2018版高考物理一轮复习第十二章热学课时作业(五十五)原子核剖析

课时作业42[双基过关练]1．(多选)夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是( ) A．气体的内能减少B．气体的内能不变C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了E．气体分子的平均动能减小解析：本题主要考查热学基础知识，意在考查考生的理解能力和分析能力．气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为W＝ΔE，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则A、C、E正确．答案：ACE2．(多选)下列说法中正确的是( )A．尽管技术不断进步，但热机的效率仍不能达到100%，而制冷机却可以使温度降到热力学零度B．雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的C．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气压强的比值E．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显解析：本题考查分子动理论和热力学定律，意在考查考生对分子动理论和热力学定律有关知识的理解和辨析能力．热力学零度只能接近而不能达到，A错误；雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的，B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度每升高1 K，内能增加，但既可能是吸收热量，也可能是对气体做功使气体的内能增加，C正确；空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，故D错误；微粒越大，某一瞬间撞击它的分子数越多，受力越容易平衡，布朗运动越不显著，E正确．答案：BCE3．(多选)下列有关热现象的叙述中正确的是( )A．布朗运动是液体分子的运动，它说明了液体分子在永不停息地做无规则运动B．物体的温度越高，分子运动速率越大C．不违背能量守恒定律的实验构想也不一定能够实现D．晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×105 J，若空气向外界放出1.5×105 J的热量，则空气内能增加5×104 J解析：本题主要考查分子动理论、热力学定律等，意在考查考生对相关概念、规律的理解能力．布朗运动是液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，A错误；物体的温度越高，分子运动的平均速率越大，B错误；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现，选项C正确；晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的，D正确；根据热力学第一定律可知选项E正确．答案：CDE4．(多选)如图所示，汽缸和活塞均绝热，汽缸内部有一个导热性能良好的固定隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡状态．气体的分子势能不计，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变．下列判断正确的是( )A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A的分子的平均动能增大D．气体A和气体B中每个分子的动能都增大E．气体B中的分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数减少解析：气体A做等容变化，故W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知，气体A吸收热量，则其内能增加，温度升高，气体A的分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加，因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是温度升高，体积增大，所以气体B中的分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞的次数减少，选项E正确．答案：ACE5．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是( )A．气体的体积变小B．气体的温度降低C．气体从外界吸收热量D．气体的内能增大E．单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数减少解析：从状态a到状态b，气体的压强不变，气体的温度升高，则气体的体积增大，选项A、B错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，故气体的内能增大，选项D正确；气体的体积增大，对外做功，W<0，气体的内能变大，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，故气体一定从外界吸热，选项C正确；因为气体的温度升高，分子平均动能增大，而压强不变，所以单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数减少，选项E正确．答案：CDE6.气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为标准大气压，标准大气压相当于76 cmHg)(1)恒温槽的温度为________℃；(2)此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将________(填“吸热”或“放热”)．解析：(1)测温泡内气体进行等容变化．p1＝p0＋h1＝76＋14＝90 cmHg，T1＝273 Kp2＝p0＋h2＝76＋44＝120 cmHg由p1T1＝p2T2，得T2＝p2p1T1＝12090×273＝364 K＝91 ℃(2)理想气体的内能只与温度有关，随着温度的升高，内能将增大，气体等容变化，做功为0，内能的增加要靠吸热来实现．答案：(1)91 (2)增大吸热7．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－T图象如图所示．已知该气体在状态A时的体积为1×10－3 m3.求：(1)该气体在状态C时的体积．(2)该气体从状态A到状态B再到状态C的过程中，气体与外界传递的热量．解析：(1)A 、B 两状态体积相等，则有p A T A ＝p B T B得：T B ＝p B T A p A从B 到C 压强相同，则：V B T B ＝V C T C得V C ＝V B T C T B ＝V B T C p A p B T A ＝V B p A p B又：V B ＝V A故：V C ＝3×10－3 m 3(2)由A 到B 为等容降温过程，由B 到C 为等压升温过程，A 到C 的过程，应用热力学第二定律得，W ＋Q ＝ΔE.由于状态A 和C 温度相同，内能不变，ΔE＝0，B 到C 过程，体积变大，W ＝p B (V A －V C )＝1×105×(1×10－3－3×10－3) J ＝－200 J ，Q ＝－W ＝200 J.答案：(1)3×10－3 m 3 (2)200 J[能力提升练]8．(2020·山西长治二中等五校联考)如图所示，一绝热汽缸倒立竖在两水平台面上，缸内一光滑活塞密封了一定质量的理想气体；在活塞下挂有一物块，活塞与物块的总重量G ＝30 N ，活塞的横截面积S＝3×10－3 m 2.活塞静止时，缸内气体温度t 1＝27 ℃，体积V 1＝3×10－3 m 3，外界的大气压强恒为p 0＝1.0×105 Pa ，缸内有一个电热丝，电热丝的电阻值恒为R ＝5 Ω，电源电动势E ＝18 V 、内阻r ＝1 Ω，闭合开关20 s 后，活塞缓慢下降高度h ＝0.1 m ，求：(1)20 s 内气体内能的变化量；(2)20 s 末缸内气体的温度．解析：(1)设缸内气体初态压强为p 1，对活塞由受力平衡有p 0S ＝G ＋p 1S ，在电热丝对气体加热20 s 的过程中，外界对气体做的功为W ＝－p 1Sh ，电热丝产生的热量为Q ＝I 2Rt ，其中I ＝E R ＋r， 根据热力学第一定律有ΔU＝W ＋Q ，解得ΔU＝873 J ，即气体的内能增加了873 J.(2)气体做等压膨胀，由盖·吕萨克定律有V 1T 1＝V 1＋Sh T 2， 代入数据解得T 2＝330 K ，即缸内气体的温度为t 2＝(330－273) ℃＝57 ℃.答案：(1)增加873 J (2)57 ℃9．如图所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度为t 1＝7 ℃，外界大气压取p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高的汞柱的压强)．(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t 1不变，则平衡后气柱为多长？(g高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

