2018高考物理步步高 第三章 实验三

[考试标准]1．实验原理(见实验原理图)(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图象．⑤保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图象．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比．命题点一教材原型实验例1某实验小组同学用如图1所示装置“探究加速度与力、质量的关系”．图1(1)在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是________(只需填A或B)．A．小车质量B．塑料桶和桶中砝码的质量(2)实验中，首先要平衡摩擦力，具体做法是________(只需填A或B)．A．在塑料桶中添加砝码，使小车带着纸带匀速运动B ．取下塑料桶，垫起长木板的一端，使小车带着纸带匀速运动(3)实验中要使小车的质量________(填“远大于”或“远小于”)塑料桶和桶中砝码的质量，才能认为细绳对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力．解析 (1)该实验采用了“控制变量法”，即在研究加速度与质量、力之间的关系时，要保持另一个物理量不变，因此在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是小车的质量，故A 正确，B 错误．(2)为了使绳子的拉力等于小车的合外力，在进行实验之前要进行平衡摩擦力，具体做法是：适当垫高长木板不带定滑轮的一端，轻推未挂塑料桶的小车，恰使拖有纸带的小车匀速下滑．故A 错误，B 正确．(3)设绳子上的拉力为F ，对小车根据牛顿第二定律有：F ＝Ma ①对塑料桶和砝码有：mg －F ＝ma ②由①②解得：F ＝mgM m ＋M ＝mg 1＋m M由此可知当M ≫m 时，才能认为塑料桶和砝码的重力等于绳子的拉力．答案 (1)A (2)B (3)远大于 题组阶梯突破1．在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从图2中选取实验器材，其名称是____________；并分别写出所选器材的作用________________．图2答案学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量解析电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．2．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，必须采用________法；为了探究加速度与力的关系，应保持________不变；为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应该作出________图象(选填“a－F”或“a－1F”)．为了探究加速度与质量的关系，应保持________不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作________图象(选填“a－m”或“a－1m”)．答案控制变量m a－F F a－1m解析为了探究加速度与力的关系，应保持m不变，为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出a－F图象．为了探究加速度与质量的关系，应保持F不变，为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作a－1m图象．3．(2016·兴平市一模)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系．(1)下列图象中能表示该同学实验结果的是________．(2)某次实验中打出如图3所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，则这个加速度值a＝________m/s2(计算结果保留两位有效数字)图3答案 (1)A (2)0.80解析 (1)平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线，故选A ；(2)T ＝5T 0＝0.1 s ，根据公式Δx ＝aT 2得：0.035 3－0.019 3＝2aT 2代入数据得到：a ＝0.035 3－0.019 32×0.12 m/s 2＝0.80 m/s 2.命题点二 拓展创新实验例2 (2016·连云港模拟)用图4甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量．图4(1)探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码；(2)实验中，两小车的加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比．解析 (1)探究“加速度与质量之间的关系”时，要保证拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码．(2)根据初速度为零的匀变速直线运动公式x ＝12at 2，两车的位移之比等于加速度之比． 答案 (1)相同 (2)等于 题组阶梯突破4．(2016·宿迁模拟)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图5甲所示的装置．在实验过程中：甲乙图5(1)打点计时器应该与________(选填“交流”或“直流”)电源连接；在闭合开关前，将小车放置在________的一端(选填“靠近滑轮”或“靠近打点计时器”)．(2)在探究过程中，该同学打出了一条纸带，并在纸带上连续取几个计数点，如图乙所示．自A 点起，相邻两点间的距离分别为10.0 mm 、16.0 mm 、22.0 mm 、28.0 mm.已知相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，则打D 点时小车的速度为________m/s ，整个过程中小车的平均加速度为________ m/s 2.答案 (1)交流 靠近打点计时器 (2)0.25 0.6解析 (1)打点计时器应该与交流电源连接，为充分利用纸带，应使小车停在靠近打点计时器处；(2)根据中间时刻的速度等于平均速度得：v D ＝x CE 2T ＝0.022＋0.0280.2m/s ＝0.25 m/s 根据题意可知，相邻两个计数点之间的距离之差Δx ＝16.0 mm －10.0 mm ＝22.0 mm －16.0 mm ＝28.0 mm －22.0 mm ＝6 mm则a ＝Δx T 2＝0.006 0.01m/s 2＝0.6 m/s 2. 5．某同学利用如图6所示的装置进行“探究加速度与物体质量的关系”的实验．A 为小车，B 为打点计时器，C 为装有砝码的小桶，D 为一端带有定滑轮的长方形木板．实验时，保证砝码和小桶的总质量m 不变，改变小车质量M ，分别测得小车的加速度a 与对应的质量M 的数据如下表：图6(1)根据上表数据，为进一步直观地反映F 不变时，a 与M 的关系，在图7中选择适当的物理量为坐标轴建立坐标系，作出图线．图7(2)根据所绘的图线，计算砝码和小桶的总重力为________N，且表明该同学在实验操作中最可能存在的问题：_____________________________________________________________________________________________________________________________________.答案(1)图线如图所示(2)0.5平衡摩擦力过度解析(1)为画线性关系，纵轴表示加速度a，横轴表示质量的倒数1M；(2)图象的斜率表示小车所受的合外力，即砝码和小桶的总重力，求出G＝0.5 N；作出的图线与纵轴有截距，说明平衡摩擦力过度．。

章末检测试卷(三)(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题共12小题, 每小题4分, 共48分.1～8题为单选题, 9～12题为多选题.全部选对的得4分, 选对但不全的得2分, 有选错的得0分) 1.下列与α粒子相关的说法中正确的是( )A.天然放射现象中产生的α射线速度与光速相当, 穿透能力很强B.238 92U(铀238)核放出一个α粒子后就变为234 90Th(钍234)核 C.高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子, 核反应方程为42He ＋14 7N ―→16 8O ＋10n D.丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型 答案 B解析 α粒子的速度是c10, A 错；根据核反应遵循的电荷数守恒、质量数守恒可知, B 对, C 错；D 项中应是卢瑟福, D 错.2.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 答案 B解析 原子核每经过一次α衰变, 质量数减少4, 电荷数减少2；每经过一次β衰变, 电荷数增加1, 质量数不变.α衰变的次数为n ＝90－904＝0(次), β衰变的次数为m ＝40－36＝4(次).3.“两弹一星”可以说长了中国人的志气, 助了中国人的威风.下列核反应方程中, 属于研究“两弹”的基本核反应方程的是( )①14 7N ＋42He →17 8O ＋11H ②235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ③238 92U →234 90Th ＋42He ④21H ＋31H →42He ＋10nA.①②B.②③C.②④D.③④ 答案 C解析 “两弹”指原子弹和氢弹, 原子弹的核反应方程是铀核裂变, ②正确；氢弹的核反应方程是轻核聚变, ④正确, 所以选项C 正确.4.典型的铀核裂变是生成钡和氪, 同时放出x 个中子, 核反应方程是235 92U ＋10n ―→144 56Ba ＋8936Kr ＋x 10n, 铀235质量为m 1, 中子质量为m 2, 钡144质量为m 3, 氪89质量为m 4, 下列说法正确的是()A.该核反应类型属于人工转变B.该反应放出能量(m1－xm2－m3－m4)c2C.x的值为3D.该核反应比聚变反应对环境的污染小答案 C解析该核反应是核裂变, 不是人工转变, 故A错误；核反应方程23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋x10n中根据质量数守恒, 有:235＋1＝144＋89＋x, 解得:x＝3；根据爱因斯坦质能方程, 该反应放出的能量为:ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2, 故B错误, C 正确；该核反应生成两种放射性元素, 核污染较大, 故D错误.5.贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器, 贫铀是提炼铀235以后的副产品, 其主要成分为铀238, 贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力, 而且铀238具有放射性, 残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染.人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病.下列叙述错误的是()A.铀238的衰变方程式:238 92U→234 90Th＋42HeB.238 92U和235 92U互为同位素C.