2019届高考物理一轮复习练习：第十三章 第2讲 放射性元素的衰变、核能

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高效演练·创新预测1.(多选)关于天然放射性,下列说法正确的是( )A.所有元素都可能发生衰变B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D.α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强【解析】选B、C、D。

有些原子核不稳定,可以自发地衰变,但不是所有元素都可能发生衰变,故A项错误;放射性元素的半衰期由原子核自身内部因素决定,与外界的温度无关,故B项正确;放射性元素的放射性与核外电子无关,故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性,故C项正确;α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强,故D项正确。

2.放射性同位素钍Th经一系列α、β衰变后生成氡Rn,以下说法正确的是( )A.每经过一次α衰变原子核的质量数会减少2个B.每经过一次β衰变原子核的质子数会增加1个C.放射性元素钍Th的原子核比氡Rn原子核的中子数少4个D.钍Th衰变成氡Rn一共经过2次α衰变和3次β衰变【解析】选B。

经过一次α衰变,电荷数少2,质量数少4,故A项错误;经过一次β衰变,电荷数多1,质量数不变,质子数等于电荷数,则质子数增加1个,故B项正确;元素钍Th的原子核的质量数为232,质子数为90,则中子数为142,氡Rn原子核的质量数为220,质子数为86,则中子数为134,可知放射性元素钍Th的原子核比氡Rn 原子核的中子数多8个,故C项错误;钍Th衰变成氡Rn,可知质量数少12,电荷数少4,因为经过一次α衰变,电荷数少2,质量数少4,经过一次β衰变,电荷数多1,质量数不变,可知经过3次α衰变,2次β衰变,故D项错误。