（新课标）18版高考物理一轮复习第十二章热学课时作业（五十三）课时作业(五十三)光电效应波粒二象性[基础训练]1．下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图象中，符合黑体辐射规律的是()答：分析：黑体辐射定律：随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度增加；另一方面，辐射强度的最大值向较短的波长移动，这表明a是正确的2．下列有关光的波粒二象性的说法正确的是()a．有的光是波，有的光是粒子b．光子与电子是同样的一种粒子c、光的波长越长，其波动越明显；波长越短，粒子特性越显著。

D.大量光子的行为通常表现为粒子特性答案：c解析：从光的波粒二象性可知，光是同时具有波粒二象性的，只不过在有的情况下波动性显著，有的情况下粒子性显著．光的波长越长，越容易观察到其显示波动特征．光子是一种不带电的微观粒子，而电子是带负电的实物粒子，它们虽然都是微观粒子，但有本质区别．故上述选项中正确的是c.3.（多选）光电效应实验装置如图所示，用弧光灯照射锌板，验电器指针打开一个角度，则以下语句中正确的一个为（）a．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转b．用绿光照射锌板，验电器指针会发生偏转一c．锌板带的是负电荷d、正电荷使验电器指针偏转答案：ad解析：将擦得很亮的锌板连接验电器，用弧光灯照射锌板(弧光灯发出紫外线)，验电器指针张开一个角度，说明锌板带了电．进一步研究表明锌板带正电，这说明在紫外线的照射下，锌板中有一部分自由电子从表面飞出来，锌板中缺少电子，于是带正电，选项a、d正确，c错误．绿光不能使锌板发生光电效应，故选项b错误．4.对于爱因斯坦的光电效应方程EK=Hν-W0，以下理解中正确的是（）a．只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有相同的初动能ekb、式中，W0表示每个光电子在从金属逃逸过程中克服金属中正电荷重力所做的功。

C.逃生工作W0和极限频率νC应满足关系W0=HνCD。

光电子的最大初始动能与入射光的频率成正比答案：c解析：爱因斯坦光电效应方程ek＝hν－w0中的w0表示从金属表面直接逸出的光电子克服金属中正电荷引力所做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值，对应的光电子的初动能是所有光电子中最大的，其他光电子的初动能都小于这个值，选项a、b错误；若入射光的频率恰好等于极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0，因此有w0＝hνc，选项c正确；由ek＝hν－w0可知ek 和ν之间是一次函数关系，但不是正比关系，选项d错误．5.关于光电效应，下列说法是正确的：（a）极限频率越大，金属的逸出功越大b．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应c、从金属表面逸出的光电子的最大初始动能越大，这种金属的功就越小。

