下载文档原格式
第十三章 动量守恒定律 近代物理章末检测(十三)(时间：60分钟；分值：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题6分，共60分，每小题至少一个选项符合题意)1．(2015·湖北八校联考)关于原子与原子核，下列说法正确的有( )A ．卢瑟福提出的原子核式结构模型，可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征B ．玻尔的原子模型，成功引入了量子化假说C ．元素的放射性不受化学状态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的D ．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定E ．对于相同质量的核燃料，轻核聚变和重核裂变产生的能量是相同的解析：选BCD.由玻尔的假说，可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，则A 错，B 正确；放射性元素的半衰期只由核内部自身因素决定，与其所处的化学状态和外部条件没有关系，C 正确；由结合能的定义可判断D 正确；质量相同的核燃料，轻核聚变与重核裂变中的质量亏损不一定相同，由ΔE ＝Δmc 2可知ΔE 不一定相同，E 错误．2．(2015·宁夏银川一中模拟)下列说法正确的是( )A ．某放射性元素经过11.4天有78的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为3.8天B ．在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子可能落在暗条纹处C ．一群氢原子从n ＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出两种频率的光子D ．已知能使某金属发生光电效应的极限频率为ν0，则当频率为2ν0的单色光照射该金属时，光电子的最大初动能为2hν0E.42He ＋2713Al →3015P ＋10n 是原子核的人工转变方程解析：选ABE.据m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ ，可知t τ＝3，τ＝t 3＝3.8天，故A 对．光是概率波，所以B 对．一群氢原子从n ＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出3种频率的光子，故C 错．据光电效应方程E k ＝hν－W 0，得E k ＝2hν0－hν0＝hν0，故D 错．E 中核反应方程是原子核的人工转变方程，E 对．3．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是( )A ．氢原子的能量增加B ．氢原子的能量减少C ．氢原子要吸收一定频率的光子D ．氢原子要放出一定频率的光子解析：选BD.因离核越远轨道的能量越大，离核越近轨道的能量越小，所以氢原子从远轨道跃迁到近轨道释放一定频率的光子，能量减少，故B 、D 两项正确．4．如图所示，是用于火灾报警的离子烟雾传感器的原理图，在网罩Ⅰ内有电极Ⅱ和Ⅲ，a 、b 两端接电源，Ⅳ是一小块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使气体电离的粒子．平时镅放射出的粒子使两个电极间的空气电离，在a 、b 间形成较强的电流，发生火灾时，烟雾进入网罩内，烟尘颗粒吸收空气中的离子和镅发出的粒子，导致电流发生变化，电路检测到这种变化，从而发出警报．下列有关这种报警器的说法正确的是( )A ．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流增强B ．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流减弱C ．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流增强D ．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流减弱解析：选B.很容易使气体电离的是α粒子，α粒子穿透能力较弱，烟尘颗粒吸收α粒子和空气中的离子，使自由电荷数减少，电流减弱，B 正确．5．(2014·高考大纲全国卷)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1C.4A A ＋12D.A ＋12A －12解析：选A.设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋Av 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(2013·高考福建卷)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.mM －m v 0 解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 7．(2015·重庆杨家坪中学质检)在匀强磁场中有一个静止的氡原子核(222 86Rn)，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个互相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42∶1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个( )A.222 86Rn →222 87Fr ＋0－1eB.222 86Rn →218 84Po ＋42HeC.222 86Rn →222 85At ＋0－1eD.222 86Rn →222 85At ＋01e解析：选B.氡核的衰变过程满足动量守恒定律，其放出的粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即Bvq ＝mv 2r，所以r ＝mv Bq ，当粒子动量大小相同，磁感应强度恒定时，q ∝1r，根据题意，放出的粒子与反冲核的电荷数之比为1∶42，据此可知，选项B 正确．8．(2015·沈阳质量监测)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV ，下列对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是( )A ．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能发生光电效应现象B ．一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C ．一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eVD ．用能量为10.3 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E．用能量为14.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离解析：选BCE.当氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐射出光子的能量有可能大于3.34 eV，锌板有可能发生光电效应，选项A错误；由跃迁关系可知，选项B正确；从n＝3能级向基态跃迁时发出的光子能量最大为12.09 eV，由光电效应方程可知，发出光电子的最大初动能为8.75 eV，选项C正确；氢原子在吸收光子能量时需满足两能级间的能量差，因此D选项错误；14.0 eV>13.6 eV，因此可以使处于基态的氢原子电离，选项E正确．9．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设规模．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素239 94Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→X＋42 He＋γ，下列有关说法正确的是( )A．X原子核中含有92个中子B．100个239 94Pu经过24 100年后一定还剩余50个C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力解析：选D.根据核反应方程遵循的规律，X原子核中含有92个质子，235个核子，143个中子，A错误．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，100个239 94Pu经过24 100年后不一定还剩余50个，B错误．由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量减少，放出粒子的质量和生成新核的质量之和小于衰变前核的质量，C错误．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，D正确．10．光子既有能量也有动量．光子的能量E和动量p之间的关系是E＝pc，其中c为光速．由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强．某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S.当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为( )A.1＋ηP0cSB.1＋ηP0cSC.2－ηP0cSD.2－ηP0cS解析：选B.t时间内照射到物体表面的光子数n＝P0t/E，对这些光子应用动量定理得：Ft＝2pnη＋(1－η)np，压强p1＝F/S，又E＝pc，联立解得：压强p1＝1＋ηP0cS，故B正确．二、非选择题(本大题共3小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P 为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为______________．(用装置图中的字母表示)解析：(1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰小球质量，即m1>m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同．故C正确．(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′.由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度．因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′.所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表．由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺．(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.答案：(1)C(4分) (2)AC(4分) (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N(4分)12．(12分)(1)下列四幅图的有关说法中，正确的是________．A．若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB．射线甲是α粒子流，具有很强的穿透能力C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D．链式反应属于重核的裂变(2)轻核聚变能够比重核裂变释放更多的能量，若实现受控核聚变，且稳定地输出聚变能，人类将不再有“能源危机”．一个氘核(21H)和一个氚核(31H)聚变成一个新核并放出一个中子(10n)．①完成上述核聚变方程：21H＋31H→________＋10n.②已知上述核聚变中质量亏损为Δm，真空中光速为c，则该核反应中所释放的能量为________．解析：(1)若两球质量相等，两球只有发生弹性碰撞，碰后m2的速度才为v，选项A错误；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，利用左手定则可判断，射线甲是β粒子流，选项B 错误；在光颜色保持不变，即入射光的频率不变，根据光电效应规律可知，入射光越强，饱和光电流越大，选项C正确；根据链式反应的特点可知，链式反应属于重核的裂变，选项D 正确．(2)①根据质量数守恒和电荷数守恒可知，核聚变方程为21H＋31H→42He＋10n.②根据爱因斯坦质能方程可得该核反应中所释放的能量为ΔE＝Δmc2.答案：(1)CD(6分) (2)①42He(3分) ②Δmc2(3分)13．(16分)(2015·东北三校联考)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为3m的平板车A，车上有两个小滑块B和C(都可视为质点)，B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2μ，C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为μ.t＝0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0相向滑上小车，在以后的运动过程中B和C恰好没有相碰．已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．求：(1)平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；(2)平板车车板总长度L.解析：(1)由受力分析可知，开始时B、C相向做匀减速运动，A静止；当B速度减为零后，B将与A一起向左匀加速运动，C继续做匀减速运动，直至三者共速，然后三者一起做匀速运动．所以三者共速时，A的速度最大．从起始到三者共速，A、B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有2m ×2v 0－mv 0＝6mv (4分)从起始到三者共速，C 一直做匀减速运动，有f ＝2μmg ＝2ma (2分)v ＝2v 0－at (2分)联立解得v ＝12v 0，t ＝3v 02μg. (2分) (2)从起始到三者共速，B 相对A 向右匀减速到速度为零后与A 一起向左匀加速运动，C 相对A 向左匀减速运动，B 、C 与A 之间的滑动摩擦力大小均为2μmg ，由能量守恒定律有12mv 20＋12×2m ×(2v 0)2＝fL ＋12×6mv 2 (4分) 解得L ＝15v 208μg. (2分) 答案：(1)12v 0 3v 02μg (2)15v 208μg。