3.氡222经过α衰变变成钋218,t=0时氡的质量为m0,任意时刻氡的质量为m,下列四幅图中正确的是( )【解析】选B。

每经过一个半衰期有一半质量发生衰变,则剩余质量m=m0=m0,解得=,T为半衰期,可知与t成指数函数关系,故B项正确,A、C、D项错误。

课时训练43 放射性元素的衰变 核能一、选择题1．铀裂变的产物之一氪90(9036Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(9040Zr)，这些衰变是( )A ．1次α衰变，6次β衰变B ．4次β衰变C ．2次α衰变D ．2次α衰变，2次β衰变解析 原子核每经过一次α衰变，质量数减4，核电荷数减2，每经一次β衰变，电荷数加1，质量数不变，设经过x 次α衰变和y 次β衰变，可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 4x ＝90－90y －2x ＝40－36解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0y ＝4可知经过4次β衰变．故选项B 正确．答案 B2．下列说法中正确的是( )A ．光电效应现象揭示了光具有粒子性B ．汤姆生发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型C ．贝克勒耳发现天然放射现象说明原子核是由质子和中子组成的D ．β射线是高速电子流，γ射线是电磁波，且γ射线穿透本领比β射线强解析 光电效应现象揭示了光的粒子性，选项A 正确；汤姆生发现了电子，提出原子的“枣糕模型\”，卢瑟福根据α粒子的散射现象，首先提出原子的核式结构模型，选项B 错误；贝克勒尔发现天然放射现象说明原子核具有复杂结构，选项C 错误；β射线的实质是高速电子流，γ射线的实质是电磁波，且γ射线穿透本领比β射线强，选项D 正确． 答案 AD3．以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E ．自然界中含有少量的14C ，14C 具有放射性，能够自发地进行β衰变，因此在考古中可利用14C 来测定年代解析 光电子的能量只取决于频率，而与光的强度无关，A 错误；比结合能反应的是原子核结合的牢固程度，比结合能越大，说明该原子核越稳定，B 正确；重核的裂变与轻核的聚变质量都有亏损，C 错误；当氢原子从高能级向低能级跃迁时，以光子的形式释放能量，在向低能级跃迁过程中，电子的动能将增大，但电势能减小，D 正确；利用14C 的放射性，可以用来测定年代，E 正确．答案 BDE4．在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，都不同程度地含有放射性元素，有些含有铀、钍的花岗岩会释放出α、β、γ射线，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少2B．发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内中子数减少1C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱解析α衰变是两个质子与两个中子作为一个整体从原来核中抛射出来，即211H＋210n→42 He，发生α衰变时，核内质量数减少4，选项A错误；β衰变是原子核内一个中子转化成－1e，发生β衰变时，核内中子数减少1，核子数不变，一个质子和一个电子，即10n→1H＋0选项B正确而C错误；由三种射线性质可得，选项D正确．答案BD5.[2014·上海质检]图中R是一种放射性物质，它能放出α、β、γ三种射线，虚线框内是竖直方向的匀强电场，LL′是纸板，MM′是荧光屏，实验时发现在荧光屏上只有O、P两点处有亮斑．下列说法正确的是( )A．电场方向竖直向下，到O点的是γ射线B．电场方向竖直向上，到O点的是γ射线C．电场方向竖直向下，到P点的是β射线D．电场方向竖直向上，到P点的是α射线解析粒子经过虚线框内的电场区域不偏转，且能穿透LL′而径直打到荧光屏上的O点，说明该粒子不带电，为γ射线；β射线具有较强的穿透能力，能够穿透纸板LL′，而α射线则不能，因此打在荧光屏上P点的必是β粒子，据此分析得出虚线框内电场方向竖直向上．故选项B正确．答案 B56 6.[2013·广东卷]铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是23592U＋10n→144 36Kr＋310n.下列说法正确的有( )Ba＋89A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析反应后的中子数多于反应前参与的中子数，所以该裂变反应中有中子放出，A项正确；铀块的大小是链式反应能否发生的重要因素，裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫做它的临界体积，且链式反应可人工控制，B项错误，C项正确；放射性元素的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件没有关系，D项错误．答案AC7.天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知( )A．②来自于原子核外的电子B．①的电离作用最强，是一种电磁波C．③的电离作用较强，是一种电磁波D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子解析根据天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果判断，应该①是α射线，②是β射线，③是γ射线，γ射线的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子．故选D. 答案 D8．下列说法中正确的是( )7N→17 8O＋x，其中x一定是质子A．核反应方程：42He＋1456Ba＋9236Kr＋210n92U→141B．铀核裂变的核反应是235C．原子核经过一次α衰变，中子减少2个D．重核裂变过程会发生质量亏损，轻核聚变过程总质量会增加E．某金属在频率为ν的单色光束照射下发出光电子，其最大初动能可以等于hν解析根据电荷数、质量数守恒的原则，可判断x的电荷数、质量数均为1，x为质子，A56Ba＋9236Kr＋310n，消去10n，核反应就不对；铀核裂变的核反应是链式反应，为23592U＋10n→141能发生，B错；发生一次α衰变，电荷数减小2，中子数减小2，质量数减小4，C对；重核裂变和轻核聚变都放出能量，都存在质量亏损，D错；发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程hν＝W0＋Ekm，可知E错．答案AC9.[2014·虹口质检]下列反应中属于核裂变反应的是( )A．14 7N＋42He→17 8H＋1H38Sr＋136 54Xe＋1010nB．235 92U＋10n→90C．238 92U→234 90Th＋42HeD.21H ＋31H→42He ＋10n解析 核裂变反应是重核分裂成两个或两个以上中等质量核的反应，故答案为B. 答案 B10．14C 测年法是利用14C 衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t 表示时间，纵坐标m 表示任意时刻14C 的质量，m0为t ＝0时14C 的质量．图中能正确反映14C 衰变规律的是( )解析 设半衰期为τ，则剩余质量m ＝m02t τ，故m －t 图象是曲线．C 正确． 答案 C二、非选择题11.[2013·上海卷]放射性元素210 84Po 衰变为206 82Pb ，此衰变过程的核反应方程是________________；用此衰变过程中发出的射线轰击19 9F ，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是________．解析 核反应过程中，质量数和电荷数守恒，则有210 84Po→206 82Pb ＋42He ；42He ＋19 9F→2210Ne ＋1H.答案 210 84Po→206 82Po ＋42He 42He ＋19 9F→2210Ne ＋1H12.[2013·新课标全国卷Ⅰ]一质子束入射到静止靶核2713Al 上，产生如下核反应： p ＋2713Al→X＋n式中p 代表质子，n 代表中子，X 代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X 的质子数为________，中子数为________．解析 根据电荷数守恒和质量数守恒可得，新核X 的质子数为14，中子数为13. 答案 14 1313.[2013·山东卷]恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K 时，可以发生“氦燃烧\”．(1)完成“氦燃烧\”的核反应方程：42He ＋________→84Be ＋γ.(2)84Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16 s ．一定质量的84 Be ，经7.8×10－16 s 后所剩84Be 占开始时的________．解析 (1)根据电荷数守恒和质量数守恒可知参加核反应的原子核质量数为4，电荷数为2，为42He.(2)7.8×10－16 s 为3个半衰期，剩余84Be 占原来的⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18. 答案 (1)42He 或α(2)18或12.5% 14.[2013·新课标全国卷Ⅱ]关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C ．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D ．比结合能越大，原子核越不稳定E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能解析 核子结合为原子核时释放的能量叫做原子核的结合能，则原子核分解为核子时需要的最小能量等于结合能，A 项正确；重核衰变时，同时向外释放能量，因此衰变产物的结合能大于原来重核的结合能，B 项正确；铅原子核中的核子数量多，结合能也就大，C 项正确；比结合能越大，原子核越稳定，D 项错误；核子组成原子核时，质量亏损对应的能量等于原子核的结合能，E 项错误．答案 ABC。

放射性元素的衰变核能(45分钟100分)一、选择题(此题共9小题，每一小题6分，共54分，1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1.关于原子核的衰变，如下说法正确的答案是( )A.β射线是电子流，是原子核外电子的一种自发的放射现象B.对天然放射性元素加热，其半衰期将变短C.原子核发生衰变时，衰变前后的电荷数和质量数都守恒D.任何元素都有可能发生衰变【解析】选C。

β射线是原子核发生β衰变产生的，是核内中子转化为质子时放出的负电子，不是原子核外电子电离产生的，A错误；半衰期的大小由原子核内部因素决定，与温度、压强等因素无关，B错误；原子核在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，C正确；有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，D错误。

