选修 3-2 第四章
第一节 划时代的发现
电磁感应
第二节 探究感应电流的产生条件
[思考与讨论]法拉第把引起电流的原因概括为五类：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、
运动的磁铁、在磁场中运动的导体。它们都与变化和运动相联系。
[题例] 5.5×10
－3
Wb
[实验] 有，无。[实验 2] 有，无。[实验 3] 有，有，无。
[总结] 不变，变化；变化，不变；变化，不变；磁通量。
[思考] 当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势。没有感应电流，只产生感应电动势
的现象也可以称为电磁感应现象。
[自主练习] 1．C
2．C
3．D
4．ABC
5．A
6．B
7．C
8．A
第三节 楞次定律
[实验]
甲
N 极向下
条形磁铁运动的情况
插入线圈
乙
丙
丁
S 极向下
S 极向上
N 极向上
插入线
拔出线
拔出线
圈
圈
圈
原磁场方向(向上或向下)
向下
向上
向下
向上
穿过线圈的磁通量变化情况(增加或减少)
增加
增加
减少
减少
感应电流的方向(在螺线管上俯视)
逆时针
顺时针
顺时针
逆时针
感应电流的磁场方向(向上或向下)
向上
向下
向下
向上
原磁场与感应电流磁场的方向关系
相反
相反
相同
相同
(1)不一定，有时相反，有时相同；闭合回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方
向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁
场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化。
(2)当条形磁铁插入时，磁铁与线圈的磁极是同名磁极相对；当条形磁铁拔出时，磁铁与线圈的
磁极是异名磁极相对。即：两者靠近时，相互排斥；两者远离时，相互吸引。感应电流总要
阻碍原磁场的相对运动。
(3)从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，
就必须克服这个阻碍作用而做功，使其他形式能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源。
[题例 1]线圈 abcd 中感应电流方向为顺时针。
若要判定感应电流方向，需先弄清楚感应电流的磁场方向。根据楞次定律“阻碍”的含义，
则要先明确原磁场的方向及其磁通量的变化情况。
[题例 2](1)感应电流的方向 a→d→c→b→a。(2)可以用右手定则来判断。
[自主练习]
1．D
2．BD
3．BD
第四节
4．AC
5．B
6．C
7．D
8．D
法拉第电磁感应定律
[思考与讨论] (1)穿过闭合电路的Φ变化⇒产生 E
1
感
⇒产生 I
感。
(2)由闭合电路欧姆定律知 I
＝
E
，当电路的总电阻一定时，E 感越大，I 感越大，指针偏角度度越大。(3)磁通量变化相
R＋r
同，但磁通量变化的快慢不同，即电流表指针偏转程度不同。
[题例 1]设在Δt 时间内导体棒由原来的位置运动到 a1b1，如图所示，这时
线框面积的变化量为ΔS＝lvΔt
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
ΔΦ
＝Blv。
Δt
根据法拉第电磁感应定律得 E＝
[题例 2]如图所示，
可以把速度 v 分解为两个分量：
垂直于磁感线的分量 v1＝vsin
θ和平行于磁感线的分量 v2＝vcosθ。后者不切割磁感线，不产生感应电动
势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为 E＝Blv1＝Blvsinθ。
[题例 3]电风扇叶片一旦卡住，这时反电动势消失，电阻很小的线圈直接连在电源的两端，电流
会很大，所以电风扇电动机的温度很快上升，十分危险。
[自主练习]
1．D
2．AD
8．解析 (1)由题图乙可知
3．D
4．B
5．D
6．B
7．A
ΔB
＝0.1 T/s
Δt
A
E
ΔΦ ΔB
由法拉第电磁感应定律有 E＝
＝
S＝2.0×10－3 V
Δt Δt
A
A
A
E
则 I＝
A
E
E
－3
＝1.0×10 A
2R
A
A
E
由楞次定律可知电流方向为顺时针方向
(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡
由题图乙可知 t＝1.0 s 时 B＝0.1 T
则 FT＝FA＝BId＝1.0×10
－5
N。
第五节
电磁感应现象的两类情况
[思考与讨论 1] (1)电流的方向与正电荷移动的方向相同。感生电场的方向与正电荷受力的方向
相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向也可以用楞次定律判
定。
(2)感生电场对自由电荷的作用。感生电场是非静电场，感生电场力是非静电力。
(3)感生电场的电场线的电场线是闭合的，而静电场的电场线是不闭合的。
[思考与讨论 2] (1)导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断自由电荷
受到沿棒向上的洛伦兹力作用，其相对纸面的运动是斜向上的．
(2)自由电荷不会一直运动下去．因为 C、D 两端聚集电荷越来越多，在 CD 棒间产生的电场越来
越强，当电场力等于洛伦兹力时，自由电荷不再定向运动．
(3)C 端电势较高，导体棒中电流是由 D 指向 C 的．
(4)洛伦兹力沿导体棒方向的一个分量充当非静电力。
(5) 从动生电动势的产生与洛伦兹力关系的角度推导：
孤立导体棒 CD 在均匀磁场中匀速运动时， qvB = q
U
解，得 U＝Blv
l ，
因为电源断路时，路端电压等于电源电动势，即 U＝E ，所以 E＝Blv 。
也从能量转化和守恒的角度推导。
[自主练习]1．AC
2．BD 3．A
4．C
5．ACD
2
6．B
7．C
8．(1)金属棒未进入磁场时，电路总电阻 R 总＝RL＋Rab＝5 Ω
ΔΦ ΔB
＝
S＝0.5 V
Δt Δt
回路中感应电动势为：E1＝
A
A
A
E
E
E1
＝0.1 A
R总
灯泡中的电流强度为：IL＝
A
A
E
(2)因灯泡亮度不变，故在 t＝4 s 末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流
强度：I＝IL＝0.1 A
恒力大小：F＝FA＝BId＝0.1 N
(3)因灯泡亮度不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5 V
金属棒在磁场中的速度：v＝
E2
＝0.5 m/s
Bd
v
t
金属棒未进入磁场的加速度为：a＝ ＝0.125 m/s
2
F
a
故金属棒的质量为：m＝ ＝0.8 kg
9．(1)对金属杆：mgsin α＝B1IL
解得：I＝
mgsin α
B1L
E
ΔΦ ΔB 2
(2)E＝
＝
L ＝kL2
Δt Δt
A
A
A
A
E
I＝
A
E
R＋r
E
E
E
kB1L3
故：R＝ －r＝
－r
I
mgsin α
A
A
A
E
A
E
第六节 互感和自感
[思考与讨论 1]虽然两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的
变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，所以电流表指针发生了偏转。这种现象叫做
互感，这种感应电动势叫做互感电动势。
[思考与讨论 2]（1）灯泡 L2 立即正常发光，灯泡 L1 逐渐亮起来。灯泡 L1 所在支路中的电感线圈