人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变D.贫铀弹的穿甲能力很强, 也是因为它的放射性答案 D解析铀238具有放射性, 放出一个α粒子, 变成钍234, A正确.铀238和铀235质子数相同, 互为同位素, B正确.核辐射能导致基因突变, 是皮肤癌和白血病的诱因之一, C正确.贫铀弹的穿甲能力很强, 是因为它的弹芯是由高密度、高强度、高韧性的铀合金组成, 袭击目标时产生高温化学反应, 所以其爆炸力、穿透力远远超过一般炸弹, D错误.6.秦山核电站第三期工程的两个6×105kW发电机组已实现并网发电, 发电站的核能来源于235U的裂变, 下列说法正确的是()92A.反应堆中核反应速度通常是采用调节235 92U的体积来控制的B.235 92U一种可能的裂变是235 92U＋10n―→139 54Xe＋9538Sr＋210nC.235 92U是天然放射性元素, 升高温度后它的半衰期会缩短D.虽然核电站能提供很大的能量, 但它对环境的污染比火电站严重答案 BU裂变有多种可解析反应堆中核反应速度由控制棒(镉棒)吸收中子的多少来控制, A错；23592能性, 这是其中常见的一种, B对；放射性元素的半衰期由原子核本身决定, 与温度、压强等外界条件无关, C错；核电站对环境的污染比火电站小, D错.7.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相互外切的圆, 大圆与小圆的直径之比为42∶1, 如图1所示, 那么氡核的衰变方程应为( )图1A.222 86Rn ―→222 87Fr ＋0－1e B.222 86Rn ―→218 84Po ＋42He C.222 86Rn ―→222 85At ＋01e D.222 86Rn ―→220 85At ＋21H答案 B解析 由于粒子与反冲核的径迹是外切的, 根据左手定则可知, 该粒子一定带正电.由于粒子与反冲核的动量大小相等, 据r ＝m vBq , 又由大圆与小圆的直径之比为42∶1, 所以粒子与反冲核的电荷量之比为1∶42, 故B 正确.8.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核, 衰变方程为238 92U →234 90Th ＋42He, 下列说法正确的是( )A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 答案 B解析 静止的铀核在α衰变过程中, 满足动量守恒的条件, 根据动量守恒定律得p Th ＋p α＝0, 即钍核的动量和α粒子的动量大小相等、方向相反, 选项B 正确；根据E k ＝p 22m 可知, 选项A错误；半衰期的定义是统计规律, 对于一个α粒子不适用, 选项C 错误；铀核在衰变过程中, 伴随着一定的能量放出, 即衰变过程中有一定的质量亏损, 故衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量, 选项D错误.9.以下关于天然放射现象, 叙述正确的是()A.若使某放射性物质的温度升高, 其半衰期将变短B.β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C.α射线是原子核衰变产生的, 它有很强的电离作用D.γ射线是原子核产生的, 它是能量很大的光子流答案CD解析半衰期与元素的物理状态无关, 若使某放射性物质的温度升高, 半衰期不变, 故A错误；β衰变所释放的电子是从原子核内释放出的电子, 故B错误；α射线是原子核衰变产生的, 是氦的原子核, 它有很强的电离作用, 穿透能力很弱, 选项C正确；γ射线是原子核发生α或β衰变时产生的, 它是能量很大的光子流, 选项D正确.10.为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献, 联合国将2005年定为“国际物理年”.对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2, 下列说法中正确的是()A.E＝mc2定量地指出了物体具有的能量与其质量之间的关系B.根据ΔE＝Δmc2可以计算核反应中释放的核能C.一个中子和一个质子结合成氘核时, 释放出核能, 表明此过程中出现了质量亏损D.E＝mc2中的E是发生核反应中释放的核能答案ABC解析爱因斯坦质能方程E＝mc2定量地指出了物体具有的能量与其质量之间的关系, A正确；由质能方程知, 当物体的质量减少时, 物体的能量降低, 向外释放了能量；反之, 若物体的质量增加, 则物体的能量升高, 表明它从外界吸收了能量, 所以由物体的质量变化能算出物体的能量变化, 故B、C正确, D错误.11.太阳内部发生的核反应主要是轻核的聚变, 太阳中存在的主要元素是氢, 氢核的聚变反应可以看做是4个氢核(11H)结合成1个氦核(42He).下表中列出了部分粒子的质量(1 u相当于931.5 MeV的能量), 以下说法中正确的是()A.核反应方程式为411H―→42He＋20+1eB.核反应方程式为411H―→42He＋20－1eC.4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为0.026 6 uD.聚变反应过程中释放的能量约为24.8 MeV答案ACD解析根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒关系可判断A正确, B错误；质量亏损为Δm＝(4×1.007 3－4.001 5－2×0.000 55) u＝0.026 6 u, 根据质能方程可知ΔE＝Δmc2≈24.8 MeV, C、D正确.12.原子核的比结合能曲线如图2所示.根据该曲线, 下列判断正确的有()图2A.42He核的结合能约为14 MeVB.42He核比63Li核更稳定C.两个21H核结合成42He核时释放能量D.23592U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大答案BC解析由题图可知42He核的结合能约为28 MeV, A项错误；42He核比63Li核的比结合能大, 故42He 核比63Li核稳定, B项正确；两个21H核结合成42He核时比结合能增大, 释放能量, C项正确；235 92 U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的小, D项错误.二、填空题(本题共2小题, 共12分)13.(6分)一个中子与某原子核发生核反应, 生成一个氘核, 其核反应方程为____, 该反应放出的能量为Q, 则氘核的比结合能为________.答案10n＋11H―→21H Q 214.(6分)约里奥—居里夫妇因发现人工放射性同位素而获得了1935年的诺贝尔奖, 他们发现的放射性元素3015P衰变成3014Si的同时放出另一种粒子, 这种粒子是________.3215P是3015P的同位素, 被广泛应用于生物示踪技术.1 mg 3215P随时间衰变的关系如图3所示, 请估算4 mg的3215P经____天的衰变后还剩0.25 mg.图3答案 正电子 56解析 衰变方程为3015P →3014Si ＋0＋1e, 即这种粒子是正电子.由题图可以看出3215P 的半衰期为14天,则4 mg ×1412t⎛⎫⎪⎝⎭＝0.25 mg, 得t ＝56天. 三、计算题(本题共3小题, 共40分)15.(12分)为测定某水库的存水量, 将一瓶放射性同位素溶液倒入水库中, 已知这瓶溶液每分钟衰变8×107次, 这种同位素的半衰期为2天, 10天以后从水库取出1 m 3的水, 并测得每分钟衰变10次, 求水库的存水量为多少？ 答案 2.5×105 m 3解析 设放射性同位素原有质量为m 0,10天后其剩余质量为m , 水库存水量为Q , 由每分钟衰变次数与其质量成正比可得10Q 8×107＝m m 0, 由半衰期公式得:m ＝m 012t T⎛⎫⎪⎝⎭, 由以上两式联立代入数据得10Q 8×107＝10212⎛⎫⎪⎝⎭＝(12)5, 解得水库的存水量为Q ＝2.5×105 m 3. 16.(14分)一个静止的铀核232 92U(原子质量为232.037 2 u)放出一个α粒子(原子质量为4.002 6 u)后衰变成钍核228 90Th(原子质量为228.028 7 u).已知1 u 相当于931.5 MeV 的能量. (1)写出铀核的衰变反应方程； (2)算出该衰变反应中释放出的核能；(3)若释放的核能全部转化为新核的动能, 则α粒子的动能为多少？答案 (1)232 92U ―→228 90Th ＋42He (2)5.5 MeV (3)5.41 MeV解析 (1)衰变反应方程为232 92U ―→228 90Th ＋42He(2)质量亏损Δm ＝m U －m α－m Th ＝0.005 9 uΔE ＝Δmc 2＝0.005 9×931.5 MeV ≈5.5 MeV(3)衰变前后系统动量守恒, 钍核和α粒子的动量大小相等, 即p Th ＋p α＝0 E kTh ＝p 2Th2m ThE kα＝p 2α2m αE kTh ＋E kα＝ΔE , 所以α粒子获得的动能 E kα＝m Thm α＋m Th·ΔE ≈5.41 MeV.17.(14分)在磁感应强度为B 的匀强磁场中, 一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变.放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动, 其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量.(1)放射性原子核用A Z X 表示, 新核的元素符号用Y 表示, 写出该α衰变的核反应方程； (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流, 求圆周运动的周期和环形电流大小； (3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能, 新核的质量为M , 求衰变过程的质量亏损Δm . 答案(1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)2πm qB q 2B2πm(3)q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2解析 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)洛伦兹力提供向心力, 有q v B ＝m v 2R所以v ＝qBR m , T ＝2πR v ＝2πmqB等效电流I ＝q T ＝q 2B2πm .(3)衰变过程动量守恒, 有 0＝p Y ＋p α所以p Y ＝－p α, “－”表示方向相反. 因为p ＝m v , E k ＝12m v 2所以E k ＝p 22m即E kY ∶E kα＝m ∶M由能量守恒得Δmc 2＝E kY ＋E kαΔm ＝E kαc 2⎝⎛⎭⎫M ＋m M , 其中E kα＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ,所以Δm ＝q 2B 2R 2(M ＋m )2Mmc 2.。