2.重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从U开始到稳定的Pa为止)、Th232系列、U235系列与Np237系列(从Np开始到稳定的Bi为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的答案是( )A.U的中子数比Bi中子数少20个B.从Np到Bi，共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D U与U是不同的元素【解析】选B U的中子数为238-92=146个Bi的中子数为209-83=126个，如此U的中子数比Bi的中子数多20个，A错误；根据质量数守恒有：237-209=4×7，知发生了7次α衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次β衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误U与U的质子数一样，中子数不同，它们是一样的元素，D错误。

3.(2020·泸州模拟)日本福岛核电站曾因大地震与海啸而产生核灾难，从而凸显出安全使用核能发电的重要性。

计时双基练50 放射性元素的衰变核能(限时：45分钟满分：100分)A级双基达标1．(多选题)下列说法中正确的是( )A．天然放射现象说明原子核还具有复杂结构B．卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子核有一定的结构C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子D．质子和中子也是具有复杂结构的解析天然放射现象是元素的原子核自发发出射线的现象，说明原子核还具有复杂结构，选项A正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子而非原子核有一定的结构，提出核式结构学说，选项B错误；查德威克在用粒子轰击铍核时发现了中子，选项C正确；质子和中子也不基本，可以再分，有自己复杂结构，选项D正确．答案ACD2．在下列4个核反应方程中，x表示质子的是( )A.3015P→3014Si＋xB．23892U→234 90Th＋xC.2713Al＋10n→2712Mg＋xD.2713Al＋42He→3015P＋x解析由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的x分别为正电子、α粒子、质子、中子．答案 C3．(多选题)(2018·广东高考)铀核裂变是核电站核能的重要，其一种裂变反应式是235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310 n.下列说法正确的有( )A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析从铀核裂变方程可以看出，反应中伴随着中子放出，A正确；铀块的体积必须大于临界体积才能发生链式反应，B错误；通过控制中子数可以控制链式反应，C正确；铀核的衰变半衰期与物理、化学状态无关，因此不受环境影响，D错误．答案AC4．放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为23290Th→22086Rn＋xα＋yβ，其中( ) A．x＝1，y＝3 B．x＝2，y＝3C．x＝3，y＝1 D．x＝3，y＝2解析由衰变方程：23290Th→22086Rn＋x42He＋y0－1e，由质量数守恒和电荷数守恒得：232＝220＋4x,90＝86＋2x－y，可解得：x＝3，y＝2.答案 D5．下列现象中，与原子核内部变化有关的是( )A ．α粒子散射现象B ．天然放射现象C ．光电效应现象D ．原子发光现象解析 α粒子散射现象是用α粒子轰击重金属核过程中产生的现象，与核内部的变化无关，A 项错；天然放射现象是指放射性元素的原子核放出α、β、γ等射线后产生新核的过程，与原子核内部变化有关，B 项正确；光电效应是核外电子吸收光子能量后变成光电子的过程，与核内变化无关，C 项错；原子发光是核外电子从高能级跃迁到低能级的过程中产生的，与核内变化无关，D 项错．答案 B6．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H ＋12 6C ―→13 7N ＋Q 1 11H ＋15 7N ―→126C ＋X ＋Q 2 方程式中Q 1、Q 2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：A ．X 是32He ，Q 2>Q 1B ．X 是42He ，Q 2>Q 1C ．X 是32He ，Q 2<Q 1D ．X 是42He ，Q 2<Q 1 解析 11H ＋12 6C ―→13 7N 中质量亏损为Δm 1＝1.007 8 u ＋12.000 u －13.005 7 u ＝0.002 1 u ，根据电荷数守恒和质量数守恒可知11H ＋15 7H ―→126C ＋X 中X 的电荷数为2、质量数为4，质量亏损为Δm 2＝1.007 8 u ＋15.000 1 u －12.000 0 u －4.002 6 u ＝0.005 3 u ，根据爱因斯坦的质能方程可知Q 1＝Δm 1c 2、Q 2＝Δm 2c 2，则Q 1<Q 2.答案 B7．14C 是一种半衰期为5 730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中14C 的含量为原来的14，则该古树死亡时间距今大约( )A ．22 920年B ．11 460年C ．5 730年D ．2 865年 解析 因为m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12tT ，又14C 的含量为原来的14，可知经过两个半衰期，故所用时间5 730×2年＝11 460年．答案 B8．用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，生成氚核和α粒子，并放出4.8 MeV 的能量．(1)写出核反应方程；(2)求出质量亏损；(3)若中子与锂核是以等值反向的动量相碰，则氚核和α粒子的动能之比是多少？解析 (1)核反应方程为63Li ＋10n→31H ＋42He ＋4.8 MeV.(2)根据质能方程ΔE ＝Δmc 2，有Δm ＝ΔE c 2＝4.8931.5u ＝0.005 2 u. (3)当中子与锂核以等值反向的动量相碰时，由动量守恒定律得m αv α＋m H v H ＝0.则Eα:E H＝αvα22mα:Hv H22m H＝m H:mα＝3:4.答案(1)63Li＋10n→31H＋42He＋4.8 MeV(2)0.005 2 u(3)3:4B级能力提升1．(多选题)天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如练图15－2－1所示，由此可推知( )练图15－2－1A．②来自于原子核外的电子B．①的电离作用最强，是一种电磁波C．③照射食品可以杀死腐败的细菌D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子解析从题图可知三种射线的穿透能力由强到弱分别是③(γ射线)、②(β射线)、①(α射线)，其中α射线的电离作用最强，选项B错；β射线是核内中子转化而来，选项A错误；γ射线是原子核从高能级到低能级跃迁产生的，电离作用最弱，选项D正确．答案CD2．原子核23892U经放射性衰变①变为原子核23490Th，继而经放射性衰变②变为原子核23491Pa，再经放射性衰变③变为原子核234 92U.放射性衰变①②和③依次为( )A．α衰变、β衰变和β衰变B．β衰变、α衰变和β衰变C．β衰变、β衰变和α衰变D．α衰变、β衰变和α衰变解析根据核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒特点238 92U核与234 90Th核比较可知，核反应的另一产物为42He，所以衰变①为α衰变，B、C项排除；234 91Pa核与234 92U核比较可知，核反应的另一产物为0－1e，所以衰变③为β衰变，A项正确．答案 A3．(多选题)(2018·江西省六校联考)下列说法正确的是( )A．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂的结构B．232 90Th衰变成208 82Pb要经过6次α衰变和4次β衰变C．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D．升髙放射性物质的温度，不可缩短其半衰期E．光电效应的实验结论是：对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大解析卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，天然放射现象揭示了原子核有复杂的结构，所以选项A错误；232 90Th经过6次α衰变和4次β衰变后生成核的质子数和电荷数分别为90－6×2－4×1＝82个和232－6×4＝208，即变成为稳定的原子核20882Pb，选项B正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子变成质子和电子，产生的电子是从核内发出的，并不是核外电子挣脱原子核的束缚而形成的，所以选项C错误；半衰期的大小由放射性元素的原子核内部本身的因素决定，跟元素所处的物理状态(如压强、温度)或化学状态(如单质、化合物)无关，所以升高放射性物质的温度，其半衰期不变，选项D正确；在光电效应中，入射光子的频率越高，光电子的最大初动能越大，显然，选项E正确．答案BDE4．(多选题)核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，但安全是核电站面临的非常严峻的问题．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，钚的危险性在于它对人体的毒性，与其他放射性元素相比钚在这方面更强，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，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23994Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是( )A．X原子核中含有143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，衰变过程中总质量增加D．衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力解析由衰变过程中核电荷数守恒得235 92X，其中中子数为235－92＝143，A项对．半衰期对大量原子核的衰变才有意义，B项错．衰变过程中核子总质量减小，质量必亏损，C项错．衰变后产生的巨大的能力以γ光子的形式释放，D项对．答案AD5．如练图15－2－2所示，静止在匀强磁场中的63Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104m/s的中子而发生核反应，63Li＋10n→31H＋42He，若已知He的速度为v2＝2.0×104m/s，其方向跟中子反应前的速度方向相同(已知m n＝1 u，m He＝4 u，m H＝3 u)．求：练图15－2－2(1)31H的速度是多大？(2)在图中画出粒子31H和42He的运动轨迹，并求它们的轨道半径之比．(3)当粒子42He旋转了3周时，粒子31H旋转几周？解析(1)63Li俘获10n的过程，系统动量守恒，则m n v0＝m H v1＋m He v2，即v 1＝m n v 0－m He v 2m H. 代入数据得v 1＝－1.0×103 m/s ，负号表示跟v 0的方向相反．(2)运动轨迹如练答图15－2－1所示．练答图15－2－1 31H 和42He 在磁场中半径之比为 r H :r He ＝m H v 1Bq 1:m He v 2Bq 2＝3:40.(3)31H 和42He 的周期之比为T H :T He ＝2πm H Bq 1:2πm HeBq 2＝3:2，所以它们的转速之比为n H :n He ＝T He :T H ＝2:3. 当α粒子转3周时，氚核转动2周． 答案 (1)1.0×103 m/s ，跟v 0的方向相反(2)3:40 (3)2。