发生自感现象，产生自感电动势，阻碍了电流的增大。
（2）S 闭合时，灯泡 A 中电流向左，S 断开瞬间，灯泡 A 中电流方向向右，所以开关 S 断开前后，
流过灯泡的电流方向相反。在电源断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产
生的感应电流比原线圈中的电流大。要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻
小于与之并联的灯泡的电阻。而当线圈电阻大于灯泡电阻时，灯泡只会延迟一段时间再熄灭。
[思考与讨论 3]（1）自感现象是一种电磁感应现象。自感现象既遵循法拉第电磁感应定律又遵
循楞次定律。只是因为自感线圈内的磁通量的变化率与线圈内的电流的变化率成正比例，所
以电流变化越快自感电动势越大，自感电动势：E＝L
A
ΔI
。（2）自感现象中，电流的变化引
Δt
A
E
起磁场的变化，磁场的变化引起磁通量的变化，磁通量的变化产生自感电动势，自感电动势
总是阻碍电流的变化。“阻碍”’不是“阻止”，“阻碍”其实是“延缓”，使回路中原来
的电流变化得缓慢一些。当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当电流减小时，
自感电动势的方向与原来电流方向相同。（3）自感系数表示线圈产生自感能力的物理量，
常用 L 来表示，简称自感或电感。自感系数的单位是亨利，简称亨，符号是 H。线圈的自感
系数跟线圈的形状、长短、匝数以及是否有铁芯等因素有关。线圈越长，单位长度上匝数越
3
多，截面积越大，他的自感系数就越大。另外，有铁心的线圈的自感系数，比没有铁心时要
大得多，对于一个现成的线圈来说，自感系数是一定的。
[思考与讨论 4]符合能量守恒定律。这说明线圈中储存了能量。线圈中有电流，有电流就有磁场，
能量可能储存在磁场中。尽管这里关于磁场的能量的讨论还是一个合理的假设，不过随着电
磁学的发展，电磁场的能量已被实验直接验证。
[自主练习] 1．D
2．B
3．BD
4．D
第七节
5．D
6．A 7．D
8．BD
9．C
涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[思考与讨论 1]（1）根据麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场会在其周围空间产生感生电场，感
生电场对导体中的自由电荷产生的电场力会使电荷定向移动，从而形成电流。
（2）有。变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，感生电场在铁块中产生感应
电流，它的形状像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流。
（3）涡流的应用有：真空冶炼、探测地雷、机场安检等；涡流的危害有：电动机、变压器等设
备中因涡流过大而导致浪费能量，损坏电器。可通过增大铁芯材料的电阻率、用相互绝缘的
硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯等措施来防止涡流的危害。
[思考与讨论 2]当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场
会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还有线圈的磁场力作为
阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来。
[思考与讨论 3] (1)变化。(2)线圈内产生感应电流受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈
转动起来。线圈的转速小于磁铁的转速。
[自主练习] 1．A
2．D
3．BD
4．C
5．BD
6．AD
7．A
8．D
单元自主检测
1．ACD
2．C
3．A
4．B
5．BD
6．AC
7．BC
8．D
9．BD
10．CD
11．(1)电流表所在电路产生了感应电流
(2)正比
(3)磁通量的变化量
磁通量的变化率
(4)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。
12．(1)B
(2)2v
4v
(3)成反比
13．答案 2mgsin θ
感应电动势的大小跟磁铁穿过线圈的磁通量的变化率成正比
mgRsin θ
B2L2
解析 当 ab 杆沿导轨上滑达到最大速度 v 时，其受力如图所示：
由平衡条件可知：
F－FB＝mgsin θ①
又 FB＝BIL②
而 I＝
BLv
③
R
联立①②③式得：F－
B2L2v
－mgsin θ＝0④
R
B 2L 2v
＝0
R
同理可得，ab 杆沿导轨下滑达到最大速度时：mgsin θ－
mgRsin θ
。
B2L2
联立④⑤两式解得：F＝2mgsin θ，v＝
14．答案 (1)
nπB0r22
nπB0r22t1 2n2π2B20r42t1
，方向从 b 到 a (2)
2
3Rt0
3Rt0
9Rt0
4
2
解析 (1)穿过闭合线圈的磁场的面积为 S＝πr2
由题图(b)可知，磁感应强度 B 的变化率的大小为
ΔB B0
＝
Δt t0
2
根据法拉第电磁感应定律得：E＝n
ΔΦ
ΔB nπB0r2
＝nS
＝
Δt
Δt
t0
由闭合电路欧姆定律可知流过电阻 R1 的电流为：
I＝
nπB0r22
R＋2R
3Rt0
E
＝
再根据楞次定律可以判断，流过电阻 R1 的电流方向应由 b 到 a
(2)0 至 t1 时间内通过电阻 R1 的电荷量为
nπB0r22t1
3Rt0
q＝It1＝
2n2π2B20r42t1
电阻 R1 上产生的热量为 Q＝I2R1t1＝
9Rt20
选修 3-2 第五章
交变电流
第一节 交变电流
[题例 1]乙、丁、戊，丁；[题例 2] 加入答案[题例 3]加入答案
[题例 4] e = 400 sin 314t V，2A， i
[自主练习]1.A
2.CD
3.B
4.D
= 2 sin 314t A
5.ABC
6. i
= 2.5π sin 10πt A
第二节 描述交变电流的物理量
[题例 1]（1）50Hz，50V （2） e = 50 sin 100πt V；
[题例 2]T=4s；Q=50J，I=
[自主练习]1.ABC 2.B
5
5
2 A ，I=
2 A [题例 3] 加入答案
2
2
3.ACD
4.A 5.B
6.C
7.AD
第三节 电感和电容对交变电流的影响
[题例 1]A 灯亮度变暗，B 灯亮度不变；[题例 2]AD
[自主练习]1.C 2.BD
3.ACD
4.CD
5.B
6.C
7.CD
第四节 变压器
[题例 1]BC
[题例 2]AB
[自主练习]1.C
2. BCD
[题例 3](1)变小（2）变大
3.A
4. BD
5.C
6. BCD
7. C
8. 0.98A， 180W
第五节 电能的输送
3
4
[题例 1]（1）6×10 A （2）9×10 kW
[题例 2]（1）2500V ，（2）200A，（3）60kW，（4）300V，（5）440kW 【提示：（1）根据
升压变压器变压比得 U2=2500V ；（2）由 P1
= P2 = U 2 I 2 得输电导线上电流 I2=200A，（3）
P损 = I 22 R =60kW ； （ 4 ） 在 输 电 线 上 损 失 电 压 ∆U = I 2 R =300V （ 5 ） 用 户 得 到 的 功 率
P户 = P1 - P损 = 440kW】
[自主练习]1.BC
2.D
3.A 4.A
5.(1)5000 A，2.5×108 W，（2）1000A，1.0×107 W
5
自主检测
1.BD
11.