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是()A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零答案 C解析在磁场中某点的磁场只能有一个方向，即该点的磁感线的切线方向，如果磁感线相交，则该点磁场就有两个方向了，A错误；在磁铁外部磁感线是由N极出发指向S极，在磁铁内部磁感线是由S极出发指向N极，B错误；在磁场中，某点的磁场的方向是该点放置的小磁针静止时N极所指方向，C正确；若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，可能磁场和通电导线是平行的，D错误；故选C.2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是()A．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动C．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直D．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同答案 C解析当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A错误；由U AB＝Wq知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C正确，D错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带()A．正电荷B．负电荷C．正、负电荷共存D．无法判断答案 B解析小磁针的S极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B正确．4.如图1，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线截面共线；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()图1A．a点B．b点C．c点D．d点答案 C解析两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．根据右手螺旋定则知在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则磁感应强度可能为零的点为a或c，又I1＞I2，所以该点应距I1远距I2近，所以是c点．故选C.5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图像可能是()图2答案 C解析 带电小球静止时受到竖直向下的重力G 、垂直斜面向上的支持力N 和沿斜面向上的摩擦力f ，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F ，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力N 减小，据f ＝μN ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力N 反向，且速度继续增大，支持力N 增大，摩擦力f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.1v 0 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd .如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以EB＝2v 0.选项C 正确．二、多项选择题(共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对 答案 BC解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m vqB 知，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小 答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关 答案 BD解析 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bct t ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2 答案 AC解析 设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 1v 2＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πm Bq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360°T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C. 三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(12分)如图9所示，在x 轴上方有匀强磁场B ，一个质量为m ，带电荷量为－q 的粒子，以速度v 从O点射入磁场，角θ已知，粒子重力不计，求：图9(1)粒子在磁场中运动的时间；(2)粒子离开磁场的位置与O 点间的距离． 答案 (1)2(π－θ)m qB (2)2m v sin θqB解析 (1)先确定其大概的轨迹，然后由几何关系确定圆心角、弦长与半径的关系，如图，半径r ＝m v qB ，T ＝2πmqB .圆心角为2π－2θ，所以运动时间t ＝2π－2θ2πT＝2(π－θ)mqB. (2)离开磁场的位置与入射点的距离即为弦长s ＝2r sin θ＝2m v sin θqB.14．(14分) 如图10所示为研究带电粒子在磁场中偏转问题的实验装置：M 、N 是竖直放置的两正对着的平行金属板，S 1、S 2是板上两个正对的小孔，其中N 板的右侧有一个在竖直面内，以O 为圆心的圆形区域，该区域内存在垂直圆面向外的匀强磁场，另有一个同样以O 为圆心的半圆形荧光屏AO ′C .已知S 1、S 2、O 和荧光屏的中间位置O ′在同一直线上，且AC ⊥S 1O ′.当在M 、N 板间加恒定电压U 时，一带正电离子(不计重力)在S 1处由静止开始加速向S 2孔运动，最后打在图示的荧光屏上的P 处，∠COP ＝30°.若要让上述带正电离子仍在S 1处由静止开始加速，最后打在图示的荧光屏下边缘C 处，求M 、N 板间所加电压的大小U ′.图10答案U 3解析 设离子的质量为m ，电荷量为q ，磁场的磁感应强度为B ，所在区域的半径为R ，离子加速后获得的速度为v .当电压为U 时，由动能定理有 qU ＝12m v 2①在磁场中，离子做匀速圆周运动(如图)由牛顿第二定律可知 q v B ＝m v 2/r②由①②式得U ＝r 2B 2q /(2m ) ③ 其中r ＝R tan 60°＝3R④当电压为U ′时，离子打在C 处， 同理有U ′＝r ′2B 2q /(2m ) ⑤ 其中r ′＝R⑥由③④⑤⑥可解得U ′＝U /3.15. (16分)如图11所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图11(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg ① E ＝mg q②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知 L2r＝sin θ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

2018年高考物理《步步高》（全国通用•含答案及详细解析）一轮微专题复习题（10套“微专题”题+1套章末综合练习题，共11套题）第二章牛顿运动定律1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是() 图1 A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则() A．棋盘面可选足够光滑的材料．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是() A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等6．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是() 图2 A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M ，环的质量为m ，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为f ，则此时箱对地面的压力大小为多少？则此时箱对地面的压力大小为多少？图3 答案解析1．AD [物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A 项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C 错．D 项符合惯性定义，是正确的．]2．B [图a 是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A 项错误，B 项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C 项错；图b 中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D 项错．]3．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A 错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B 错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C 错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D 正确．]4．C [根据竖直方向上二力平衡知：f 静＝G ，则G 应不超过最大静摩擦力，有f 静<f m ＝μF N ，F N 一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A 错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B 错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C 正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D 错误．]5．D [绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、加速前进、匀速前进或减速前进时，匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A 、B 、C 错误，D 正确．]6．C [在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O ′位置，A 项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力f′，由牛顿第三定律知f′＝f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝f′＋Mg＝f＋Mg. 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝f＋Mg. 1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理；(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．1．