第2讲 变压器 远距离输电1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3C.当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12VD.当原线圈输入交流电压220V 时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A解析 额定输入电压U 1＝220V 额定输入电压U 2＝12V 额定输入电压I 2＝3A{U 1＞U 2，故为降压变压器，A 错n 1n 2＝U 1U 2＝220V 12V ＝553，B 对输入电压与输出电压均为交流电压，C 错副线圈的电流与负载功率有关，D 错2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）A.是一种降压变压器B.能测量恒定电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B 、C 项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝n2n 1U 1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n 1＜n 2，因此有U 2＞U 1，电流互感器是一种升压变压器，A 项错误；根据变压器匝数与电流的关系I 1I 2＝n2n 1可得副线圈的电流I 2＝n1n 2I 1，由于n 1＜n 2，因此有I 2＜I 1，D 项正确.3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝10√2sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（D）A.升压变压器原线圈上的电流为2AB.输电线上损失的功率为10WC.负载的功率为25WD.降压变压器原线圈上的电压为20V解析设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为P r＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为P R＝4P r＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝P RI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（B）A.输电线上输送的电流大小为3.0×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU ＝3×106×103500×103A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U 2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（A）A.电压表V2的示数变大B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变C.电流表A的示数变大D.定值电阻R0消耗的电功率变大解析输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（BC）A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大解析保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝220√2sin314t （V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（A）A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2VB.通过车载充电器的电流为交流电C.发射线圈、接收线圈匝数比为n 1∶n 2＝50∶1D.接收线圈1s 内电流方向变化50次解析 设接收线圈两端电压的有效值为U 2，充电器两端电压有效值为U 3，由题意可知U 3＝4.4 V ，根据有效值的定义可得U 22R·T2＝U 32R·T ，解得U 2≈6.2 V ，故A 正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B 错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U 1＝220 V ，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n 2＝U1U 2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s 内电流方向变化100次，故D 错误.8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0＝800匝、n 1＝100匝和n 2＝400匝，原线圈串联一个电阻R 0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E 且保持不变；两个副线圈分别接电阻R 1＝1.0Ω和R 2＝16.0Ω.开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0A ；开关S 闭合时，理想电流表读数为I 2.不计线圈电阻，则（ BD ）A.E ＝32.0VB.E ＝36.0VC.I 2＝3.2AD.I 2＝3.6A解析 开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0 A ，且n 0＝800匝、n 1＝100匝，故n0n 1＝I1I 0，得I 0＝0.5 A ，由n 0n 1＝U 0U 1及U 1＝I 1R 1＝4 V ，可得U 0＝32.0 V ，故E ＝I 0R 0＋U 0＝36.0 V ，故A错误，B 正确；开关S 闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P 原＝P 副1＋P 副2，得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，即36V−U 0R 0U 0＝U 12R 1＋U 22R 2，由n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U0U 2，则U 1＝3.6 V ，故I 2＝3.6 A ，故C错误，D 正确.9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a ）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b ）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R 表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）图（a）图（b）A.A2示数增大，A1示数减小B.V1、V2示数都减小C.输电线上的功率损失减小D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积解析当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（D）A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V解析由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.11.[黑光灯的应用]黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.如图所示是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？答案10∶1解析电网两极间的电场可看作匀强电场且U m＝E m d，由题意知空气被击穿时E m＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mU m ＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝√2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.。