专题13 物理大题解题思路及模板温馨提醒：考生需吃透物理大题涉及相关定理、定律、公式，在具体题目中理清物理情景，明确已知，对定理、定律、公式具体化，根据题意灵活求解，问题便可巧妙得到迎刃而解！解决物理问题三把钥匙：运动学规律及牛顿运动定律；动能定理及机械能守恒定律； 动量定理及动量守恒定律。
注：其间若涉及能量转化，应巧用能量转化与守恒处理问题。
热点突破提升练十三【题型一】直线运动 思路整合： 理清物理情景受力分析（滑动摩擦力）判断运动状态，结合“牛二”：运动学（匀变速）公式【母题精练】1.如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P 左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动。
同时一个人为了搭车，从距站台P 右侧位置30 m 处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P 位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等。
求：(1)汽车刹车的时间； (2)人的加速度的大小。
2.质量为10 kg 的物体在F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，力F 作用2 s 后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s 后，速度减为零。
(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)。
求：自由落体运动：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物体的总位移x。
3.如图甲所示，一物块在倾角为α的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作用下从静止开始运动，作用2 s后撤去拉力，物块经0.5 s速度减为零，并由静止开始下滑，运动的v－t图象如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，g＝10 m/s2，31＝5.57，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)拉力F的大小。
1 热点强化突破(十三) 热点1 动量守恒定律及应用 往年高考对该热点的考查主要集中在弹性碰撞和完全非弹性碰撞以及与能量守恒定律、核反应相结合的综合题上．题型以计算题为主．
1．(2014·高考山东卷)如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求： (1)B的质量； (2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失． 解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为
v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为v2，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得mv2
＋2mBv＝(m＋mB)v ①
解得mB＝m2. ② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v ③ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝12mv22＋12mB(2v)2－12(m＋mB)v2 ④
联立②③④式得ΔE＝16mv20. 答案：(1)m2 (2)16mv20 2．(2015·沈阳质检)如图所示，在光滑水平地面上有一质量m1＝4.0 kg的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧，位于小车上A点处的质量为m2＝1.0 kg的木块(视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间有摩擦，与A点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计．现小车与木块一起以v0＝2.0 m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞．已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1＝1.0 m/s的速度水平向左运动，取g＝10 m/s2. 2
(1)求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小； (2)若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能． 解析：(1)小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为Δp＝m1v1－m1(－v0)＝12 kg·m/s. (2)小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同速度，此后，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒，设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有 m1v1－m2v0＝(m1＋m2)v 解得v＝0.40 m/s 当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得
Ep＝12m1v21＋12m2v20－12(m1＋m2)v2 解得Ep＝3.6 J. 答案：(1)12 kg·m/s (2)0.40 m/s 3.6 J 3．(2014·高考广东卷)如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板．物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点．探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2
和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小和碰撞损失的动能； (2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E. 解析：(1)设P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：mv1＝2mv2