(弹簧模型)如图1所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间() 图1 A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小．弹簧的弹性势能立即减小2．(杆模型)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为() 图2 A.233g B．0 C．g D.33g3. 3. ((多选)如图3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是() 图3 A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小时加速度最小4.如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( ) 图4 A ．gB.M －m m g C ．0 D.M ＋m m g5．(多选)如图5所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°60°..下列判断正确的有( ) 图5 A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g6. (多选多选)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( ) 图6 A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 7.物块A 1和A 2、B 1和B 2质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆相连，B 1、B 2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，如图如图7所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为F A 1和F A 2，B 1、B 2受到的合力分别为F B 1和F B 2，则( ) 图7 A ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，FB 1＝0，F B 2＝2mgB ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝0，F B 2＝2mgC ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mgD ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mg答案解析1．C 2．A [撤离木板之前，小球处于三力平衡状态，木板对小球的弹力大小等于233mg .当木板突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，但小球的重力不变，但小球的重力不变，但小球的重力不变，弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹力的合力大小依旧等于木板对小球的弹力233mg ，根据牛顿第二定律有233mg ＝ma ，得a ＝233g ，选项A 正确．] 3．AC [剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断瞬间，对A 分析，A 的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝2g ，故选项A 正确，B 错误．弹簧开始处于伸长状态，弹簧开始处于伸长状态，弹力弹力F ＝mg ＝kx .当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，x ′＝x ，所以下降的距离为2x ，选项C 正确，D 错误．]4．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋m m g ，故选项D 正确．] 5．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．] 6．AB [物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°＝20 20 N N ，故选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，故选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，故选项C 、D 错误．] 7．B [撤去支托物的瞬间，由于轻杆是刚体(认为无形变)，所以弹力马上发生变化，A 1、A 2立即做自由落体运动，轻杆与A 1、A 2间弹力为零，所以F A 1＝F A 2＝mg ；撤去支托物前，由平衡条件知弹簧弹力大小为mg ，撤去支托物的瞬间，弹簧的形变因物块静止的惯性而不能马上改变，弹力仍保持原值，所以B 1受的合力F B 1＝0，B 2受的合力F B 2＝2mg ，故选项B 正确．]1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s 1段光滑，s 2段有摩擦，已知s 2＝2s 1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s 2段的动摩擦因数μ.(g 取10 m/s 2) 图1 2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B ＝30 30 kg kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A ＝20 kg 的小物体A (可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F ＝120 N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t ＝2.0 s 内移动s ＝5.0 m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2 (1)计算B 在2.0 s 的加速度；的加速度；(2)求t ＝2.0 s 末A 的速度大小；的速度大小；(3)求t ＝2.0 s 内A 在B 上滑动的距离．上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 1 kgkg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：，忽略浮力．求：图3 (1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2. 图4 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h . (2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v . (3)在无人机从离地高度H ＝100 m 处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.答案解析1.32解析 设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2 在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2＝2a 1s 1在s 2段：v 2＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1解得：μ＝322．(1)2.5 m /s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m 解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2得 a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N 对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s. (3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2＝4.5 m ， A 在B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m. 3．(1)15 m /s 2，方向沿杆向上，方向沿杆向上10 m/s 2，方向沿杆向下，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知，在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2， 联立解得μ＝0.5，F ＝50 N. 4．(1)75 m (2)40 m/s (3)535 5 s s 解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma 得a ＝6 m/s 2高度h ＝12at 2 解得h ＝75 m (2)下落过程中mg －f ＝ma 1 a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H 解得v ＝40 m/s (3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得v m ＝4053 m/s 由v m ＝a 1t 1 解得t 1＝553 s 1．考点及要求：超重和失重(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态；(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．1．(对超重和失重的理解)小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是( ) A ．他始终处于超重状态．他始终处于超重状态B ．他始终处于失重状态．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态．他先后处于失重、平衡、超重状态2．(超重和失重的分析)如图1所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A 物块后A 物块匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，放上D 物块后D 物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( ) 图1 A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4B ．F 1>F 2>F 3>F 4C ．F 1<F 2＝F 4<F 3D ．F 1＝F 3<F 2<F 43.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图2所示．则下列说法正确的是( ) 图2 A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s 4．(多选)2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心成功发射；12月14日21时，“嫦娥三号”到达距月球表面4 4 mm 处，关闭所有发动机，首次实现软着陆.12月15日晚，“嫦娥三号”着陆器和巡视器顺利互拍成像，“嫦娥三号”任务取得圆满成功．则下列说法正确的是( ) A ．