放射性元素的衰变核能D．在PET中，15 8O主要用途是参与人体的新陈代谢【解析】由题意知A、B正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的15 8O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此15 8O主要用途是作为示踪原子，故C、D错．【答案】AB6．(多选)目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀、钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的B．β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C．已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则7.6天后，需取走0.75 砝码天平才能再次平衡D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2【解析】β衰变是原子核内的中子转化成质子同时释放一个电子，A正确，B错误．半衰期是指原子核有半数发生衰变所需的时间，而不是原子核的质量减少一半，C错误．α粒子为氦原子核，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2，D正确．【答案】AD7．(多选)(2016·茂名模拟)从一个小孔射出的α、β、γ三种射线沿同一直线进入同一匀强磁场或匀强电场，这三种射线在场内的径迹情况有可能是( )A．三条重合B．两条重合C．三条分开D．α与β的径迹一定分开【解析】当三种射线沿磁场方向运动时，三种射线中粒子均不受洛伦兹力作用，保持匀速直线运动状态，三条径迹重合，A项正确；当三种射线入射方向与电场或磁场方向不同时，γ射线不偏转，α、β粒子电性相反，向相反方向偏转，三条径迹是分开的，C项正确．【答案】AC8．(多选)(2016·汕头模拟)热核反应方程：21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV，其中X表示某种粒子，则下列表述正确的是( )A．X是质子B．该反应需要吸收17.6 MeV的能量才能发生C．平均每个核子能释放3MeV以上能量D．(m21H＋m31H)>(m42He＋m X)【解析】由核反应中的质量数守恒和电荷数守恒可知X为中子，则选项A错误；该反应为轻核聚变，反应过程中应释放能量，则选项B错误；该反应共有5个核子，平均每个核子释放的能量为17.6 MeV/5＝3.52 MeV，则选项C正确；由于该反应释放能量，则反应前后存在质量亏损，反应前的质量应大于反应后的质量，则选项D正确．【答案】CD9．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线【解析】α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，在如题图所示的电场中，α射线向右偏，β射线向左偏，γ射线不偏转；在如题图所示的磁场中，α射线向左偏，β射线向右偏，γ射线不偏转，选项C正确．【答案】C10．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)( )A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c2【解析】根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，此核反应放出的能量ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，故C正确．【答案】C11．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．图中能正确反映14C衰变规律的是( )【解析】设半衰期为τ，则剩余质量m＝m02tτ，故m－t图象是曲线．C正确．【答案】C二、非选择题12．(2016·咸阳联考)核能是一种高效的能源．(1)在核电站中，为了防止放射性物质泄漏，核反应堆有三道防护屏障：燃料包壳，压力壳和安全壳(见图甲)．结合图乙可知，安全壳应当选用的材料是________．(2)图丙是用来监测工作人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，结合图乙分析工作人员受到了________射线的辐射；当所有照相底片被感光时，工作人员受到了________射线的辐射．【答案】(1)混凝土(2)βγ或β和γ13．(2015·江苏卷)取质子的质量m p＝1.672 6×10－27kg，中子的质量m n＝1.674 9×10－27kg，α粒子的质量mα＝6.646 7×10－27kg，光速c＝3.0×108m/s.请计算α粒子的结合能．(计算结果保留2位有效数字)【解析】组成α粒子的核子与α粒子的质量差Δm＝(2m p＋2m n)－mα结合能ΔE ＝Δmc 2代入数据得ΔE≈4.3×10－12J【答案】 4.3×10－12J14．如图所示，静止在匀强磁场中的63Li 核俘获一个速度为v 0＝7.7×104m /s 的中子而发生核反应，63Li ＋10n →31H ＋42He ，若已知42He 的速度为v 2＝2.0×104m /s ，其方向跟中子反应前的速度方向相同(已知m n ＝1 u ，m He ＝4 u ，m H ＝3 u )．求：(1)31H 的速度是多大？(2)在图中画出粒子31H 和42He 的运动轨迹，并求它们的轨道半径之比．(3)当粒子42He 旋转了3周时，粒子31H 旋转几周？【解析】 (1)63Li 俘获10n 的过程，系统动量守恒， 则m n v 0＝m H v 1＋m He v 2，即v 1＝m n v 0－m He v 2m H.代入数据得v 1＝－1.0×103m /s ，负号表示跟v 0的方向相反． (2)运动轨迹如图所示．31H 和42He 在磁场中半径之比为 r H：r He ＝m H v 1Bq 1：m He v 2Bq 2＝3：40.(3)31H 和42He 的周期之比为T H ：T He ＝2πm H Bq 1：2πm HeBq 2＝3：2，所以它们的转速之比为n H ：n He ＝T He ：T H ＝2：3. 当α粒子转3周时，氚核转动2周．【答案】 (1)1.0×103m /s ，跟v 0的方向相反 (2)3：40 (3)2。