2.AC
3.AB
4.BCD 5.AC
22 2 A,
220V,
6.AD
0.22A，4840W,
7.BC
8.B 9.AD 10.AD
96.8J
=
12.（1）24，A （2）A，交流电压， n A
UA
n
U
13. （1）40V，2.0A；（2）80W； （3）0.04C。
【提示】（1）感应电动势最大值 Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50
有效值 E
=
=
Em
E
=2.0A
= 50V，闭合电路欧姆定律得： I =
R+r
2
电压表读数为电阻 R 两端电压 U=IR=2×20=40V
（2）电阻 R 上所消耗的电功率 P=IU=2×40=80W
（3）由图示位置转过 90°的过程中，通过 R 上的电量
14．（1）1：20；（2）96kW
【提示】（1）损失的功率 P 损=4%P=I22R0，得 I2=20A
n1 I 2
1
= =
n2 I1 20
由 P=I1U1 解得，I1=400A，匝数比
（2）用户得到的功率为 P 户= P-P 损= 96%P=96kW
选修 3-4 第十一章
第一节
[题例 1]ABC
[题例 2]BC
[自主练习]1．AC
2．CD
机械振动
简谐运动
[题例 3]D
3．D
4．不是
5．B
6．AB
7．D
8．(1)10cm
时刻，质点速度沿 x 轴负方向；在 2.5s 时刻，质点速度沿 x 轴正方向
第二节
[题例 1]ABD
-10
2．AD
3
3．A
5．B
6．96
7．2.5cm 0.4s 2.5Hz
8．20
9．AB
简谐运动的回复力和能量
[题例 2]BD
[自主练习]1．ACD
11．D
简谐运动的描述
4．B
第三节
[题例 1]ABC
9．AB
[题例 2]AD
[自主练习]1．BD
0.125
(2) 在 1.5s
2．B
3．BCD
4．BC
5．AB
6．C
7．AC
8．D
9．D
8．B
9．C
10．
10．C
12．AB
第四节
[题例 1]BC
单摆
[题例 2]BC
[自主练习]1．D
2．B
11．AD
9.75
12．3
3．C
4．C
13．BCD
5．D
14．B
第五节
6．D
7．B
15．C
外力作用下的振动
6
2+ 3
T
4
[题例 1]BCD
[题例 2]BD
[自主练习]1．D
2．B
时的振幅为 8 cm；
[题例 3]AD
3．C
4．C
5．AD
6．2.5r/s
7．AC
8．摆长 L＝1m；共振
9．A
章末自主检测
1．AD
2．CD
11． 2.0
10
3．C
4．AC
12．10
13． 0.16
d，摆长 l 等于摆线长加上
5．AD
左
6．B
7．C
长
14．40
8．D
9．C
15．①要用游标卡尺测量摆球直径
t
d
；②周期应为 T =
；③将只测一次得到的重力加速度作为最终
29.5
2
结果不妥当，应改变摆长多测量几次，然后取 g 的平均值作为实验的最后结果
30 cm 9.86 m/s2
17．解：A 球下摆到最低点时间 t1=
f，则 B 球下落 mg −
10．AC
f =
ma ，时间 t2=
2l
=
a
π
，t1= t2，解得
f
g−
m
选修 3-4 第十二章
第一节
l
；设 B 球质量为 m，所受阻力为
g
2
2l
16．
（1）a （2）
f
=0.2。
mg
机械波
波的形成和传播
[思考与讨论]（1）条件：当同时存在振源和介质时才能形成一列波。介质中各相邻质点之间存
在相互作用的弹力，前一质点带动后一质点，使每一个质点都做受迫振动，将振动依次传递下去。
（2）横波：质点的振动方向与波的传播方向垂直，凸起的最高处叫波峰，凹下的最低处叫波谷。
纵波：质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上，有密部（质点分布最密的地方）与疏
部（质点分布最疏的地方）
[题例]如图
[自主练习]
1.ABC
2.C
3.A
4.A
5.C
6.C
7.CD
8.D
第二节
9.D
10.（1）34 km；（2）上下振动
波的图象
[思考与讨论]（1）特殊质点
振动法，“微小平移”法，“逆
描波形”法等
（2）
7
[题例]AC
[自主练习]1.C
2.BD
3.AB
4.AD
5.C
6.B
7.ACD
8.B
9.BC
10.（1）甲图中的 AA′表示 A 质点的振幅，乙图中的 AA′表示质点 P 的振幅.
（2）甲图中 OA′B 图线表示 O 到 B 之间所有质点在 1.0s 时的位移情况.