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态B ．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态C ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态D ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态5.如图3所示，物体A 被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，物体下滑时与静止时物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( ) 图3 A ．增加．增加B ．减小．减小C ．不变．不变D ．无法确定．无法确定6．如图4所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是( ) 图4 A ．地面对木楔的支持力大于(M ＋m )gB ．地面对木楔的支持力小于(M ＋m )gC ．地面对木楔的支持力等于(M ＋m )gD ．地面对木楔的摩擦力为0 7．举重运动员在地面上能举起120 120 kg kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 100 kg kg 的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m /s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g ＝10 m/s 2) 答案解析1．C [小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，减速，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C 对．] 2．C [设物块和斜面的总重力为G . A 物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F 1<G ；B 物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 2＝G . C 物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F 3>G ；D 物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 4＝G .故有F 1<F 2＝F 4<F 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 3．A [在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh可得初速度v 0＝2gh＝20×(2.04－1.932)m /s≈4.6 m/s ，选项D 错误．] 4．AC [发射初期，“嫦娥三号”加速上升，加速度向上，处于超重状态；从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，关闭所有发动机，“嫦娥三号”加速度为重力加速度，处于失重状态，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]5．B [细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，物体A 将加速下滑，则物体A 的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，A 处于失重状态，故台秤的示数将减小，选项B 正确．] 6．A [物体m 沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A 正确，B 、C 错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误．]7．2 m/s 2，方向向上，方向向上160 kg 解析 运动员在地面上能举起m 0＝120 kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F ＝m 0g ＝1 200 N. 在运动着的升降机中只能举起m 1＝100 100 kgkg 的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a 1，对重物由牛顿第二定律得F －m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 2 m m /s 2.当升降机以a 2＝2.5 m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．设此时运动员能举起的重物质量为m 2，对重物由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a 2，解得m 2＝160 kg. 1．考点及要求：(1)图象(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ)；(3)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：。

第三章章末检测1.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则()．图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为0D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小解析首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．答案 A2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N．如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)()．A．2 m B．3 m C．4 m D．8 m解析对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m或4 m.答案AC3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为F N和f.若电梯启动加速度减小为a2，则下面结论正确的是()．图2A．水平梯板对人的支持力变为F N 2B．水平梯板对人的摩擦力变为f 2C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为f F N解析将人的加速度分解，水平方向a x＝a cos θ，竖直方向a y＝a sin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f＝ma x，在竖直方向有F N－mg＝ma y，人处于超重状态，C错误；当加速度由a变为a2时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确．答案 B2．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是()A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C 错误。

6核聚变7粒子物理学简介(选学)[学习目标] 1.知道什么是聚变反应, 会计算核聚变中释放的核能.2.了解可控热核反应及其研究和发展.3.了解构成物质的“基本粒子”及粒子物理学的发展史.一、核聚变1.聚变两个轻原子核结合成较重原子核的反应.轻核聚变需要在高温下进行, 因此聚变反应又称为热核反应.2.聚变方程举例2H＋31H―→42He＋10n＋17.60 MeV.13.聚变发生的条件要使轻核聚变, 必须使轻核间的距离达到核力发生作用的距离10－15 m之内, 这要克服电荷间巨大的库仑斥力作用, 使轻核具有足够大的动能.要使原子核具有足够大的动能, 温度必须达到108 K的高温.4.特点:(1)在消耗相同质量的核燃料时, 核聚变比核裂变释放更多的能量.(2)核聚变反应没有废料产生.(3)核聚变反应所用的氘在地球上的储量丰富.二、可控热核反应与恒星演化中的核反应1.聚变反应堆:受控聚变情况下释放能量的装置.2.太阳等恒星内部进行的核反应是轻核聚变反应.三、粒子1.“基本粒子”不基本“基本粒子”:直到19世纪末, 人们认为光子、电子、质子、中子是“基本粒子”, 随着科学的发展, 一方面逐渐发现了数以百计的新粒子, 它们都不是由中子、质子、电子组成的；另一方面科学家又发现质子、中子等本身也有自己的复杂的结构.因此, 20世纪后半期, 就将“基本”二字去掉, 统称粒子.2.粒子的分类:按照粒子与各种相互作用的关系, 可将粒子分为三大类:媒介子、轻子和强子.3.夸克模型夸克模型的提出:1964年美国物理学家盖尔曼提出了强子的夸克模型, 认为强子是由夸克构成的.至今发现的夸克有6种. 四、3种典型的粒子加速器 1.直线加速器(1)粒子的运动轨迹是一条直线.(2)满足的条件:要保持粒子与高频电场之间的谐振关系. (3)优点:粒子束的强度高. 2.回旋加速器(1)粒子运动轨迹:在磁场中做匀速圆周运动. (2)满足条件:高频电源的频率等于粒子回旋的频率. (3)优点:粒子被加速到的能量可达40_MeV. 3.对撞机能够实现两束相对运动的粒子对撞的设备叫做对撞机.工作原理:粒子先在同步加速器中加速, 然后射入对撞机, 两束粒子流反方向回旋在轨道交叉处相互碰撞, 获得较大能量. [即学即用]1.判断下列说法的正误. (1)核聚变时吸收能量.( × )(2)核聚变平均每个核子放出的能量, 比裂变反应中平均每个核子放出的能量大.( √ ) (3)轻核聚变比裂变更安全、清洁.( √ )(4)实现核聚变的难点是地球上没有任何容器能够经受热核反应所需的温度.( √ ) (5)太阳目前正处于氢通过热核反应成为氦, 以电磁波的形式向外辐射核能.( √ )2.氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量, 该反应方程为:21H ＋31H ―→42He ＋x, 式中x 是某种粒子.已知:21H 、31H 、42He 和粒子x 的质量分别为2.014 1 u 、3.016 1 u 、4.002 6 u 和1.008 7 u ；1 u ＝931.5 MeVc 2, c 是真空中的光速.由上述反应方程和数据可知, 粒子x 是________, 该反应释放出的能量为________ MeV(结果保留3位有效数字).答案10n(或中子)17.6解析根据质量数和电荷数守恒可得x是10n(中子).核反应中的质量亏损为Δm＝2.014 1 u＋3.016 1 u－4.002 6 u－1.008 7 u＝0.018 9 u所以该反应释放出的能量为ΔE＝0.018 9×931.5 MeV≈17.6 MeV.一、对核聚变的理解[导学探究]为什么实现核聚变要使聚变的燃料加热到几百万开尔文的高温？答案轻核的聚变反应, 是较轻的核子聚合成较重的核子, 要使得核子的强相互作用发挥作用, 必须使核子间的距离达到10－15 m以内；同时由于原子核之间在此距离时的库仑斥力十分巨大, 因而需要核子有很大的动能, 表现在宏观上就是核燃料需要达到极高的温度.[知识深化]1.聚变发生的条件要使轻核聚变, 必须使轻核间的距离达到10－15 m以内, 这要克服电荷间强大的斥力作用, 使轻核具有足够大的动能.要使原子核具有足够大的动能, 就要给它们加热, 使物质达到几百万开尔文的高温.2.