2019-2020年高考物理一轮复习第13章第2单元原子结构原子核练习题号12345678910111213答案答案：C5．下列说法正确的是()A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关解析：原子核发生衰变时遵守电荷数守恒和质量数守恒，而不是电荷守恒和质量守恒，A错误；三种射线中，α、β射线为高速运动的带电粒子流，而γ射线为光子流，B错误；氢原子从激发态向基态跃迁时，只能辐射与能级差相对应的特定频率的光子，C正确，发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光的频率有关，D错误．答案：C6．铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：92235U＋01n→a＋b ＋201n，则a＋b可能是()A. 54140Xe＋3693KrB. 56141Ba＋3692KrC. 56141Ba＋3893SrD. 54140Xe＋3894Sr解析：本题主要考查核反应方程中的质量数和电荷数守恒．题目的核反应方程中左边的质量数为236，电荷数为92；A项代入右边后，质量数为235，电荷数为90，选项A错误；B项代入后，质量数为235，电荷数为92，选项B错误；C项代入后，质量数为236，电荷数为94，选项C错误；D项代入后，质量数为236，电荷数为92，选项D正确．答案：D二、双项选择题7．氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是()A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2能级C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级解析：由于n＝3与n＝2间的能量差为－1.51－(－3.4)＝1.89 eV，而n＝1与n＝2间的能量差为－3.4－(－13.6)＝10.2 eV，根据ΔE＝hν＝h cλ可知，氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时辐射的波长λ＝121.6 nm小于656 nm，A错误；同样从n＝1跃迁到n＝2能级需要的光子的波长也恰好为121.6 nm，B错误；一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时可能会出现3种可能，因此会放出3种不同频率的光子，C正确；电子发生跃迁时，吸收或放出的能量一定等于这两个能级间的能量差，为一特定值，大于或小于这个特定的值都不能使之发生跃迁．因此D正确．答案：CD8．下列说法正确的是()A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立B．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转D．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同解析：原子的核式结构模型源于卢瑟福的α粒子散射实验，故选项A错误；紫外线可使荧光物质发光，此现象广泛应用于人民币等防伪措施，所以选项B正确；天然放射现象中的γ射线是电磁波，不会在电磁场中偏转，故选项C错误；由多普勒效应可知，观察者与波源靠近或远离时，观察到的波的频率相对于波源会增大或减小，所以选项D正确．答案：BD9．铀核裂变是核电站核能的重要来源，其中一种裂变反应式是92235U＋01n→68144Ba＋3689Kr＋301n.下列说法正确的有()A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析：由核反应方程知有中子生成，A正确；铀块体积和铀块纯度对链式反应的发生都有重要影响，B错误，核反应堆的铀核链式反应的速度可人工控制，C正确；放射性元素的半衰期由核本身的因素决定，与环境温度无关，D错误．答案：AC10．能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有()A．13H＋12H→24He＋01n是核聚变反应B．13H＋12H→24He＋01n是β衰变C. 92235U＋01n→54140Xe＋3894Sr＋201n是核裂变反应D. 92235U＋01n→54140Xe＋3894Sr＋201n是α衰变解析：A、B选项均为核聚变反应；C、D选项均为核裂变反应．正确选项为A、C.答案：AC11．下列说法正确的是()A．对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较长的方向移动B．电子的衍射图样表明实物粒子也具有波动性C．β射线是原子核外电子高速运动形成的D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短解析：在黑体辐射中，随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动．故A错误；电子束通过铝箔形成的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故C错误；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级放出的光子能量比从n＝2能级跃迁到n＝1能级大，所以前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，故D正确．答案：BD12．下列说法正确的是()A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，若用波长更长的光照射到该金属上一定不能发生光电效应D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加解析：汤姆生发现了电子，表明原子是可以再分的，选项A错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应，选项B错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，说明该光的波长太长，频率太低，若换用波长更长的光照射到该金属上一定不能发生光电效应，选项C正确；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的轨道半径增大，电场力对其做负功，电子的动能减小，电势能增大，原子总能量增加，选项D正确．答案：CD13．以下说法正确的是()A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为24He＋714N→817O＋11HB．铀核裂变的核反应是92235U→56141Ba＋3692Kr＋201nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是：(m1＋m2－m3)c2D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子解析：卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为24He＋714N→817O＋11H，选项A正确；铀核裂变的核反应需要中子轰击铀核，选项B错误；选项C中，释放的能量应为(2m1－2m2－m3)c2，选项C错误；设原子的a、b、c三能级的能量分别为E1、E2、E3，则E1－E2＝hcλ1，E 3－E 2＝hcλ2，E 3－E 1＝hcλ，可得λ＝λ1λ2λ1－λ2，选项D 正确． 答案：AD三、非选择题14．1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)写出卢瑟福发现质子的核反应方程．(2)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？ (3)求此过程中释放的核能．解析：(1)24He ＋ 714N →11H ＋ 817O.(2)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得：v ＝m 1v 0m 1＋m 2.(3)核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3，反应过程中释放的核能ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 2.答案：(1)24He ＋ 714N →11H ＋ 817O (2)v ＝m 1v 0m 1＋m 2(3)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 215．一静止的质量为M 的铀核( 92238U )发生α衰变转变成钍核(Th )，放出的α粒子速度为v 0、质量为m.假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钍核的动能．(1)写出衰变方程；(2)求出衰变过程中释放的核能．解析：(1)根据质量数守恒和电荷数守恒，计算出钍核的电荷数为92－2＝90，质量数为238－4＝234，所以衰变方程为： 92238U → 90234Th ＋24He.(2)设钍核的反冲速度大小为v ，由动量守恒定律得：0＝mv 0－(M －m )v ，可得v ＝mv 0M －m ，ΔE ＝12mv 02＋12(M －m )v 2，可得ΔE ＝Mmv 022（M －m ）.答案：(1) 92238U → 90234Th ＋24He(2)ΔE ＝Mmv 022（M －m ）.。