（3）如图所示
（4）路程为 2.8 m，位移为零
第三节
波长、频率和波速
[思考与讨论]（1）v=λ/T ，v=λf
（2）波的周期（或频率）应由波源决定，与介质无关。每经过一个周期的时间波就沿传播方向
传播一个波长的距离。一列波在同一均匀介质中是匀速传播的，波速的大小由介质的性质决定。
不同的波在同一介质中传播速度相同，同一列波在不同介质中传播速度不同。
[题例]BCE
[自主练习]1.AC
2.AD
3.AC
4.BC
5.C 6.BC 7.A
8.C
9.D
10.B
11.ABD
12. 0.4、0.8
13.（1）v=20 m/s
（2）v=20(4n+1)m/s(n=0，1，2，…)
（3）波沿 x 轴正方向传播，v=20(4n+1) m/s(n=0，1，2，…)
波沿 x 轴负方向传播，v=20(4n+3) m/s(n=0，1.2...).
（4）向 x 轴正方向传播
第四节
波的衍射和干涉
[思考与讨论]（1）能发生明显衍射的条件：障碍物或缝（孔）的尺度跟波长接近。能发生干涉
现象的条件：频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，而且振动
加强和振动减弱的区域相互隔开的现象叫做波的干涉。一切波都能发生衍射，而要发生明显的衍
射现象须满足上述条件，当不满足上述条件时，衍射现象仍存在，只不过是衍射现象不明显，不
易被我们观察到。而干涉现象，由于其条件苛刻，平常就更不易观察到。
（2）质点的“加强”和“减弱”是相对于叠加前而言的，是从振幅的变化上看出的。每一个质点的
振幅都发生
了改变，而“加强点”特指振幅为（A1+A2）的质点，“减弱点”特指振幅为（A1-A2）的质点。
[题例]AC
[自主练习]1.BC
8/3(m/s)
2.AB
3.ABD
4.D
5.D
6.C 7.ABD
8.ABC
9.AD
10.ACD
11. 16 m，
12. 4、8；2、6
第五节
多普勒效应
[思考与讨论]当声源与观察者相互靠近时，观察者听到的频率大于波源的频率；当声源与观察者
相互远离时，观察者听到的频率小于波源的频率。声源静止，观察者匀速远离(靠近)波源，观
察者听到的频率是不变的；声源静止，观察者加速远离(靠近)波源，观察者听到的频率是变化
的。
[题例]ABD
[自主练习]1.C
2.BD
3.C
4.BD
5.C 6.BC 7.D
8.AD
9.B
10.(1)D (2)A (3)B
11.BC
12.D
第六节
惠更斯原理
[思考与讨论]如图甲所示，由惠更斯原理知，A、B 为同一波面上的两点，经 ∆t 后，B 点发射的
8
子波到达界面处 B`点，A 点发射的子波到达 A`点。
如图乙所示，由惠更斯原理知，A、B 为同一波面上的两点，经 ∆t 后，B 点发射的子波到达界面
处 D 点，A 点的到达 C 点。
[题例]AB
[自主练习]1.A 2.C
3.AC
4.ACD
5.C
6.B
7.516 m
8.1088m/s
9.17m 17.9 m/s
章末自主检测
1.ABC
④10
2.C
3.C
4.B
5.BD
6.A
7.B
8.BCD
9.A
10.BC
⑤－8
12. 4m ，12m
13.(1)1 m/s
(2)0.5 m
14.(1)54 m/s
(2)58 m/s (3)向左
选修 3—4 第十三章
第一节
光
光的反射和折射
第一课时
[题例]（1）折射角θ2＝180°－60°－90°＝30°，光路图如图所示．
（3） θ 2
v = 1.73 × 10 8 m / s
3
（2）n=
= arcsin
6
6
（4）折射率不会变化，折射率由介质本身和入射光的频率决定，跟入射
角的大小无关．
[自主练习]1.BD
10. d=6 cm
2.C
3.C
4.BC
11. 60° 12. n=
5.C
6. C 7. A 8. B 9.
3
BC
提示做出光路图如图
第二课时
[题例] (1)第四枚大头针 P4 要挡住 P3 及 P2、P1 的像;
(2)光路如图所示;
(3)根据正确的光路图进行测量可得入射角θ1=45°,折射角θ2=30°,得
该玻璃砖的折射率为 1.4
[自主练习]1.CD
2.A
3． (1)有错误或不妥之处的是③④⑤
9
11.①8
②0.2
③0
(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的界面对齐，移开玻
璃砖后再画边界线；④中入射角要取 0 以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚
是否在同一条直线上．
4.(1)
cos θ1
(2)大
cos θ 2
6．A
7．(1)略
5．挡住 C 及 A、B 的像
EF
GH
(2)EF、GH 的长 (3)
1.8(1.6～1.9)
8．(1)不变
第二节
[题例 1] (1) 2 3 (2) 3
3
3
(3)不受影响
全反射
[题例 2] 图略
[自主练习]1．B 2．AC 3．ABC 4．B
13． 60°n=
(2)偏小
5．A 6．D 7．C 8．A
9．B
10．A
11．CD
12．B
2 3
3
14． 如果入射光线在法线的右侧,光路图如图甲所示。设出射点为 F,由几何关系可得 AF=a
即
出射点在 AB 边上离 A 点 a 的位置。
如果入射光线在法线的左侧,光路图如图乙所示。设折射光线与 AB 的交点为 D。由几何关系可知,
在 D 点的入射角 θ1'=60°设全反射的临界角为 C,则
sin C=
1
由几何关系和已知条件得 C=45°
n
因此,光在 D 点全反射。设此光线的出射点为 E,由几
何关系得∠DEB=90°
BD=a-2AF
BE=DBsin 30°
联立以上各式得 BE=a
即出射点在 BC 边上离 B 点 a 的位置。
三、光的干涉
[题例]B
[自主练习]1．C
2．BC
4 ．C
3．A
5．
BD
6．
B
7．
D
四、实验：用双缝干涉测量光的波长
[题例] (1) ADCBE 或 EBCDA (2)ACD
[自主练习]1．ABD
2．(1)A
(2)变宽
4．(1)单缝与双缝的间距为 5～10 cm
变窄
[题例 2]BD
[自主练习]1．A
2．BD
11．BD
12.