轻核聚变是放能反应从比结合能的图线看, 轻核聚变后比结合能增加, 因此聚变反应是一个放能反应.3.聚变方程2H＋31H―→42He＋10n＋γ.14.重核裂变与轻核聚变的区别例1下列说法不正确的是()A.21H＋31H―→42He＋10n是聚变B.235 92U＋10n―→140 54Xe＋9438Sr＋210n是裂变C.226 88Ra―→222 86Rn＋42He是α衰变D.2411Na―→2412Mg＋0－1e是裂变答案 D解析A选项中两个质量较轻的核结合成了一个质量较重的核, 是聚变反应, 故A选项正确；B选项中的核反应是铀核捕获中子裂变为两个(或更多)中等质量的核, 并放出几个中子, 是裂变反应, 故B选项正确；在C选项的核反应中没有中子的轰击自发地放出了α粒子, 是α衰变, C选项是正确的；而D选项应是β衰变, 不正确.故答案为D.主要核反应类型有:(1)衰变:衰变是原子核自发转变为另一种核并辐射出α或β粒子.(2)人工转变:人工转变常用α粒子(也可用质子、中子等)轰击原子核, 该核捕获α粒子后产生新原子核, 并放出一个或几个粒子.(3)核裂变:核裂变时铀核捕获中子裂变为两个(或多个)中等质量的核, 并放出几个中子.(4)核聚变:轻核聚合成较重原子核的反应.针对训练以下说法正确的是()A.聚变是裂变的逆反应B.如果裂变反应释放能量, 则聚变反应必定吸收能量C.聚变须将反应物加热至数百万开尔文以上的高温, 显然是吸收能量D.裂变与聚变均可释放巨大的能量答案 D解析裂变与聚变的反应物和生成物完全不同, 裂变是重核分裂成中等核, 而聚变则是轻核聚合成为较重核, 无直接关联, 并非互为逆反应, A选项错误；裂变与聚变都释放能量, B选项错误, D选项正确；要实现聚变反应, 必须使参加反应的轻核充分接近, 需要数百万开尔文的高温提供能量.但聚变反应一旦实现, 所释放的能量远大于所吸收的能量.因此, 总的来说, 聚变反应还是释放能量, C选项错误.二、聚变反应中释放核能的计算例2太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核同时放出两个正电子的热核反应, 这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源.(1)写出这个核反应方程.(2)这一核反应能释放多少能量？(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J, 则太阳每秒减少的质量为多少千克？(已知质子质量为m H＝1.007 3 u, 氦核质量为m He＝4.001 5 u, 电子质量为m e＝0.000 55 u)答案(1)411H→42He＋20＋1e(2)24.78 MeV(3)4.22×109 kg解析(1)由题意可得核反应方程应为411H→42He＋20＋1e.(2)反应前的质量m1＝4m H＝4×1.007 3 u＝4.029 2 u, 反应后的质量m2＝m He＋2m e＝4.001 5 u ＋2×0.000 55 u＝4.002 6 u, Δm＝m1－m2＝0.026 6 u, 由质能方程得, 释放能量ΔE＝0.0266×931.5 MeV ≈24.78 MeV .(3)由质能方程ΔE ＝Δmc 2得太阳每秒减少的质量Δm ＝ΔE ′c 2＝3.8×1026(3×108)2kg ＝4.22×109 kg.三、粒子的分类和夸克模型 1.粒子的分类2.夸克模型(1)夸克的种类:上夸克(u)、下夸克(d)、奇异夸克(s)、粲夸克(c)、底夸克(b)和顶夸克(t). (2)夸克所带电荷:夸克所带的电荷量是分数电荷量, 即其电荷量为元电荷的＋23或－13.例如,上夸克带的电荷量为＋2e 3, 下夸克带的电荷量为－e3.(3)意义:电子电荷不再是电荷的最小单元, 即存在分数电荷.例3 (多选)下列关于夸克模型的说法正确的是( )A.强子是由更基本的夸克组成的B.夸克的电荷量分别为元电荷的＋23或－13C.每种夸克都有对应的反夸克D.夸克能以自由的状态单个出现 答案 ABC解析 夸克不能以自由的状态单个出现, D 错误.1.(对核聚变的理解)科学家发现在月球上含有丰富的32He(氦3), 它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料, 其参与的一种核聚变反应的方程式为232He ―→211H ＋42He, 关于32He 聚变下列表述正确的是( ) A.聚变反应不会释放能量 B.聚变反应产生了新的原子核C.聚变反应没有质量亏损D.目前核电站都采用32He聚变反应发电答案 B解析核聚变反应中产生新的原子核, 同时由于发生了质量亏损, 会有核能的释放, B正确,A、C错误；目前核电站大多采用重核裂变的方法来释放与利用核能发电, D错误.2.(核聚变释放核能的计算)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电.氘核聚变反应方程是:21H＋21H→32He＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u, 32He的质量为3.015 0 u, 10n的质量为1.008 7 u,1 u＝931.5 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为()A.3.7 MeVB.3.3 MeVC.2.7 MeVD.0.93 MeV答案 B解析反应的质量亏损Δm＝2m H－m He－m n＝0.003 5 u, 则ΔE＝0.003 5×931.5 MeV≈3.3 MeV, 故B正确, A、C、D错误.一、选择题考点一对核聚变的理解1.(多选)下列关于聚变的说法, 正确的是()A.要使聚变产生, 必须克服库仑斥力做功B.轻核聚变需要几百万开尔文的高温, 因此聚变又叫做热核反应C.原子弹爆炸能产生几百万开尔文的高温, 所以氢弹可以利用原子弹引发热核反应D.太阳和许多恒星内部都在激烈地进行着热核反应, 在地球内部也可以自发地进行答案ABC解析轻核聚变时, 要使轻核之间距离达到10－15 m, 必须克服库仑斥力做功, A正确；原子核必须有足够的动能, 才能使它们接近到核力能发生作用的范围, 实验证实, 原子核必须处在几百万开尔文的高温下才有这样的能量, 这样高的温度可以通过原子弹爆炸获得, 故B、C正确；在太阳和其他恒星内部都存在着热核反应, 但在地球内部不会自发地进行, D错误.2.(多选)在某次核反应中, 1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核, 则下列说法中正确的是()A.这是一个聚变反应B.核反应方程式为21H＋31H→42He＋10nC.目前核电站都采用上述核反应发电D.该核反应没有质量亏损答案AB解析1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核, 反应方程为21H＋31H→42He＋10n, 这是聚变反应, 故A、B正确；目前核电站采用重核裂变发电, 故C错误；该反应放出热量, 所以一定有质量亏损, 故D错误.3.下列说法正确的是()A.聚变是裂变的逆反应B.核聚变反应吸收能量C.轻核聚变比裂变更为安全、清洁D.强子是参与强相互作用的粒子, 中子是最早发现的强子答案 C解析聚变和裂变的反应物和生成物不同, 两者无直接关系, 并非互为逆反应, 故A错；实现聚变反应必须使参加反应的轻核充分接近, 需要数百万开尔文的高温, 但聚变反应一旦实现, 所释放的能量远大于所吸收的能量, 所以聚变反应还是释放能量, 故B错；实现聚变需要高温, 一旦出现故障, 高温不能维持, 反应就自动终止了, 另外, 聚变反应比裂变反应生成的废物数量少, 容易处理, 故C对；质子是最早发现的强子, 故D错.4.(多选)关于核反应的类型, 下列表述正确的有()A.238 92U―→234 90Th＋42He是α衰变B.14 7N＋42He―→17 8O＋11H是β衰变C.21H＋31H―→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se―→8236Kr＋20－1e是重核裂变答案AC5.(多选)据新华社报道, 由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试.下列关于“人造太阳”的说法正确的是()A.“人造太阳”的核反应方程是21H＋31H→42He＋10nB.“人造太阳”的核反应方程是235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310nC.根据公式E＝mc2可知, 核燃料的质量相同时, 聚变反应释放的能量比裂变反应大得多D.根据公式E＝mc2可知, 核燃料的质量相同时, 聚变反应释放的能量与裂变反应相同答案AC解析21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变方程, 故A项正确；根据轻核聚变特点, 相同质量的核燃料, 轻核聚变释放的能量比裂变反应大得多, 故选项C正确.考点二轻核聚变中核能的计算6.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1H＋12 6C―→13 7N＋Q1①11H＋15 7N―→12 6C＋X＋Q2②1方程中Q1、Q2表示释放的能量, 相关的原子核质量如表:以下推断正确的是()A.X是32He, Q2>Q1B.X是42He, Q2>Q1C.X是32He, Q2<Q1D.X是42He, Q2<Q1答案 B解析由质量数守恒和电荷数守恒, 可判断X为42He, ①式的质量亏损为Δm1＝1.007 8 u＋12.000 0 u－13.005 7 u＝0.002 1 u.②式的质量亏损为Δm2＝1.007 8 u＋15.000 1 u－12.000 0 u －4.002 6 u＝0.005 3 u, 所以Δm2>Δm1.根据质能方程ΔE＝Δmc2可求得Q2>Q1, 故选B.7.我国自行研制了可控热核反应实验装置“超导托卡马克”(英文名称:EAST, 俗称“人造太阳”).设可控热核实验反应前氘核(21H)的质量为m1, 氚核(31H)的质量为m2, 反应后氦核(42He)的质量为m3, 中子(10n)的质量为m4, 光速为c, 下列说法正确的是()A.这种装置中发生的核反应方程式是21H＋31H―→42He＋10nB.由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4C.核反应放出的能量等于(m1－m2－m3－m4)c2D.这种装置与我国大亚湾核电站所使用装置的核反应原理相同答案 A解析核反应方程为21H＋31H―→42He＋10n, 选项A正确；反应过程中向外释放能量, 故质量有亏损, 且释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2, 选项B、C错误；可控热核反应为核聚变, 大亚湾核电站所用核装置反应原理为核裂变, 选项D错误.8.当两个中子和两个质子结合成一个α粒子时, 放出28.3 MeV的能量, 当三个α粒子结合成一个碳(C)核时, 放出7.26 MeV的能量, 则当6个中子和6个质子结合成一个碳(C)核时, 释放的能量约为()A.21.04 MeVB.35.56 MeVC.77.64 MeVD.92.16 MeV答案 D 解析 6个中子和6个质子可结合成3个α粒子, 放出能量3×28.3 MeV ＝84.9 MeV ,3个α粒子再结合成一个碳核, 放出7.26 MeV 能量, 故6个中子和6个质子结合成一个碳核时, 释放的能量为84.9 MeV ＋7.26 MeV ＝92.16 MeV .考点三 基本粒子9.为了探究宇宙起源, “阿尔法磁谱仪”(AMS)将在太空中寻找“反物质”.所谓“反物质”是由“反粒子”构成的.“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量, 但电荷的符号相反.