第1节动量动量守恒定律节次考纲命题规律第1节动量动量守恒定律动量、动量守恒定律Ⅰ 1.动量和动量守恒等基本概念、规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查；2．综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程；3．光电效应、波粒二象性的考查；4．氢原子光谱、能级的考查；5．放射性元素的衰变、核反应的考查；6．质能方程、核反应方程的计算；7．与动量守恒定律相结合的计算.弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验十三验证动量守恒定律第2节光电效应氢原子光谱普朗克能量子假说黑体和黑体辐射Ⅰ光电效应Ⅰ光的波粒二象性、物质波Ⅰ氢原子光谱、原子的能级Ⅰ第3节核反应和核能原子核式结构模型Ⅰ原子核的组成Ⅰ原子核的衰变、半衰期Ⅰ放射性同位素、放射性的应用与防护Ⅰ核反应方程Ⅰ核力与结合能、质量亏损Ⅰ裂变反应和聚变反应、链式反应Ⅰ第1节动量动量守恒定律知识点1 动量1．定义运动物体的质量和速度的乘积，通常用p来表示．2．表达式p＝mv.3．单位kg·m/s.4．标矢性动量是矢量，其方向和速度方向相同．知识点2 动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式(1)p＝p′，系统内力作用前总动量p等于内力作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．3．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．知识点4 实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图13­1­1所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图13­1­1(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图13­1­2所示．图13­1­2(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立.[核心精讲]1．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反．3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．[题组通关]1．(2015·福建高考)如图13­1­3所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( ) 【导学号：】图13­1­3A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动D 选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2．两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.90 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C ＝0.10 kg 的滑块C ，以v C＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图13­1­4所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为0.50 m/s.求：图13­1­4(1)木块A 的最终速度v A ； (2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.【解析】 C 从开始滑上A 到恰好滑至A 的右端过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒m C v C ＝(m B ＋m A )v A ＋m C v C ′C 刚滑上B 到两者相对静止，对B 、C 组成的系统动量守恒 m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v解得v A ＝0.25 m/sv C ′＝2.75 m/s.【答案】 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s [名师微博] 两点提醒：1．动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力.[核心精讲]1．碰撞现象满足的三个规律 (1)动量守恒即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2. (2)动能不增加即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[师生共研]●考向1 爆炸与反冲问题(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列选项中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝2hg＝1 s，取向右为正，由水平速度v＝xt知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s. 因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．●考向2 碰撞问题分析(2015·全国卷Ⅰ)如图13­1­5，在足够长的光滑水平面上，物体A、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图13­1­5【解题关键】关键信息信息解读在足够长的光滑水平面上物体在水平面上做匀速运动碰撞过程系统动量守恒三者均处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动 物体A 与B 、C 碰撞前B 、C 均处于静止状态物体A 先与C 碰撞物体间的碰撞都是弹性的碰撞过程中，系统动量、动能均守恒能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1②联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .【答案】 (5－2)M ≤m <M1．一个结论：在碰撞、爆炸和反冲问题中，即使有外力作用，往往因内力远大于外力，时间极短，认为系统动量是守恒的．2．两点提醒：(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能可增大． (2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．[题组通关]3．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离，如图13­1­6所示．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( ) 【导学号：】图13­1­6A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)D 根据动量守恒定律列方程求解． 对火箭和卫星由动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝m 1＋m 2v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.4．质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．B ．C ．D ．vB 根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝时，v 1＝－，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－2＋12×3m 2＝×12mv 2，大于碰撞前的总动能．由于碰撞过程中能量不增加，故A 项错误；当v 2＝时，v 1＝－，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－2＋12×3m 2＝×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝时，v 1＝，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．[典题示例](2015·山东高考)如图13­1­7，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图13­1­7【解题关键】关键信息信息解读三个质量相同的滑块A 、B 、C 间隔相等滑块A 至B 过程和滑块B 至C 过程克服阻力做功相同滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值碰后B 、C 粘在一起向右运动 B 、C 碰撞后瞬间速度相同A A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得mv A ＝mv ′A ＋mv B①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B－12mv ′2B③ 据题意可知W A ＝W B④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0. 【答案】 2116v 0利用动量和能量的观点解题的技巧1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理． 3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[题组通关]5．(2016·天津高考)如图13­1­8所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．【导学号：】图13­1­8【解析】 由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv ＝(M ＋m )v 1，且M ＝2m相对静止时的共同速度v 1＝mv M ＋m ＝v 3由功能关系知：μmgs ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21 解得滑块相对盒的路程s ＝v 23μg. 【答案】 v3 v 23μg[核心精讲]1．实验应注意的几个问题(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．(2)方案提醒：①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m 1>m 2，防止碰后m 1被反弹．(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．2．实验误差分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m 和速度v 的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．[题组通关]6．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图13­1­9甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图13­1­9下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；已知碰后两滑块一起运动；⑥先_________________________，然后____________________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________________________________ ___________________________________________________.【解析】(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v 1＝错误! m/s ＝2 m/s ，其质量与速度的乘积为×2 kg·m/s ＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝错误! m/s ＝1.2 m/s ，其质量与速度的乘积之和为＋×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．【答案】 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦7．(2014·全国卷Ⅱ)现利用图13­1­10所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图13­1­10实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝ Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝ ms ，碰撞前后打出的纸带如图13­1­11所示．图13­1­11若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解析】 按定义，物块运动的瞬时速度大小v ＝Δx Δt ①式中Δx 为物块在很短时间Δt 内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f ＝ s ②Δt A 可视为很短．设A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式得v 0＝2.00 m/s③ v 1＝0.970 m/s④设B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B ⑤代入题给实验数据得v 2＝2.86 m/s ⑥ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2 ⑧ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100% ⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ＝%<5%.因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律．【答案】 本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析。