D
B
C
3．D
4．AC
[自主练习]1．C
(3)大于
2.310
六、光的偏振
5．AB 6．B
7．D
8．
D
9．B
10．ACD
A
七、光的颜色 色散
[题例 1]A
(2)0.700
使单缝与双缝相互平行 (2)13.870
五、光的衍射
[题例 1]ABD
3．(1)AD
八、激光
[题例 2]BC
2．A
3．D
4．D 5．
D 6．AC
10
7．B
8． BC
9．B
10．ACD
章末检测答案
1.ABC
2.D
3.D
4.C
5.A
6.AB
7.B
11. 被 P2 的像挡住 挡住 P1 和 P2 的像
12.(1)甲 (2)EDBA
13.
n=
h2
(R − r )
2
(3)111.10
+1
9.A
10.AB
挡住 P1、P2 的像和 P3
6.4×10
14. d
8.D
=(
n=
2
光路图略
-7
n 2 − sin 2 i0
sin i0
1
−
n2 −1
选修 3—4 第十四章
第一节
)R
电磁波
电磁波的发现
[思考与讨论]
[题例]CD
[自主练习]1.BC
2.CD
3.BC
4.D
5.ABC
6.B
7.AD
8.ACD
9.BCD
BD
10.验证
11.B
12.BCD
电磁波存在
第二节
电磁振荡
[思考与讨论]
见右图
[题例]充电
正电
左 增加
[自主练习]1.AD
2.C
3.ABC
4.BC 5.D
第三节
6.D
7.BD
8.B
9.BCD
10.AD
电磁波的发射和接收
[思考与讨论]无线电技术中使用的电磁波叫做无线电波.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信
号而改变叫做调制，使高频振荡的振幅随信号而改变叫做调幅，使高频振荡的频率随信号而改变
11
叫做调频。当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流
最强，这种现象叫做电谐振，相当于机械振动中的共振.使接收电路产生电谐振的过程叫调谐.从
接收到的高频振荡中“检出”所携带的信号，叫检波，检波是调制的逆过程，所以检波也叫解调。
[题例]ACD
[自主练习]1.ABC
2.ABC
3.A 4.BCD
第四节
5.A
6.BD
电磁波与信息化社会
7.AD
8.AB
9.A 10.B 11.AC
第五节 电磁波谱
[思考与讨论]分 6 个区域：按频率由小到大（按波长由大到小）的顺序为：无线电波、红外线、
可见光、紫外线、X 射线、γ 射线
[题例] (1)C (2)B
[ 自 主 练 习 ]1.D
(3)C (4)A (5)D
2.AC
3.BCD
4.A
5.B
6.BC
7.BD
8.AD
9.C
10.C
11.B
12.C
13.ABD
章末自主检测
1.D
2.B
3.BC
4.D
5.CD
6.CD
7.ACD
8.BD
9.BCD
10.D
11(1)T=2π LC
(2)如图所示
12 向东发射没有返回的信号,说明东方没有目标。
向西发射时,有返回信号,说明目标在西方。
目标到雷达的距离为:330 km。
8
m=8 000 m
13．由公式 c=λf 得 λ= c = 3 ×10
f 37.5 ×103
再由公式 f=
1
1
1
得:C=
=
F=4.5×10-9 F
2 2
2
3 2
−3
4π f L 4 × π × (37.5 ×10 ) × 4 ×10
2π LC
8
m=319.1 m
14．(1)由公式 c=λf 得 λ= c = 3 ×10
f 940 ×103
8
8
(2)由公式 c=λf 得:λ1= c = 3 ×10 m=3.4 m，λ2= 3 ×10
m=2.78 m。
6
108 ×106
f1 88 ×10
电磁波的波长范围为 2.78~3.4 m。
选修 3—5 第十六章
动量守恒定律
第一节 实验：探究碰撞中的不变量
[自主探究] 1.①静止、=、速度；②都向右；③反弹、右；速度
4.结论：质量和速度乘积
[自主练习]1.BC
2.B
3. BCD
4.A
5.C
6.0.15 kg·m/s；0.075 kg·m/s；0.075 kg·m/s；碰撞过程中系统动量守恒；
7.（1）BC 段；DE 段；（2）0.420kg·m/s；0.417kg·m/s；（3）在误差允许的范围内，碰撞过
程中系统动量守恒。
8.(1)接通电源、放开滑块 1；(2)0.620、0.618；
9.匀速直线，0.09m/s，碰撞前后滑块 A、B 的质量与其速度乘积之和为不变量。
10.(1)刻度尺、天平；(2)两物体的质量 m1、m2 和两物体落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离
x1、x2；(3)m1x1＝m2x2
12
第二节
动量和动量定理
[思考与讨论 1] (1)运动物体的质量和速度的乘积是动量。动量的方向与速度的方向相同。不一
定，动量是矢量，其方向与速度方向相同，若速度方向变化，动量方向也随之变化。动能是标量，
速度大小不变，动能不变。
(2)如果物体在一条直线上运动，首先规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。动量变化
量Δp＝p′－p＝m(v′－v)＝m·Δv 为矢量式，其方向与Δv 的方向相同。
[题例 1] (1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反；(2)37.5 J。
[思考与讨论 2](1)这个物体在碰撞过程中的加速度 a＝
由①②得 F＝m
v′－v
t
v′－v
①
t
根据牛顿第二定律 F＝ma②
整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv
即 Ft＝mv′－mv＝Δp.