课时作业(五十四) 原子结构[基础训练]1．(多选)1897年英国物理学家汤姆孙发现了电子并被称为“电子之父”，下列关于电子的说法正确的是( )A．汤姆孙通过研究阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷B．汤姆孙通过对光电效应的研究，发现了电子C．电子质量是质子质量的1 836倍D．汤姆孙通过研究用不同材料作阴极发出的射线，以及光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元答案：AD 解析：由汤姆孙发现电子的过程可知选项A、D正确，选项B错误；而质子质量远大于电子质量，选项C错误．2．(多选)关于α粒子散射实验的说法中正确的是( )A．在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至接近180°B．使α粒子发生明显偏转的力来自带负电的核外电子，当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转C．实验表明原子中心有一个核，它占有原子体积的极小部分D．实验表明原子中心的核带有原子的全部正电荷及全部质量答案：AC 解析：A项是对该实验现象的描述，正确；使α粒子偏转的力是原子核对它的静电排斥力，而不是电子对它的吸引力，故B错误；C项是对实验结论之一的正确分析；原子核集中了全部正电荷和几乎全部质量，因核外还有电子，故原子中心的核并没有包括原子的全部质量，故D错误．3．(多选)如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中A、B、C、D四个位置时，观察到的现象，下述说法中正确的是( )A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置稍少些C．放在C、D位置时，屏上观察不到闪光D．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少答案：AD 解析：在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故选项A对；少数α粒子发生较大偏转，极少数α粒子偏转角度超过90°，极个别α粒子被反射回来，故选项B、C错，选项D对．4．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是( )A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案：A 解析：α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区；如原子核在②③区，α粒子会向①区偏；如原子核在①区，可能会出现如图所示的轨迹，故应选A.5．(多选)对原子光谱，下列说法正确的是( )A．原子光谱是不连续的B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的C．由于各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同D．分析物质发光的光谱，可以鉴别物质的组成成分答案：ACD 解析：原子光谱为线状谱，选项A正确；各种原子都有自己的特征谱线，故选项B错误，选项C正确；根据各种原子的特征谱线进行光谱分析，可鉴别物质组成，选项D正确．6．太阳的连续光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于( )A．太阳表面大气层中缺少相应的元素B．太阳内部缺少相应元素C．太阳表面大气层中存在着相应的元素D．太阳内部存在着相应的元素答案：C 解析：太阳光谱是吸收光谱，太阳发出的白光，通过温度较低的大气层时，某些波长的光被大气层吸收后形成的光谱．只有选项C正确．7．按照玻尔理论，一个氢原子中的电子从半径为r a的圆轨道自发地直接跃迁到半径为r b的圆轨道上，r a>r b，在此过程中( )A．原子要辐射一系列频率的光子B ．原子要吸收一系列频率的光子C ．原子要辐射某一频率的光子D ．原子要吸收某一频率的光子答案：C 解析：由于氢原子外面只有一个电子，因此只能处在某一可能轨道，而且发生跃迁时只能吸收或辐射一定能量的光子，即h ν＝ΔE ，由r a >r b 可知原子辐射光子，而且光子的频率为ν＝E a －E b h.故选项C 正确． 8．(多选)氢原子能级图的一部分如图所示，a 、b 、c 分别表示氢原子在不同能级之间的三种跃迁途径，设在a 、b 、c 三种跃迁过程中，辐射的光子的能量和波长分别是E a 、E b 、E c 和λa 、λb 、λc ，则( )A ．λb ＝λa ＋λcB.1λb ＝1λa ＋1λc C ．λb ＝λa ·λc D ．E b ＝E a ＋E c答案：BD 解析：因为E a ＝E 2－E 1，E b ＝E 3－E 1，E c ＝E 3－E 2，所以E b ＝E a ＋E c ，而E ＝h ν＝hc λ，故hc λb ＝hc λa ＋hc λc ，可得1λb ＝1λa ＋1λc. 9．如图所示是氢原子从n ＝3、4、5、6能级跃迁到n ＝2能级时辐射的四条光谱线，其中频率最大的是( )A ．H αB ．H βC ．H γD ．