由此可知反氢原子是( )A.由1个带正电荷的质子和1个带负电荷的电子构成B.由1个带负电荷的反质子和1个带正电荷的正电子构成C.由1个带负电荷的反质子和1个带负电荷的电子构成D.由1个不带电的中子和1个带正电荷的正电子构成答案 B解析 氢原子由一个电子和一个质子组成, 根据“反物质”和“反粒子”的概念, 可知反氢原子由一个带负电荷的反质子和一个带正电荷的正电子组成, 故选项B 正确, A 、C 、D 错误.二、非选择题10.(核聚变能量的计算)两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核, 已知氘核质量m D ＝2.013 6 u, 氦核质量m He ＝3.015 0 u, 中子质量m n ＝1.008 7 u.(1 u ＝931.5 MeV/c 2)(1)计算释放出的核能；(2)若反应前两氘核的动能均为E k0＝0.35 MeV, 它们正碰发生聚变, 且反应后释放的核能全部转变为动能, 则反应产生的氦核和中子的动能各为多大？答案 (1)3.26 MeV (2)0.99 MeV 2.97 MeV解析 (1)核反应方程为:221H →32He ＋10n反应质量亏损Δm ＝2m D －m He －m n ＝0.003 5 u.由质能方程得释放的核能ΔE ＝Δm ×931.5 MeV ＝0.003 5×931.5 MeV ≈3.26 MeV .(2)将两氘核作为一个系统,由动量守恒有0＝m He v He ＋m n v n ①由能量守恒有12m He v He 2＋12m n v n 2＝ΔE ＋2E k0② 由①②代入数据可得E kHe ≈0.99 MeV,E kn ≈2.97 MeV.11.(核聚变能量的计算)下面一系列核反应是在恒星内部发生的:p ＋12 6C ―→13 7N13 7N ―→13 6C ＋e ＋＋μp＋13 6C―→14 7Np＋14 7N―→15 8O158O―→15 7N＋e＋＋μp＋15 7N―→12 6C＋α其中p为质子, α为α粒子, e＋为正电子, μ为一种中微子.已知质子的质量m p＝1.672 648×10－27 kg, α粒子的质量mα＝6.644 929×10－27 kg, 正电子的质量m e＝9.11×10－31 kg, 中微子的质量可忽略不计.真空中的光速c＝3×108 m/s.试计算该系列反应完成后释放的能量.答案 3.95×10－12 J解析该系列反应最终等效为4p―→α＋2e＋＋2μ.设反应后释放的能量为Q, 根据质能关系和能量守恒得Q＝(4m p－mα－2m e)c2代入数据可得Q≈3.95×10－12 J.12.(核聚变能量的计算)核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.受控核聚变的科学可行性已得到验证, 目前正在突破关键技术, 最终将建成商用核聚变电站.一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦, 并释放一个中子.若已知氘原子的质量为2.014 1 u, 氚原子的质量为3.016 2 u, 氦原子的质量为4.002 6 u, 中子的质量为1.008 7 u,1 u＝1.66×10－27 kg.(1)写出氘和氚聚变的反应方程.(2)试计算这个核反应释放出来的能量.(3)若建一座功率为3.0×105 kW的核聚变电站, 假设聚变所产生的能量有一半转化成了电能, 求每年要消耗的氘的质量.(一年按3.2×107 s计算, 光速c＝3.0×108 m/s, 结果保留两位有效数字)答案(1)21H＋31H→42He＋10n(2)2.8×10－12 J(3)23 kg解析(1)21H＋31H→42He＋10n(2)根据爱因斯坦质能方程得ΔE＝Δmc2＝(2.014 1＋3.016 2－4.002 6－1.008 7)×1.66×10－27×(3.0×108)2 J≈2.8×10－12 J(3)每个氘原子质量m D＝2.0141×1.66×10－27 kg＝3.34×10－27 kg核聚变电站产生的电能Pt＝ηmm D·ΔE则m＝PtηΔE·m D代入数据得m＝23 kg.。

5核裂变[学习目标] 1.知道什么是核裂变.2.知道链式反应及链式反应的条件, 并能计算裂变释放的核能.3.了解裂变反应堆的工作原理, 知道如何控制核反应的速度以及如何防止核污染.一、核裂变1.核裂变重核被中子轰击后分裂成两个(或几个)中等质量原子核, 并放出核能的过程.2.铀核裂变用中子轰击铀核时, 铀核发生裂变, 其产物是多种多样的, 其中一种典型的反应是235 92U＋10 n→144 56Ba＋8936Kr＋310n.3.链式反应当一个中子引起一个重核裂变后, 裂变释放的中子再引起其他重核裂变, 且能不断继续下去, 这种反应称为链式反应.4.链式反应的条件(1)铀块的体积大于等于临界体积.(2)有足够数量的慢中子.二、核电站1.核反应堆:利用核能发电的核心设施是核反应堆.它主要由以下几部分组成:(1)燃料:铀棒.(2)减速剂:铀235容易捕获慢中子发生反应, 可采用石墨、重水、普通水作减速剂.(3)控制棒:为控制能量释放的速度, 需控制中子的数目, 采用镉棒作为控制棒来控制链式反应的速度.2.工作原理:核燃料裂变释放的能量, 使反应区温度升高.3.能量输出:利用水或液态的金属钠等流体在反应堆内外循环流动, 把反应堆内的热量传输出去, 用于发电.4.核污染的处理:在反应堆的外面需要修建很厚的水泥层, 用来屏蔽裂变反应放出的各种射线, 核废料具有很强的放射性, 需要装入特制的容器, 深埋地下或海底.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)铀核的裂变是一种天然放射现象.(×)(2)铀块的体积大于或等于临界体积时链式反应才能不停地进行下去.(√)(3)中子的速度越快, 越容易发生铀核裂变.(×)(4)铀核裂变的产物是钡和氪, 且固定不变.(×)(5)核反应堆是通过调节中子数目以控制反应速度.(√)(6)核反应堆用过的核废料无毒无害.(×)2.当235 92U俘获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＋10 n→139 54Xe＋9438Sr＋310n.已知235 92U的原子质量为235.043 9 u, 10n的原子质量为1.008 7 u, 139 54Xe的原子质量为138.917 8 u, 9438Sr的原子质量为93.915 4 u, 且1 u的质量对应的能量为9.3×102 MeV, 此裂变反应释放出的能量是________MeV.答案 1.8×102解析ΔE＝Δm·c2＝(235.043 9＋1.008 7－138.917 8－93.915 4－3×1.008 7)×9.3×102 MeV≈1.8×102 MeV.一、核裂变及链式反应[导学探究]如图1为铀核裂变示意图.图1(1)什么是裂变？写出上述铀核裂变的核反应方程.(2)只要有中子轰击铀块就可以产生链式反应吗？答案(1)重核分裂成几个中等质量原子核的现象称为核裂变.上面这个过程可以用下面的方程式来表示235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n(2)铀块体积应大于或等于临界体积、要有足够数量的慢中子才能发生链式反应.[知识深化]1.常见的裂变方程(1)235 92U＋10n―→139 54Xe＋9538Sr＋210n(2)235 92U＋10n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n2.链式反应发生的条件(1)铀块的体积大于或等于临界体积.体积超过临界体积时, 保证中子能够碰到铀核.(2)有足够浓度的铀235.(3)有足够数量的慢中子.3.铀的同位素中铀235比铀238更容易发生链式反应.4.核裂变时发生质量亏损, 放出能量.例1铀核裂变时, 对于产生链式反应的重要因素, 下列说法中正确的是()A.铀块的质量是重要因素, 与体积无关B.为了使裂变的链式反应容易发生, 最好直接利用裂变时产生的中子C.若铀235的体积超过它的临界体积, 裂变的链式反应就能够发生D.能否发生链式反应与铀的质量无关答案 C解析要使铀核裂变产生链式反应, 铀块的体积必须大于或等于临界体积或铀块的质量大于或等于临界质量, 裂变反应中产生的中子为快中子, 这些快中子不能直接引发新的裂变, 如果铀块的质量大, 则其体积大, 若超过临界体积时则发生链式反应, 由此知A、B、D错误, C 正确.二、重核裂变释放的核能的计算[导学探究]下面是铀核裂变反应中的一个核反应方程:235 92U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋1010n.已知铀235的质量为235.043 9 u, 中子的质量为1.008 7 u, 锶90的质量为89.907 7 u, 氙136的质量为135.907 2 u, 则此核反应中质量亏损是多少？释放的总能量是多少？(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)答案质量亏损是反应前的总质量减去反应后的总质量:Δm＝(235.043 9＋1.008 7－89.907 7－135.907 2－10×1.008 7)u＝0.150 7 u释放的总能量为ΔE＝931.5×0.150 7 MeV＝140.377 05 MeV.[知识深化]1.铀核裂变为中等质量的原子核, 发生质量亏损, 所以放出能量.一个铀235核裂变时释放的能量如果按200 MeV估算, 1 kg铀235全部裂变放出的能量相当于2 800 t标准煤完全燃烧时释放的能量, 裂变时能产生几百万度的高温.2.计算释放的核能:质量单位为“u”时, 可直接用“1 u的质量亏损放出能量931.5 MeV”计算总能量；当质量单位为“kg”时, 直接乘以(3.0×108)2, 总能量单位为焦耳.例2用中子轰击铀核(235 92U), 其中的一个可能反应是分裂成钡(141 56Ba)和氪(9236Kr)两部分, 放出3个中子.它们的质量如下:m U＝390.313 9×10－27 kg, m n＝1.674 9×10－27 kg；m Ba＝234.001 6×10－27 kg, m Kr＝152.604 7×10－27 kg.试写出核反应方程, 求出反应中释放的核能.答案10n＋235 92U―→141 56Ba＋9236Kr＋310n 3.220 2×10－11 J解析铀核裂变方程为10n＋235 92U―→141 56Ba＋9236Kr＋310n,则核反应前后的质量亏损为Δm＝m U＋m n－m Ba－m Kr－3m n＝3.578×10－28 kg,由爱因斯坦质能方程可得释放的核能为ΔE＝Δmc2＝3.578×10－28×(3×108)2 J＝3.220 2×10－11 J.三、核电站1.核电站的主要组成:核电站的核心设施是核反应堆, 反应堆用的核燃料是铀235, 它的主要部件列表如下:2.核电站发电的优点(1)消耗的核燃料少.(2)作为核燃料的铀、钍等在地球上可采储量大, 所能提供的能量大.(3)对环境的污染要比火力发电小.例3如图2所示是慢中子反应堆的示意图, 对该反应堆的下列说法中正确的是()图2A.铀235容易吸收快中子后发生裂变反应B.快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少, 变成慢中子, 慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应C.控制棒由镉做成, 当反应过于激烈时, 使控制棒插入浅一些, 让它少吸收一些中子, 链式反应的速度就会慢一些D.