解得：v2＝v12＝3 m/s
碰撞过程中损失的动能为：ΔEk＝1 2mv21－12×2mv22 解得ΔEk＝9 J. (2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知 2ma＝－2μmg 3
可以把P从A点运动到C再返回B点的全过程看做匀减速直线运动，根据运动学公式：有3L＝v2t＋12at2
解得v1＝6L－at2t ①若2 s时通过B点，解得：v1＝14 m/s ②若4 s时通过B点，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范围为：10 m/s≤v1≤14 m/s
P从A开始滑动到返回A的过程中，由动能定理知
－μ×2mg×4L＝E－12×2mv22
当v2＝12v1＝7 m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，解得E＝17 J. 答案：(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J
热点2 原子跃迁与光电效应的综合 考查核心是根据玻尔理论确定原子跃迁放出光子的频率，利用光电效应规律或光电效应方程，判断能否发生光电效应或计算光电子的最大初动能，注意单位统一．
4．如图为氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子跃迁时，可能发出________种能量不同的光子，其中频率最高的光子能量为________eV，若用此光照射到逸出功为3.26 eV的光电管上，则加在该光电管上的反向遏止电压为________V. 解析：大量氢原子从n＝5激发态跃迁，最终都会跃迁到n＝1的基态，但路径不同，辐射出的光子能量不同，可能辐射出的光子能量共计C25＝10种．能级差最大时辐射出的光子频率最大，即从n＝5直接跃迁到n＝1，辐射光子能量hν＝－0.54 eV－(－13.6 eV)＝13.06 eV.若用此光照射到逸出功为3.26 eV的光电管上，逸出光电子最大初动能Ek＝hν－W0＝13.06 eV－3.26 eV＝9.8 eV.要遏止具有最大初动能的光子，所需要的反向
遏止电压U＝Eke＝9.8 V. 答案：10 13.06 9.8 5．(2015·江西八所重点中学联考)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则( ) A．6种光子中波长最长的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的 4
B．6种光子中有2种属于巴耳末系 C．使n＝4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量 D．若从n＝2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子也一定能使该金属板发生光电效应 E．在6种光子中，n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子康普顿效应最明显 解析：选BCE.根据跃迁假说，在跃迁的过程中释放光子的能量等于两能级之差，故从n＝4跃迁到n＝3时释放光子的能量最小，频率最小，波长最长，所以A错误；由题意知6种光子中有2种属于巴耳末系，它们分别是从n＝4跃迁到n＝2和从n＝3跃迁到n＝2时释放的光子，故B正确；E4＝－0.85 eV，故n＝4能级的电离能等于0.85 eV，所以C正确；由图知，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量小于n＝2能级跃迁到基态释放的光子的能量，所以D错误；在6种光子中，n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子的能量最大，频率最高，故其康普顿效应最明显，所以E正确． 热点3 核反应及核能 本热点主要考查核反应类型、核反应遵守的规律、核反应方程的书写以及核反应中释放的核能的计算，核的衰变是重点．
6．在中子、质子、电子、正电子、α粒子中选出一个适当的粒子，分别补全下列核反应方程式：238 92U→234 90Th＋______；94Be＋42He→12 6C＋______.在以235 92U为燃料的原子核反应堆中，235 92U吸收一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式，其中一种可表示为235 92U＋10n→139 54
Xe＋9438Sr＋310n，其中235 92U的质量为235.043 9 u、中子的质量为1.008 7 u、139 54Xe的质量为
138.917 8 u、9438Sr的质量为93.915 4 u，已知1 u的质量对应的能量为931.5 MeV，则此裂变反应释放出的能量是________MeV(计算结果保留三位有效数字)． 解析：根据核反应方程中电荷数、质量数守恒可以补全核反应方程；核反应前后，质量的变化量为Δm＝(235.043 9＋1.008 7－138.917 8－93.915 4－3×1.008 7)u＝0.193 3 u，释放的能量为ΔE＝0.193 3×931.5 MeV＝180 MeV. 答案：42He 10n 180 7．(2015·山东临沂模拟)在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出．中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H的核反应，间接地证实了中微子的存在． (1)中微子与水中的11H发生核反应，产生中子(10n)和正电子(0＋1e)，即中微子＋11H→10n＋0＋1
e
可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________．(填写选项前的字母) A．0和0 B．0和1 C．1和0 D．1和1 5
(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即 0＋1e＋0－1e→2γ
已知正电子和电子的质量都为9.1×10－31 kg，反应中产生的每个光子的能量约为________J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是________________________________________________________________________． (3)试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小． 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＝2mec2，所以E＝mec2＝9.1×10－31×(3.0×108)2 J＝8.2×10－14 J. 反应过程中动量守恒且总动量为零．
(3)粒子的动量p＝2mEk，物质波的波长λ＝hp 由mn>me，知pn>pe，则λn答案：(1)A (2)8.2×10－14 遵循动量守恒 (3)λn