H δ答案：D 解析：根据能级跃迁公式可知，当氢原子由第6能级跃迁到第2能级时，发出光子能量为h ν＝E 6－E 2，辐射的光子H δ频率最大，故D 选项正确．10．(2018·东北师大附中高三质检)如图所示，氢原子在不同能级间发生a 、b 、c 三种跃迁时，释放光子的波长分别是λa 、λb 、λc ，则下列说法正确的是( )A ．从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级时，释放光子的波长可表示为λb ＝λa λc λa ＋λcB ．从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级时，电子的势能减小，氢原子的能量增加C ．若用波长为λc 的光照射某金属时恰好能发生光电效应，则用波长为λa 的光照射该金属时也一定能发生光电效应D ．用12.18 eV 的光子照射大量处于基态的氢原子时，一个氢原子可以辐射出三种频率的光答案：A 解析：从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级，有h c λb ＝h c λa ＋h c λc ，解得λb ＝λa λc λa ＋λc，选项A 正确；从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级，放出光子，原子能量减小，选项B 错误；从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级的能量比从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级放出的能量大，可知波长为λc 的光的频率比波长为λa 的光的频率大，根据光电效应发生的条件可知，选项C 错误；根据跃迁的条件，可知用12.18 eV 的光子照射处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到n ＝3的能级，可以辐射出三种不同频率的光，但一个氢原子只能辐射一种频率的光，选项D 错误．[能力提升]11．如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，K 为发射热电子的阴极，A 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U ，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从A 的小孔中射出的速度大小为v ，下面的说法中正确的是( )A ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开A 时的速度变为2vB ．如果A 、K 间距离加倍而电压仍为U 不变，则电子离开A 时的速度变为2vC ．如果A 、K 间距离保持不变而电压加倍，则电子离开A 时的速度变为22vD ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开A 时的速度变为2v 2 答案：D 解析：由eU ＝12mv 2，可知v ＝2eU m ，只要U 不变，则v 不变，故选项A 、B均错；若A 、K 间距离不变而电压加倍，则v ′＝4eU m ＝2v ，选项C 错；若A 、K 间距不变而电压减半，则电子离开A 时的速度变为v ′＝eU m ＝22v ，则选项D 正确． 12．测量油滴电荷量的装置如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势差u ，当u ＝U 0时，使得某个质量为m 1的油滴恰好做匀速运动，该油滴所带电荷量q 1为多少？(2)当两金属板间的电势差u ＝U 时，观察到某个质量为m 2的带负电油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，忽略油滴进入电场时的初速度，求此油滴所带电荷量q 2.答案：(1)m 1gd U 0 (2)m 2d U ⎝⎛⎭⎪⎫g －2d t 2 解析：(1)当u ＝U 0时，质量为m 1的油滴受力平衡m 1g ＝q 1U 0d ，则q 1＝m 1gd U 0. (2)当u ＝U 时，质量为m 2的油滴做匀加速运动，d ＝12at 2，由牛顿第二定律得m 2g －q 2U d＝m 2a ，所以q 2＝m 2d U ⎝⎛⎭⎪⎫g －2d t 2. 13．实验室考查氢原子跃迁时的微观效应．已知氢原子能级图如图所示，氢原子质量为m H ＝1.67×10－27 kg.设原来处于静止状态的大量激发态氢原子处于n ＝5的能级状态．(1)求氢原子由高能级向低能级跃迁时，可能辐射出多少种不同频率的光？(2)若跃迁后光子沿某一方向飞出，且光子的动量可以用p ＝h νc表示(h 为普朗克常量，ν为光子频率，c 为真空中光速)，求发生电子跃迁后氢原子的最大反冲速率．(保留三位有效数字)答案：(1)10种 (2)4.17 m/s解析：(1)不同频率的光的种类为N ＝C 25＝5×42＝10(种)． ① (2)由动量守恒p 光子＝m H v H ＝h νc② 当ν最大时，反冲速率v H 最大 又h ν＝E 5－E 1＝－0.54 eV －(－13.6) eV ＝13.18 eV ＝2.180×10－18 J ③故v H ＝h νcm H ＝ 2.090×10－183.0×108×1.67×10－27 m/s ＝4.17 m/s. ④。

