(由题意知处于基态的氢原子吸收一个光子后被激发到激发态，然后再向低能级跃迁，由于它只发出三种谱线，所以可以断定其最高激发态为n=3最大的频率即为从n=3跃迁到n=1时所辐射的光子(1)，则有h1=h2+h3)8、D(氢原子从高能级向低能级跃迁的同时会辐射出一个光子，所以轨道半径应减小，电场力做正功电势能减小，动能应增加)9、(1)电子匀速运动的条件是重力和电场力平衡，即：，则(2)当重力与电场力不等时，液滴做匀加速运动则有：，则10、n=3时氢原子的能量为E3=E1/9=-1.51eV，轨道半径为r3=9r1=4.7710-10 m根据经典理论认为核外电子绕核运动的向心力是由库仑力提供的则有：，EK3=1.51eV原子的能量则应认为是电势能和动能之和，所以有：E3=Ek3+ Ep3，则： Ep3= E3-Ek3=-3.02eV11、解：设金属的逸出功为W，光电效应所产生的光电子最大初动能由动能定理知： Ekm=eUc对于赖曼系，当n=2时对应的光波长最长，设为1由题中所给公式有：波长1对应的光的频率对于巴耳末线系，当n=时对应的光波长最短，设为2，由题中所给公式有：波长2的光对应的频率根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=h-W知：Ekm1=h1-W，Ekm,2=h2-W又Ekm1=eU1，Ekm2=eU2可解得：，12、(1)据动能定理：eU=J(2)因为q=It，q=Ne，则：个(3)电子轰击屏的总能量E，则E=NEk全部转化为光子，光子数N/，E= N/h所以个(4)电视屏幕每秒显现25张画面，即每隔0.04s显现一张，其余时间为黑屏，由于视觉暂留，看到的画面是连续的。车轮的图案都是对称的车轮转动，图案跟着转，若每幅画面车轮转至相同的图案，则看上去是静止不动的。13.7 原子核的组成、原子核的衰变、放射性的应用和防护【典型例题】例1由发现质子的核反应方程：N+HeO+H知，粒子碰后径迹不再存在，分叉前径迹b为粒子碰前径迹因氧核质量大，故其径迹短粗H质量小，故其径迹细长所以a为新核径迹，c为质子径迹例2此例考察的是半衰期的概念，可做如下分析：若开始时两种核的个数分别为N1和N2，则经时间2T后剩下的核的个数就分别为和，而此时两种核的质量相等，于是有 由此可得 N1:N2=b:4a若开始时两种核的质量分别为m1和m2，则经时间2T后剩下的核的质量就分别为和，而此时两种核的个数相等，于是有由此可得 例3由动量守恒定律得：m1v1=m2v2即m1b=m2a由粒子在电场中的类平抛运动得：对于b：Sb=4b=对于a：Sa=2a=可得只有粒子满足上述要求，由此可写出反应式为：由电量的比值可得粒子运动轨迹是标的曲线；由动量守恒定律及动能与能量的关系p2=2mEk得：例4、AD(此题考查衰变和衰变的规律及核反应过程中质量数和核电荷数守恒规律，根据题目先写出核反应方程，然后再 进行比较)例5、(根据粒子带负电，射线不带电，粒子带正电可得)【自我检测】1. 根据衰变规律，Rn的质量数比U的质量数减少了238-22216，而天然放射只有衰变才能使质量数减少，且每次衰变减少质量数为4，故发生了1644次衰变.因每次衰变核的电荷数减少2，故由于衰变核 的电荷数应减少428.而Rn核的电荷数仅比U核少了92-866，故说明发生了2次衰变（即92-8+286）. 发生了4次衰变，2次衰变.2. （1）放射线具有穿透本领，如果向前运动的铝板的厚度有变化，则探测器接收到的放射线的强度就会随之变化，这种变化被转变为电信号输入到相应的装置，进而自动控制如上图中右侧的两个轮间的距离，使铝板的厚度恢复正常.