要使裂变反应更激烈一些, 应使控制棒插入深一些, 使大量快中子碰撞控制棒后变成慢中子, 链式反应的速度就会快一些答案 B解析快中子容易与铀235“擦肩而过”, 快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少, 变成慢中子, 慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应, 选项B正确, A错误；控制棒由镉做成, 镉吸收中子的能力很强, 当反应过于激烈时, 使控制棒插入深一些, 让它多吸收一些中子, 链式反应的速度就会慢一些, 要使反应更激烈, 应使控制棒插入浅一些, 选项C、D都错误.1.(对核裂变的理解)(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源, 其一种裂变反应为235 92U＋10 n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n, 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答案AC解析从裂变反应方程式可以看出裂变反应中伴随着中子放出, A对；铀块体积对链式反应的发生有影响, B错；铀核的链式反应可人工控制, C对；铀核的半衰期不会受到环境温度的影响, D错.2.(核反应堆的认识)如图3所示, 镉棒在核反应中的作用是()图3A.使快中子变成慢中子B.使慢中子变成快中子C.使反应速度加快D.控制反应速度, 调节反应速度的快慢答案 D解析在核反应堆中石墨使快中子变为慢中子, 镉棒吸收中子, 控制反应速度, 调节反应速度的快慢.3.(对裂变方程的理解)在众多的裂变反应中, 有一种反应方程为235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋a X, 其中X为某种粒子, a为X的个数, 则()A.X为中子, a＝2B.X为中子, a＝3C.X为质子, a＝2D.X为质子, a＝3答案 B解析根据核电荷数守恒可知, X的电荷数为0, X必为中子10n, 由质量数守恒可知a＝3, 选项B正确.4.(裂变释放核能的计算)铀核(235 92U)裂变成钡(141 56Ba)和氪(9236Kr).已知235 92U、141 56Ba、9236Kr以及中子的质量分别是235.043 9u、140.913 9 u、91.897 3 u和1.008 7 u.(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)(1)试写出铀核裂变反应方程, 并计算1个235U核裂变时放出的核能；(2)我国秦山核电站的装机容量为3.0×105 kW, 假如全部235U都能够发生这样的裂变, 释放核能的1.2%可转化为电能, 试由此估算电站1年要消耗多少235 92U?答案(1)235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n200.6 MeV(2)9.6×103 kg解析(1)核反应方程为235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n,核反应中的质量亏损为Δm＝235.043 9 u－140.913 9 u－91.897 3 u－2×1.008 7 u＝0.215 3 u则一个235U核裂变所释放的能量为ΔE＝0.215 3×931.5 Mev＝200.6 Mev.(2)核电站1年所产生的电能为E＝Pt, t＝365×24×3 600 s.每摩尔235U全部裂变所释放的能量为N A·ΔE, N A为阿伏伽德罗常量, 而235U的摩尔质量为M U＝0.235 kg/mol,所以电站1年要消耗的235 92U的质量m＝PtηN AΔE M U, 其中ΔE＝200.6 MeV＝3.2×10－11 J代入数据得m＝9.6×103 kg.一、选择题考点一重核的裂变及裂变过程1.当一个重核裂变时, 它所产生的两个核()A.含有的总质子数比裂变前重核的质子数少B.含有的总中子数比裂变前重核的中子数多C.裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量D.可能是多种形式的两个核的组合答案 D解析一个重核裂变时, 在产生两个核的同时, 也放出中子, 所以新产生的两个核的总中子数比裂变前重核的中子数要少, 两个核的总质子数与裂变前重核的质子数相等, 选项A、B错误；裂变时放出的能量主要是反应前后质量亏损而产生的能量, 要远大于俘获中子时得到的能量, C项错误；重核裂变的产物是多种多样的, D项正确.2.1938年哈恩用中子轰击铀核, 发现产物中有原子核钡(Ba)、氪(Kr)、中子和一些γ射线.下列关于这个实验的说法中正确的是()A.这个实验的核反应方程是235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋10nB.这是一个核裂变过程, 反应后粒子质量之和大于反应前粒子质量之和C.这个反应中释放出的能量不可以用爱因斯坦的质能方程来计算D实验中产生的γ射线穿透能力极强答案 D解析根据质量数守恒、电荷数守恒, 铀核裂变的核反应方程应为:235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310 n, 选项A错误；铀核裂变过程中产生γ射线, 放出能量, 发生质量亏损, 释放的能量可根据爱因斯坦的质能方程计算, 选项B、C错误；核反应中产生的γ射线, 穿透能力极强, 选项D 正确.3.原子核反应有广泛的应用, 如用于核电站等, 在下列核反应中, 属于核裂变反应的是()A.10 5B＋10n→73Li＋42HeB.238 92U→234 90Th＋42HeC.14 7N＋42He→17 8O＋11HD.235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n答案 D4.一个235 92U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应的裂变方程为235 92U＋10n→X＋9438Sr ＋210n, 则下列叙述正确的是()A.X原子核中含有86个中子B.X原子核中含有141个核子C.因为裂变时释放能量, 根据E＝mc2, 所以裂变后的总质量数增加D.因为裂变时释放能量, 出现质量亏损, 所以生成物的总质量数减少答案 A解析X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个, B错误；中子数为140－(92－38)＝86个, A正确；裂变时释放能量, 出现质量亏损, 但是其总质量数是不变的, C、D错误.考点二核电站5.原子反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置, 它的主要组成部分是()A.原子燃料、减速剂、冷却系统和控制调节系统B.原子燃料、减速剂、发热系统和传热系统C.原子燃料、调速剂、碰撞系统和热系统D.原子燃料、中子源、原子能聚存和输送系统答案 A解析核反应堆的主要部分包括①燃料, 即浓缩铀235；②减速剂, 采用石墨、重水或普通水；③控制调节系统, 用控制棒控制链式反应的速度；④冷却系统, 水或液态金属钠等流体在反应堆内外循环流动, 把反应堆的热量传输出去, 用于发电, 故A正确, B、C、D错误.6.(多选)为使链式反应平稳进行, 可采用下列办法中的()A.铀块可制成任何体积B.铀核裂变释放的中子可直接去轰击另外的铀核C.通过慢化剂使产生的中子减速D.用镉棒作为控制棒, 控制反应的剧烈程度, 使反应平稳进行答案CD解析铀块小于临界体积将不会发生裂变反应, A错；中子的速度不能太快, 否则会与铀核“擦肩而过”, 铀核不能“捉”住它, 不能发生核裂变, B错；镉棒吸收中子, 控制反应剧烈程度, 使反应平稳进行, D对；通过慢化剂使中子减速, 目的是使中子更容易被铀核俘获, 发生链式反应, C 对.考点三 核裂变释放核能的计算7.(多选)核电站的核能来源于235 92U 核的裂变, 下列说法中正确的是( )A.反应后的核废料已不具有放射性, 不需要进一步处理B.235 92U 的一种可能的裂变是变成两个中等质量的原子核, 如139 54Xe 和9538Sr, 反应方程式为235 92U ＋10n →139 54Xe ＋9538Sr ＋210n C.235 92U 原子核中有92个质子、143个中子 D.一个235 92U 核裂变的质量亏损为Δm ＝0.215 5 u, 则释放的核能约201 MeV答案 BCD解析 反应后的核废料仍然具有放射性, 需要进一步处理, 故A 错误；发生核反应的过程满足电荷数守恒和质量数守恒, 可判断B 正确；92为U 元素的质子数, 中子数为235－92＝143, 故C 正确；根据质能方程与质量亏损可知, 裂变时释放的能量是ΔE ＝0.215 5×931.5 MeV ≈201 MeV, 故D 正确.8.一个铀235吸收一个中子发生核反应时大约放出196 MeV 的能量, 则1 g 纯235 92U 完全发生核反应时放出的能量为(N A 为阿伏伽德罗常量)( )A.N A ×196 MeVB.235N A ×196 MeVC.235×196 MeVD.N A 235×196 MeV 答案 D解析 由于1 mol 的铀核质量为235 g,1 g 铀235为1235mol, 因此1 g 纯235 92U 完全发生核反应时释放的能量ΔE ＝N A 235×196 MeV , 故D 正确. 二、非选择题9.(裂变释放核能的计算)现有的核电站常用的核反应之一是:235 92U ＋10n ―→143 60Nd ＋Zr ＋310n ＋8 0－1e ＋ν(1)核反应方程中的ν是反中微子, 它不带电, 质量数为零, 试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；(2)已知铀核的质量为235.043 9 u, 中子的质量为1.008 7 u, 钕(Nd)核的质量为142.909 8 u, 锆(Zr)核的质量为89.904 7 u, 试计算1 kg 铀235裂变释放的能量为多少？(1 u ＝1.660 6×10－27kg)答案 (1)40 90 (2)8.1×1013 J解析 (1)锆的电荷数Z ＝92－60＋8＝40,质量数A ＝236－146＝90.核反应方程中用符号9040Zr 表示.(2)1 kg 铀235中铀核的个数为n ＝1235.043 9×1.660 6×10－27(个)＝2.56×1024(个) 不考虑核反应中生成的电子质量,1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm ＝0.212 u,释放的能量为ΔE ＝0.212×931.5 MeV ≈197.5 MeV则1 kg 铀235完全裂变释放的能量为E ＝n ΔE ＝2.56×1024×197.5 MeV ≈8.1×1013 J.10.(核裂变反应的综合应用)在可控核反应堆中需要使快中子减速, 轻水、重水和石墨等常用作减速剂.中子在重水中可与21H 核碰撞减速, 在石墨中与12 6C 核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰, 通过计算说明, 仅从一次碰撞考虑, 用重水和石墨作减速剂, 哪种减速效果更好？答案 用重水作减速剂减速效果更好解析 设中子质量为M n , 靶核质量为M , 由动量守恒定律得M n v 0＝M n v 1＋M v 212M n v 02＝12M n v 12＋12M v 22 解得v 1＝M n －M M n ＋M v 0在重水中靶核质量M H ＝2M n ,v 1H ＝M n －M H M n ＋M Hv 0＝－13v 0 在石墨中靶核质量M C ＝12M n ,v 1C ＝M n －M C M n ＋M Cv 0＝－1113v 0 与重水靶核碰后中子速度较小, 故重水减速效果更好.。