第2讲原子结构和原子核一、原子结构光谱和能级跃迁1．电子的发现英国物理学家汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子,提出了原子的“枣糕模型"．2．原子的核式结构(1)1909～1911年，英籍物理学家卢瑟福进行了α粒子散射实验，提出了核式结构模型．图1(2）α粒子散射实验的结果：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粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞了回来”，如图1所示．（3)原子的核式结构模型：原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，电子在正电体的外面运动．3．氢原子光谱（1)光谱：用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长（频率)和强度分布的记录，即光谱．(2）光谱分类（3）氢原子光谱的实验规律：巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线，其波长公式错误!＝R（错误!－错误!）(n＝3,4，5,…，R是里德伯常量，R ＝1。

10×107 m－1)．(4）光谱分析：利用每种原子都有自己的特征谱线可以用来鉴别物质和确定物质的组成成分，且灵敏度很高．在发现和鉴别化学元素上有着重大的意义．4．氢原子的能级结构、能级公式(1）玻尔理论①定态:原子只能处于一系列不连续的能量状态中,在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量．②跃迁：电子从能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时，会放出能量为hν的光子，这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m－E n.(h是普朗克常量，h＝6。

63×10－34J·s)③轨道:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应．原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的．（2)能级和半径公式：①能级公式：E n＝1n2E1（n＝1，2，3，…），其中E1为基态能量,其数值为E1＝－13.6 eV.②半径公式：r n＝n2r1（n＝1,2，3，…）,其中r1为基态半径,又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m。

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课时作业（五十) 动量和动量定理［基础训练］1．下列关于动量及其变化的说法中，正确的是( ）A．两物体的动量相等，其动能也一定相等B．物体的动能发生变化,其动量也一定发生变化C．动量变化的方向一定与初、末动量的方向都不同D．动量变化的大小不可能等于初、末状态动量大小之和答案：B 解析：由动量和动能的关系E k＝错误!可知，当动量p相等时，动能E k不一定相等，A项错误．当动能E k＝12mv2变化时，速度v的大小一定变化，动量p＝mv一定变化，B项正确．物体以一定的初速度做匀加速直线运动的过程中，Δp的方向与p初、p末均相同，C项错误．当物体在水平面上以一定的速度与竖直挡板碰撞后沿与原速度相反的方向弹回的过程中，动量变化的大小等于初、末状态动量大小之和，D项错误．2．（多选）A、B两物体的质量分别为m A、m B,且m A〉m B,置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小相等的恒力F同时作用在A、B上,如图所示．从静止开始,经相同时间，下列说法正确的是（)A．A、B两物体冲量大小相等B．A、B两物体动量变化相等C．A、B两物体末动量相等D．A、B两物体末动量的大小相等答案：AD 解析:根据冲量的定义可知，A、B两物体冲量大小相等，选项A正确;根据动量定理可知,A、B两物体动量变化的大小相等，方向相反，所以末动量的大小相等，方向相反，选项B、C错误，选项D正确．3．竖直上抛一个物体,不计阻力，取竖直向上为正方向，则物体在空中运动的过程中,动量变化量Δp随时间t变化的图线是图中的( )答案：C 解析:根据题意，由动量定理Δp＝－mgt,即Δp与t的大小成正比，而方向与重力方向相同,均为负，选项C正确．4．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度-时间图象如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s,10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0,10 N·sD．0,－10 N·s答案:D 解析：由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相等,p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内，p3＝－5 kg·m/s,I2＝p3－p2＝－10 N·s.故选D。