（2）射线起主要作用，因为射线的贯穿本领很小，一张薄纸就能把它挡住，更穿不过1毫米的铝板；射线的贯穿本领非常强，能穿过几厘米的铅板，1毫米左右的铝板厚度发生变化时，透过铝板的射线强度变化不大；射线的贯穿本领较强，能穿过几毫米的铝板，当铝板的厚度发生变化时，透过铝板的射线强度变化较大，探测器可明显地反应出这种变化，使自动化系统做出相应的反应.3.D4.BCD【课后练习】1、AC(射线是氦核，射线是高速电子流，射线是核产生的电磁波，x射线是内层电子激发而产生的电磁波，红外线是外层电子受激发而产生的电磁波)2、A 3、ACD 4、B(根据、衰变规律，可知两个衰变系列中各个原子核的组成是，已知P和F的同位素，则Y=X-2，BA-4；又P、E是不同原子核，一般AB，对于E和R，它电荷数X=Y+2，AB满足同位素的条件；F和S，它们电荷数X=Y+2，B-4A-4满足同位素的条件，其他的原子核均不满足条件，选项A、C、D均不正确)5、BD(半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间半由图可知，经历了45亿年，B对A错经历了90亿年，由图可知，铀238只有原来的1/4，则铅为原来的3/4，则铀、铅比为13)6、AC7、ABC(气泡室探测射线的原理与云室探测射线原理类似，不同的是气泡室中是在射线经过时产生气泡来显示射线径迹的，故A选项正确；由气泡室内径迹中气泡的多少及径迹在磁场中的弯曲方向等，可分析射线的带电、动量、能量等情况，故B选项正确；盖革米勒计数器利用射线电离作用，产生电脉冲进而计数，所以C选项正确；由于对于不同射线产生的脉冲现象相同，因此计数器只能用来用来计数，不能区分射线的种类，所以D选项错误)8、C(带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mv/qB，K-介子和-介子电荷量又相同，说明它们的动量大小之比是21，方向相反由动量守恒得0介子的动量大小是-介子的三倍，方向与-介子的速度方向相反)9、解：由核反应方程和动量守恒得生成物Y的动能为,总动能为 由爱因斯坦质能方程E=mc2可知10、解：20min后血液的放射强度应与标准样品的放射强度相等，根据它是2cm3血液样品的放射强度5s-1的倍数，就可求出血液的总体积由于标准样品与输入体内的原子核的总数均是相等的设病人血液总体积为Vcm3应有，得V4320cm311、（1）核反应方程是Be+HeC+n（2）由可知，由于该射线在任何方向的磁场中都不发生偏转，因此该射线不带电，是由电中性的粒子流组成的由可知，由于射线是光子流，而该射线速度不到光速的十分之一，因此它不是射线设组成该射线的粒子质量为m，轰击氢核和氮核时速度为v由于碰撞过程中没有机械能损失，当被打出的氢核和氮核的速度为最大值时，表明该粒子与氢核及氮核的碰撞为弹性正碰，设与氢核发生弹性正碰后粒子速度为v1，与氮核发生弹性正碰后粒子速度变为v2根据动量守恒和机械能守恒，在打出氢核的过程中，有mv=mv1+MHvHmv2=mv12+MHvH2解得 vH=同理，在打出氮核的过程中，有mv=mv2+MNvNmv2=mv22+MNvN2解得 vN=根据vH、vN的表达式及，解得mMH13.8 核力与结合能、重核裂变和核聚变【典型例题】例1 BC(根据爱因斯坦质能方程可知，物体具有的能量与质量有简单的正比关系物体的质量增大，能量也增大，认为能量与质量转化的观点是错误的所以A错B对物体具有一定的质量，即对应一定的能量，是无条件的故C对D错)例2想办法计算出这一系列核反应的质量亏损是解决本题的关键，题中6个方程可等效为下面一个方程：根据爱因斯坦质能方程可算出整个过程释放的能量例3 代入数据得例4 (1)m=4mp-m-2meE=mc2=4.1410-12J(2)氦的含量(3)由估算结果可知，k2%远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的【自我检测】1、A(质子之间的核力只发生在相距1015m左右，在相距较远时，库仑力要大得多，B错；同种元素的电荷数相同，而中子数、质量数均可不同，C错；之间有万有引力，还可以有核力，D错)2、CD 3、C4、D5、4，-2(正粒子为He，由反粒子