(2)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之就越小。运输易碎物品包装
箱内放置碎纸、泡沫塑料等柔软填充物是为了增大作用时间以减小物品受到的作用力。
[题例 2]重力的冲量 IG＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量 IFN＝FNt＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上。
摩擦力的冲量 IFf＝Fft＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向
上。
[题例 3] B
[题例 4] (1)碰撞前的速度：v1＝ 2gh1＝5 m/s、方向竖直向下
碰撞后的速度：v2＝ 2gh2＝4 m/s
方向竖直向上
取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)
解得Δt≈0.047 s
(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失，故碰撞后球的速度：v2′＝5 m/s，方向竖直向上
由动量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1)
解得 F′＝55 N
由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为 55 N，方向竖直向下。
[自主练习]1.A；2.CD；3.AC；4.A；5.C；6.CD；7.CD；8.CD；9.C；10.D；
11.(1)中学生跳起后重心升高 h＝2.70 m－2.25 m＝0.45 m
1 2
根据机械能守恒定律 mv ＝mgh
2
解得 v＝ 2gh＝3 m/s
v
t
(2)根据动量定理(F－mg)t＝mv
解得 F＝m(g＋ )＝1 400 N
第三节
动量守恒定律
[思考与讨论]设碰撞过程中两球间的作用力分别为 F1、F2，相互作用时间为 t
根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)
因为 F1 与 F2 是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律，F1＝－F2
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式。
[题例 1]C
[题例 2]ACD
[自主练习]1.D
2.BC
[题例 3] 0.67 m/s，方向向左；[题例 4]（1）守恒，（2）27 m/s
3.C
4.C
5.A
6.C
7.C
8.v2＝1.1 m/s
9.以飞船为参考系，据动量守恒定律：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，得 vB ＝0.02 m/s，离开空间站方
向。
10.1 m/s，方向与乙车的速度方向相同。
11.以车厢与列车组成的系统为研究对象，因合外力为零，系统内的物体不管有无相互作用，系
13
统总动量守恒．设列车的速度为 v′，则有 Mv＝(M－m)v′，所以 v′＝
第四节
M
v。
M－m
碰撞
[思考与讨论 1]质量相等的 A、B 两球发生弹性正碰，三种情况下碰后二者均交换速度。
[思考与讨论 2]（1）碰撞前后两球组成的系统动量守恒。
（2）由动量守恒定律知：mV1＝2mV2，则 V2＝ V1
2
碰撞前总动能 E K = 1 mV12
碰撞后总动能 Ek′＝ 1 (2m)V22 = 1 mV12
2
2
4
即碰撞过程中机械能不守恒。
所以碰撞过程中机械能减少ΔEk＝Ek－Ek′＝ 1 mV12
4
[题例 1] D
[题例 2] (1)0.3 m/s
3
[题例 4](1) v
5
6
(2) v
5
[自主练习]1.C
2.B
3. AD
mv0 5 2 1 2 2
， mv0－
m v0
18M
3M 18
10.
4.C
(2)非弹性碰撞
5.A
6.ABC
2
[题例 3] (1) v
3
7.一定，静止
8.B
1 2
(2) mv
3
9.C
11.2.5J
1 2 1 2
12.令 A、B 质量均为 m，A 刚接触 B 时速度为 v1(碰前)，由功能关系， mv0－ mv1＝μmgl
2
2
2
解得 v1＝ v0－2μgl
碰撞过程中动量守恒，令碰后瞬间 A、B 共同运动的速度为 v2
根据动量守恒定律，mv1＝2mv2
1
1 2
解得 v2＝ v1＝ v0－2μgl
2
2
第五节
反冲运动
火箭
[思考与讨论 1]气体向后运动，气球向前运动。[题例 1]B
[题例 2]BC
[思考与讨论 2]在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度
方向为正方向，发射前火箭的总动量为 0，发射后的总动量为 mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得 mv′－(M－m)v＝0
M－m M 
v＝ －1 v
m
m 
所以 v′＝
[题例 3]AC
[自主练习]1.D；2. D；3.B；4.；AC；5.ABC；6.B；7. D；8.B；9.D；10.C；11.D；12.A；
14
章末自主检测
1.D
2.B
3.C
4.B
5.B
6.A
7.ACD
8.C
9.ABD
10.B
11.(1)BC，(2)测量 OM 的距离 x2 测量 ON 的距离 x3，(3)max1＝max2＋mbx3(或 maOP＝maOM＋mbON)；
12.气垫导轨水平
mA mB
mA mB
－ ＝0 或 ＝ ；
tA tB
tA tB
13.(1)由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
得：a＝2 m/s
1 2
由运动学公式得 x＝ at2＝4 m
2
2
(2)分析可知向右为正方向，物体的末速度为 vA＝－at2＝－4 m/s
IF－μmgt1＋μmgt2＝mvA
对全程由动量定律得
得：IF＝－2 N·s
14.(1)A、B 两小球组成的系统动量守恒：pA＋mBvB＝(mA＋mB)v 共可得：mA＝0.5 kg
(2)若 vA′＝0，由系统动量守恒：pA＋mBvB＝mBvB′
可得：vB′＝4.5 m/s
1 2 1 2 1
2
碰撞前后动能改变：ΔE＝ mAvA＋ mBvB－ mBvB′ ＝13.5 J>0.可见题中情形可能，故 vB′＝4.5 m/s
2
2
2
选修 3—5 第十七章
第一节
能量量子化
波粒二象性
第二节
光的粒子性
[题例 1]C
失去电子
[思考与讨论 1](1)正电荷
(2)光电效应是指在光的照射下金属表面发射电子的现象。发射出来的电子叫做光电子。
(2)
[思考与讨论 2](1)存在饱和电流
1
me vc 2 = eU c
2
(3)不相同
(4)瞬时的
[思考与讨论 3]参考课本第 33 页
[题例 2]B
[自主练习]1.D 2.D 3.A 4.CD 5.BD 6.C 7.B 8.ABC 9.AC 10.A 11.C
12. 3:2
13.