【关键字】结构放射性元素的衰变核能一、选择题(本题共10小题，1～4题为单选，5～10题为多选)1．(2016·江苏物理)贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。

下列属于放射性衰变的是( A )A.C→N＋eB.U＋n→I＋Y＋2nC.H＋H→He＋nD.He＋Al→P＋n[解析] 一个放射性原子核自发地放出一个粒子变成新的原子核的过程为原子核的衰变，A项为原子核衰变，B项为重核的裂变，C项为轻核的聚变，D项为原子核的人工转变，因此A项正确。

2．(2017·湖南省五市十校高三联考)放射性原子核Pa经过n次α衰变和m次β衰变，最终变为稳定的原子核Pb，则( A )A．n＝7，m＝5 B．n＝5，m＝7C．n＝9，m＝7 D．n＝7，m＝9[解析] 本题中放射性原子核Pa经过衰变，最终变为原子核Pb；可知质量数减少28，质子数减少9；在衰变过程中根据质量数与电荷数守恒有4n＝28,2n－m＝9，得n＝7，m＝5，所以选项A正确。

3．(2017·吉林省重点中学第二次模拟考试)下列说法正确的是( B )A．原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和B．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律C．在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激发后辐射出来的D．镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，也就是说，100个镭226核经过1620年后一定还剩下50个镭226没有发生衰变[解析] 原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，选项A错误；在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，选项B正确；在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子核内的中子转化成质子和电子，从原子核中辐射出来的，选项C错误；半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，少量原子核衰变不能运用半衰期的统计规律，所以选项D错误。