第十二章近代物理初步第三讲原子核及其衰变、裂变和聚变课时跟踪练A组基础巩固1．(2015·重庆卷)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里．以下判断可能正确的是()A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹解析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误；α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电流，应向下偏转，选项D正确．答案：D2．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：一个质子和一个中子结合成氘核时，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，根据质能方程，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C3．(2018·南京模拟)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：235 92U＋10n→a＋b＋210n，则a＋b可能是()A.140 54Xe＋9336KrB.141 56Ba＋9236KrC.141 56Ba＋9338SrD.140 54Xe＋9438Sr解析：核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，通过核反应前后的质量数和电荷数相等不难得出选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D4．(2018·太原模拟)如图所示，由天然放射性元素钋(Po)放出的射线x1，轰击铍(94Be)时会产生粒子流x2，用粒子流x2轰击石蜡时会打出粒子流x3，经研究知道()A ．x 1为α粒子，x 2为质子B ．x 1为α粒子，x 3为质子C ．x 2为质子，x 3为中子D ．x 2为质子，x 3为光子 解析：用从钋发出的α射线轰击铍时，会产生一种不受电场和磁场影响、穿透力很强的粒子流．如果用这种粒子流轰击石蜡，能从石蜡中打出质子．查德威克经过研究，发现这种粒子正是卢瑟福猜想的中子．由以上可知x 1为α粒子，x 2为中子，x 3为质子，B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B 5．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( ) A.m 4 B.m 8 C.m 16 D.m 32解析：由半衰期公式m ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12t /τ可知，m ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1232/8＝116m ，故选项C 正确． 答案：C 6．(多选)(2015·山东卷)14C 发生放射性衰变为14N ，半衰期约为5 700年．已知植物存活其间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动结束后，14C 的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是( ) A ．该古木的年代距今约为5 700年 B ．12C 、13C 、14C 具有相同的中子数 C ．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线 D ．增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变 解析：因古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5 700年，选项A 正确；12C 、13C 、14C 具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B 错误；根据核反应方程可知，14C 衰变为14N 的过程中放出电子，即发出β射线，选项C 正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D 错误． 答案：AC 7．(2017·吉林模拟)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 g 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4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，选项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，选项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，选项D错误．答案：A8．(2018·儋州二中月考)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m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．(1)写出α粒子轰击氮核的核反应方程；(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)根据质量数和电荷数守恒可得α粒子轰击氮核方程为147N＋42He→17 8O＋11H.(2)设复核的速度为v，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝m1v0m1＋m2.(3)核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m0－m3，反应过程中释放的核能ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m0－m3)·c2.答案：(1)14 7N＋42He→17 8O＋11H(2)m1v0m1＋m2(3)(m1＋m2－m0－m3)c2B组能力提升9．(2018·沈阳模拟)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 86At ＋01eD.222 86Rn →222 85At ＋01e 解析：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B v q ＝m v 2r ，所以r ＝m v 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． 答案：B 10．(多选)(2018·青岛模拟)由于放射性元素237 93Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知237 93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi ，下列判断中正确的是( ) A. 209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少28个中子 B.209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变 解析：209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子，选项A 错误，B 正确；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，选项C 正确，D 错误． 答案：BC 11．(多选)(2017·枣庄二中模拟)科学家利用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X ＋Y →42He ＋31H ＋4.9 MeV 和21H ＋31H →42He ＋X ＋17.6 MeV .下列表述正确的有( ) A ．X 是中子 B ．Y 的质子数是3，中子数是6 C ．两个核反应都没有出现质量亏损 D ．氘和氚的核反应是核聚变反应 解析：根据核反应方程：21H ＋31H →42He ＋X ，X 的质量数：m 1＝2＋3－4＝1，核电荷数：z 1＝1＋1－2＝0，所以X 是中子，故A 正确；根据核反应方程：X ＋Y →42He ＋31H ，X 是中子，所以Y 的质量数：m 2＝4＋3－1＝6，核电荷数：z 2＝2＋1－0＝3，所以Y 的质子数是3，中子数是3，故B 错误；根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损，故C 错误；氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应，故D 正确．答案：AD12．(2018·日照模拟)某些建筑材料可产生放射性气体—氡，氡可以发生α或β衰变，如果人长期生活在氡浓度过高的环境中，那么氡会经过人的呼吸道沉积在肺部，并放出大量的射线，从而危害人体健康．原来静止的氡核(222 86Rn)发生一次α衰变生成新核钋(Po)，并放出一个能量E0＝0.09 MeV的光子．已知放出的α粒子动能Eα＝5.55 MeV；忽略放出光子的动量，但考虑其能量；1 u相当于931.5 MeV/c2.(1)写出衰变的核反应方程．(2)衰变过程中总的质量亏损为多少(结果保留三位有效数字)?解析：(1)发生α衰变，方程为222 86Rn→218 84Po＋42He＋γ.(2)忽略光子的动量，由动量守恒定律，有0＝pα－p Po，，又E k＝p22m.新核钋的动能E Po＝4218Eα由题意知，质量亏损对应的能量以光子的能量和新核钋、α粒子的动能形式出现，衰变时释放出的总能量ΔE＝Eα＋E Po＋E0＝Δmc2.则衰变过程中总的质量亏损Δm＝0.006 16 u.答案：(1) 222 86Rn→218 84Po＋42He＋γ(2)0.006 16 u。

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第12章量子论初步原子核(限时：40分钟)易错点1 天然放射现象的理解易错角度1。

α粒子、β粒子的产生机理．2．γ射线是一种电磁波，不是粒子．3．衰变次数分析错误。

1．如图1所示,向外．已知放射源放出的射线有α、β、γ三种,下列判断正确的是（)图1A．甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线B．甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线C．甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线D．甲是α射线,乙是β射线,丙是γ射线B［γ射线不带电，在磁场中不发生偏转，C、D错．由左手定则可以判定甲带负电，丙带正电，由此可知．甲是β射线，丙是α射线，B对．]2．关于天然放射现象，下列说法正确的是( ）A．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期B．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领很强C．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变D．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线D［放射性元素的半衰期是原子核数有半数发生衰变所用的时间，而非原子核内核子发生衰变，故A错;放射线中γ射线贯穿物质的本领最大，α粒子电离本领最强，故B错;因β衰变是原子核内一个中子(错误!n）变为一个质子(错误!H)同时释放一个电子(错误!e)，不涉及核外电子，故C错；原子核发生衰变后生成的新核由高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线，故D正确．］3．(多选）美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池,它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63（错误!Ni)和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极给负载提供电能．下面有关该电池的说法正确的是( )A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的B．镍63的衰变方程是错误!Ni→0－1e＋错误!CuC．提高温度，增大压强可以改变镍63的半衰期D．该电池内部电流方向是从镍到铜片AB［β衰变的实质错误!n→错误!H＋错误!e，则A对;镍63发生β衰变的方程为错误!Ni→错误!e＋错误!Cu，则B对；元素的半衰期只由元素本身决定，与外界压强、温度等无关，则C 错;在电池内部电子从镍流向铜，则电流方向应是从铜流向镍,D错．]易错点2 核能的计算4错误!错误!He）的热核反应,核反应方程是4错误!H→错误!He＋2X,这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。