19
－19
(3.38×10
η Ptnλ
hc
～3.45×10
14. (1)阳极
－19
均可)
(2)5.15×1014(5.10×1014～5.20×1014 均可)
(3)1.23×10
第三节
[题例 1]D
－19
(1.19×10
－19
～1.26×10
－19
均可)
粒子的波动性
[题例 2]D
[自主练习]1. C
2.C
3.C
4.BD
5.C
6.C 7.A 8.D
9. λ
=
h
= 1.66 ×10−36 m
p
10.设地面上垂直阳光的 1 m2 面积上每秒钟接收的可见光光子数为 n。则有
解得
=
n
3.41×10
1.75 ×1021 个
15
45% Pt = nh
c
λ
－
设想一个以太阳为球心，以日地间距离 R 为半径的大球面包围着太阳，大球面接受的光子
数即太阳辐射的全部光子数，则所求的可见光光子数为： N
第四节
[自主练习]1.CD
2.C
3.C
概率波
4.CD
第五节
5.CD
= 4π R 2 n =5.0×1044 个
不确定性关系
6.D 7.AC
8.A
章末自主检测
1.C
2.A
12.正
3.CD
4.D
5.AB
13． 4.1 × 10
2.0
6.CD
−7
m
7.A
8.D
9.D 10.AD
11. 6.63 × 10−39 m
7eV
14．(1)C (2)减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)
15．(1) 9.4×10-6 m
(2)C
1
16．(1)由动能定理得 mv2＝eU，所以 v＝
2
2eU
m
代入数据得：v≈1.0×108 m/s
c
1
(2)因为 mv2＝eU＝hν＝h
λ
2
所以 λ＝
hc
≈4.1×10－11 m
eU
3
It 10×10－ ×1
个＝6.25×1016 个
(3)n＝ ＝
e
1.6×10－19
v2
17．(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力 m ＝evB
r
所以 v＝
erB
m
1
e2r2B2
电子的最大初动能 Ek＝ mv2＝
2
2m
解得 Ek≈4.97×10－16 J≈3.1×103 eV
6.63×10－34×3×108
c
(2)入射光子的能量 ε＝hν＝h ＝
eV≈1.75×104eV
λ 7.1×10－11×1.6×10－19
根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为 W0＝hν－Ek＝1.44×104 eV
6.63×10－34
h
h
(3)物质波的波长为 λ＝ ＝ ＝
m≈2.2×10－11 m
mv erB 1.6×10－19×1.88×10－4
选修 3—5 第十八章
第一节
原子结构
电子的发现
[思考与讨论 1]可以让阴极射线垂直进入一个匀强电场或匀强磁场，若射线的运动方向不发生改
变，则是一种电磁波；反之，则是一种高速粒子流。
[思考与讨论 2]（1）负电荷
[思考与讨论 3]密立根
[题例 1]D
（2）垂直纸面向外
1.6 × 10−19 C
不可以
[题例 2]A
[自主练习]1.C
2.AC
3.B
4.B
16
v0 =
E
B
（3）
q
E
= 2
m Br
5.(1)B.使电子刚好落在正极板的右边缘，利用已知量表示。C.垂直纸面向外
(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数。
6.（1）不加电场时，由油滴受力平衡得： mg = 6πη rv1
加电场 E 时，由油滴受力平衡得：
=
mg 6πη rv2 + QE
两式联立得： Q =
6πη r (v1 − v2 )
E
（2）油滴的电荷量 Q 都是 1.6 × 10−19 C 的整数倍。
第二节
原子的核式结构模型
[思考与讨论 1]（1）金的延展性好，容易做成很薄很薄的箔，实验用的金箔厚度大约是 10
－7
m；
金原子带的正电荷多，与 α 粒子间的库仑力大；金原子质量大约是 α 粒子质量的 50 倍，因而惯
性大，α 粒子的运动状态容易改变，金原子的运动状态不容易改变。
（2）绝大多数 α 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数 α 粒子（约占八
千分之一）发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于 900，也就是说它们几乎被“撞了回来”。
M－m
v，
因为 M≫m，
所以 v1≈v，
M＋m
（3）
由动量守恒定律和能量守恒可得碰后 α 粒子的速度 v1＝
A
E
α 粒子与电子碰撞后速度几乎不变。
[题例 1]ABC
[思考与讨论 2]这样的事实令人惊奇。大角度的偏转不可能是电子造成的，因为它的质量只有 α
粒子的
A
1
，它对 α 粒子速度的大小和方向的影响 就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略。因
7 300
A
E
此，造成 α 粒子偏转的主要原因是它受到了原子中除电子以外的其他物质的作用，而这部分物质
的质量很大，并且是带正电的。而按照汤姆孙模型，正电荷是均匀地分布在原子内的，α 粒子穿
过原子时受到的各个方向正电荷的斥力基本上会相互平衡，因此对 α 粒子运动的影响不会很大。
所以，汤姆孙模 型无法解释大角度散射的实验结果。
（1）原子核
正电荷
质量
（2）10
-10
-15
10
[题例 2]AD
[自主练习]1．C
2．AB
3．A
8．2.186×106m/s 6.57×1015Hz
4．AC
5．①③②⑦⑤⑥④
6．BC
7．C
1.05×10-3A
第三节
氢原子光谱
[思考与讨论 1]（1）用棱镜或光栅可以把光按波长展开，获得光的波长（或频率）成分和强度
分布的记录，即为光谱。通俗地说就是自然光经过三棱镜后在屏幕上得到的彩色光带。
不同元素的原子发出的光谱不相同，就像人的指纹一样各不相同，代表了人的特征，线状谱
也就代表了原子的特征。
（2）不能，白炽灯的光谱是连续谱，不是原子的特征谱线，因而无法检测出灯丝的成分。
（3）
线状谱
形状特征
组成
产生
连续谱
一条条分立的谱线
连在一起的光带
某些不连续的波长的光
组成
稀薄气体或金属蒸气发
17
一切波长的光都有
炽热的固体、液体、高压气体发光
应用
光形成
而产生的
可用于光谱分析
不能用于光谱分析
（4）光谱分析可以使用发射光谱中的线状谱，也可以使用吸收光谱，因为它们都有原子自
身的特征谱线，但不能使用连续光谱。
（5）太阳光吸收光谱上的暗线是因为太阳发出的光穿过温度比太阳本身低得多的太阳大气
层，而在这大气层里存在着从太阳里蒸发出来的许多元素的气体，太阳光穿过它们的时候跟这些
元素的标识谱线相同的光都被这些气体吸收掉了。因此我们看到的太阳光谱是在连续光谱的背景
上分布着许多条暗线。这些暗线对应的元素为太阳大气层的成分。
[题例]AB
[思考与讨论 2](1)氢原子光谱是从氢气放电管发光得到的。因为许多情况下光是由原子内部电
子的运动产生的，所以光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。(2)不连续的
2．ACD 3．AC
[自主练习]1．B
4．BC
5．A
6．B
—6
7．(1)1.09×10 m，（2）3×108m/s，2.75×1014Hz
第四节
玻尔的原子模型
[题例 1]BD
[思考与讨论 1]（1）横线左端的数字“1，2，3，…”表示量子数，右端的数字“－13.6，－3.40，…”
表示氢原子的能级。
（2）越小
越大
越大
（3）高能级向低能级
低能级向高能级
（4）原子若是吸收光子的能量而被激发，其光子的能量必须等于两能级的能量差，否则不
被吸收；原子还可吸收外来实物粒子(如自由电子)的能量而被激发，由于实物粒子的动能可全部
或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值，均可使原子发生
能级跃迁。
（5）3 种
6种
[题例 2]D
[思考与讨论 2]不能
[自主练习]1．ACD
没有
2．AB
3．D
4．D
5．C
6．C
7．CD
8．BCD
9．C
－1.51
15. 4r1
章末自主检测
1.C
2.ACD
3.B
11.b 元素和 d 元素
4.BC
5.C
12．电子
6.D
向下
7.C
8.D
13.6
3
9.ACD
10.C
3
14.10.2
ke 2
8r1
13.6
16.(1)n＝2 时，E2＝－ 2 eV＝－3.4 eV
2
所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到 n＝∞的轨道，n＝∞时，E∞
＝0
所以，要使处于 n＝2 激发态的原子电离，电离能为 ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
ΔE 3.4×1.6×10－
＝
Hz＝8.21×1014 Hz
h
6.63×10－34
19
ν＝
(2)波长为 200 nm 的紫外线一个光子所具有的能量
18
3×108
E0＝hν＝6.63×10－34×
J＝9.945×10－19 J
200×10－9
E
电离能 ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
1
由能量守恒 hν－ΔE＝ mv2
2
代入数值解得：ν＝1.1×106 m/s
qU0
，得 q
d
17.(1)质量为 m1 的油滴恰好做匀速直线运动，则其所受重力与库仑力平衡，则 m1g＝
m1gd
＝
U0
(2)油滴加速下落，若油滴带负电荷，电荷量为 Q1，油滴受电场力方向向上，设此时的加速
度大小为 a1，根据牛顿第二定律，得 m2g－Q1
U1
＝m2a1
d
1
而 d＝ a1t2
2
解得 Q1＝
m2d
2d
(g－ 2 )
t
U1
若油滴带正电荷，电荷量为 Q2，油滴受电场力方向向下，设此时的加速度大小为 a2，根据
牛顿第二定律，得 m2g＋Q2
解得 Q2＝
U1
＝m2a2
d
m2d 2d
( －g)
U1 t2
选修 3—5 第十九章
原子核
第一节 原子核的组成
[题例 1]B C
[题例 2] (1)88
[自主练习]1.B
－17
138
(2)1.41×10
C
(3)88 (4)113∶114
2.D 3.C 4.C 5.ABC 6.D 7.B 8.B 9.A 10.AB 11.CD
第二节 放射性元素的衰变
[题例 1](1)8 次α衰变和 6 次β衰变
238
206
4
0
(2)10 22 (3) 92U→ 82Pb＋82He＋6－1e
[题例 2]A B
[自主练习]1.D
4
2
5.(1) He
11.C
2.AD
3.C
0
－1
α
(2) e
238
92
4.A
0
β
234
4
U―→ 90Th＋2He
12.(1)
4
(3) －1 e
β(4) 2 He
α
6.C
7.B
8.BD
9.C
10.AD
121
(2) v
4
第三节 探测射线的方法
[题例 1]D
[题例 2]ABC
[自主练习]1. ABD
2. A 3.C 4. CD 5.ABC 6. BD 7.D
第四节 放射性的应用与防护
1
4
[题例 1](1)0n
(2)2He
[自主练习]1.AC
2.D
1
(3)0n
3.14
1
(4)1H
2
(5)1H
13 4.AB
30
(6)15P
(7) 0＋1e
5.A 6.AC 7.C 8.BD 9.BCD 10.B 11.B
第五节 核力与结合能
[题例 1]BC
[题例 2]D
[题例 2]D
19
[题例 3]甲同学的说法错误．核反应过程中质量数守恒而不是质量守恒；乙同学的说法错
误．质量亏损并不是质量的消失．
[自主练习]1.D
2.D
3.ABC
4.D 5.C 6.ABD 7.AC 8.C
1
1
11. (1) H ＋
10. 17.6MeV
7
3
X ―→
4
2
He ＋
4
2
He( 或
1
1
9.AD
H＋
7
3
Li ―→
4
2
He ＋
4
2
He)
－29
(2)3.1×10
kg
第六节 重核的裂变
[题例 1]D
[题例 2]1.15×10kg
[自主练习]1.D
2.B 3.BC
10
4.C 5.B 6. A 7.BD 8. 179.8 MeV
3
9. 8.1×10 KJ 2.76×10 （t）
第七节 核聚变
[题例]28.3MeV
[自主练习] 1.CD
2.B
1
3.D
4
0
4.B 5.AC 6.ABC 7.BD 8．41 H→2 He＋2＋1 e
10
6.74×10 J
第八节 粒子和宇宙
[题例]B
[自主练习]1.BC
2.BD 3.AB
4.C 5.ABC
章末自主检测
1.BCD
2.BCD
3.B
4.ABC
14
7
5.D
1
0
6.AC
14
6
1
1
7.B
14
6
8.AD
14
7
0
－1
9.B
10.C
12.正电子 56 13.(1) N＋ n―→ C＋ H， C―→ C＋ e (2)17 190 年
1
1
4
2
0
＋1
14．(1)4 H→ He＋2 e
A
EA
A
EA
A
EA
(2)23.85 MeV
20
EA
11.D
A
B
C