课时作业(五十五) 原子核[基础训练]1．(2017·重庆期末调研)放射源放入铅制容器中，射线只能从容器的小孔射出，成为细细的一束．在射线经过的空间施加磁场，发现射线分成三束，如图所示．关于这三种射线及其性质，下列说法正确的是( )A．射线a的电离本领最弱B．射线b是高速中子流，速度可达光速C．射线c是原子的核外电子电离产生的D．若将放射源置于高温高压环境中，射线强度将不变化答案：D 解析：根据射线的偏转情况可知：a为α射线，b为γ的射线，c为β射线，由三种射线的特性可判选项A、B、C均错；放射性与元素存在的物理、化学状态无关，选项D正确．2．用α粒子照射充氮的云室，摄得如图所示的照片，下列说法中正确的是( )A．A是α粒子的径迹，B是质子的径迹，C是新核的径迹B．B是α粒子的径迹，A是质子的径迹，C是新核的径迹C．C是α粒子的径迹，A是质子的径迹，B是新核的径迹D．B是α粒子的径迹，C是质子的径迹，A是新核的径迹答案：D 解析：α粒子轰击氮的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋11H，入射的是α粒子，所以B是α粒子的径迹，质量大、电离作用强的新核178O的径迹粗而短，故A是178O的径迹，质子的电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹C是质子的径迹，即C是质子径迹，故D选项正确．3．(多选)三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生的核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)．则下面说法正确的是( )A．X核比Z核多1个质子B．X核比Z核少1个中子C ．X 核的质量数比Z 核的质量数大3D ．X 核与Z 核的总电荷数是Y 核电荷数的2倍答案：CD 解析：设X 原子核的质子数为A 、电荷数是B ，由质量数守恒和电荷数守恒可得A B X→01e ＋ A B －1Y ， A B －1Y ＋11H→42He ＋A －3B －2Z.可见A B X 比A －3B －2Z 的质子数多2个，选项A 错误；A B X 比A －3B －2Z 的中子数多1个，选项B 错误；A B X 比A －3B －2Z 的质量数大3，选项C 正确；A B X 与A －3B －2Z 的总电荷数为(2B －2)，显然是 A B －1Y 的电荷数(B －1)的2倍，选项D 正确．4．放射性元素氡(222 86Rn)经α衰变成为钋218 84Po ，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素222 86Rn 的矿石，其原因是( )A ．目前地壳中的222 86Rn 主要来自于其他放射元素的衰变B ．在地球形成的初期，地壳中元素222 86Rn 的含量足够高C ．当衰变产物218 84Po 积累到一定量以后，218 84Po 的增加会减慢222 86Rn 的衰变进程D.222 86Rn 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力会改变它的半衰期答案：A 解析：由于222 86Rn 的半衰期很短，衰变很快，如果没有新的 222 86Rn 生成，含量不可能高，所以A 对，B 错．半衰期是不会随着物质的物理、化学性质改变的，故C 、D 错．5．由于放射性元素237 93Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知237 93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi ，下列论断中正确的是( )A.209 83Bi 比237 93Np 少28个中子B ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D ．发生β衰变时，核内中子数不变答案：B 解析：209 83Bi 和237 93Np 的中子数分别为126和144，相差18个，选项A 错误；α衰变的次数为237－2094次＝7次，7次α衰变减少了14个中子，所以还需再发生4次β衰变才能共减少18个中子，故选项B 正确，选项C 错误；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，选项D 错误．6．下面关于结合能和比结合能的说法中，正确的是( )A ．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B ．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大C ．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大D ．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大答案：D 解析：核子结合成原子核是放出能量，原子核拆解成核子是吸收能量，选项A 错误；比结合能越大的原子核是越稳定，但比结合能越大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核反而小，选项B、C错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，选项D正确．7．如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是( )A．若D、E结合成F，结合过程一定要释放能量B．若D、E结合成F，结合过程一定要吸收能量C．若C、B结合成A，结合过程一定要释放能量D．若F、C结合成B，结合过程一定要释放能量答案：A 解析：由图可知F原子核的核子平均质量较小，则原子序数较小的核D、E 结合成原子序数较大的核F时，因F的核子的平均质量小于D、E核子的平均质量，故出现质量亏损，根据质能方程知，该过程一定放出核能，选项A正确，选项B错误；因C、B的核子的平均质量小于A核子的平均质量，故C、B结合成A核时要吸收能量，选项C错误；因C核子的平均质量介于F、B核之间，结合过程能量的吸收释放不能确定，故选项D错误．8．(2017·广东清远高二期末)(多选)2011年3月由9.0级地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，导致大量131 53I泄露在大气中，131 53I是一种放射性物质，会发生β衰变而变成Xe元素．下列说法中正确的是( )A．福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电B.131 53I发生β衰变的方程式为131 53I→131 54Xe＋ 0－1eC.131 53I原子核内有53个质子，78个中子D．如果将碘131的温度降低到0度以下，可以延缓其衰变速度答案：BC 解析：核电站是利用核裂变来发电的，选项A错；根据原子核的结构和方程式书写规则可知选项B、C正确；衰变与物质所处的物理、化学状态无关，选项D错．9．关于重核的裂变，以下说法正确的是( )A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量B．中子从铀块中通过时，一定发生链式反应C．重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减少D．由于重核的核子平均质量大于中等核的核子平均质量，所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能答案：D 解析：根据重核发生裂变的条件和裂变放出能量的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程，因此其释放的能量远大于其俘获中子时吸收的能量．链式反应是有条件的，即铀块的体积必须大于其临界体积，如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生．在裂变反应中质量数、电荷数均守恒，即核子数守恒，所以核子数是不会减少的，因此选项A、B、C均错．重核裂变为中等质量的原子核时，发生质量亏损，从而释放出核能，故选D.[能力提升]10．一个氘核和一个氚核聚合成一个氦核的反应方程是21H＋31H→42He＋10n，此反应过程产生的质量亏损为Δm.已知阿伏加德罗常数为N A，真空中的光速为c.若1 mol氘和1 mol氚完全发生核反应生成氦，则在这个核反应中释放的能量为( )A.12N AΔmc2B．N AΔmc2C．2N AΔmc2D．5N AΔmc2答案：B 解析：一个氘核和一个氚核结合成一个氢核时，释放出的能量为Δmc2,1 mol 的氘核和1 mol的氚核结合成1 mol的氢核释放能量为N AΔmc2.11．一个锂核(73Li)受到一个质子(11H)轰击变为2个α粒子(42He)．已知氢原子的质量为1.672 6×10－27kg，锂原子的质量为11.650 5×10－27kg，一个氦原子的质量为6.646 7×10－27kg.写出该核反应的方程____________，该核反应释放的核能是________J．(真空中光速c＝3.0 ×108 m/s)答案：73Li＋11H→242He 2.673×10－12解析：根据质量数和电荷数守恒书写核反应方程，73Li＋11H→242He；核反应过程中质量亏损为Δm＝1.672 6×10－27kg＋11.650 5×10－27kg－2×6.646 7×10－27kg＝2.97×10－29kg.根据爱因斯坦质能方程得，ΔE＝Δmc2＝2.673×10－12 J.12．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，利用中微子与水中的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＋1e.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1C．1和0 D．1和1(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________________________________________________________________.答案：(1)A (2)8.2×10－14遵循动量守恒解析：(1)根据核反应方程的质量数与电荷数守恒，判断出中微子的质量数与电荷数均为零．(2)利用质能方程可得出每个光子的能量，正电子与电子相遇遵循动量守恒，不可能只转化为一个光子．13．如图甲所示，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，即63Li ＋10n→31H ＋42He ，若已知42He 的速度v 2＝2.0×104 m/s ，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：(1)31H 的速度大小和方向；(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨迹半径之比；(3)当42He 旋转三周时，粒子31H 旋转几周？答案：(1)1.0×103 m/s ，方向与v 0相反 (2)3∶40 (3)2周解析：(1)反应前后动量守恒：m 0v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 ①(v 1为氚核速度，m 0、m 1、m 2分别代表中子、氚核、氦核质量)代入数值可解得：v 1＝－1.0×103m/s ， ②方向与v 0相反．(2)31H 、42He 在磁场中均受洛伦兹力F 洛，做匀速圆周运动的半径之比为r 1∶r 2＝m 1v 1Bq 1∶m 2v 2Bq 2＝3∶40. ③(3)31H 和42He 做匀速圆周运动的周期之比为T 1∶T 2＝2πm 1Bq 1∶2πm 2Bq 2＝3∶2 ④所以它们的旋转周数之比为n 1∶n 2＝T 2∶T 1＝2∶3， ⑤即42He 旋转3周时，31H 旋转2周．。