第1章-第3节-动量守恒定律-精品教学案Word版含答案.doc

第3节动量守恒定律的应用(对应学生用书页码P8)一、碰撞问题的定量分析1碰撞过程中动量守恒物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。2碰撞过程中的能量物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失最多。二、中子的发现、反冲与火箭1中子的发现查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。2反冲现象及火箭发射(1)反冲：反冲现象。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。特点。A物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。B反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。C反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。(2)火箭：工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度。影响火箭获得速度大小的因素。A喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s4 000 m/s。B质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。1判断：(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。()(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。()(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。()答案：(1)(2)×(3)2思考：如图1­3­1所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？图1­3­1提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。(对应学生用书页码P9)碰撞过程满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。(2)系统的机械能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2。(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。1在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是()A若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选AD光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的。选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能。选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，不符合动量守恒，选项C不可能。选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。“子弹打木块”模型的结论及其应用图1­3­2如图1­3­2所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为s，则由动量守恒定律有：mv0(mM)v对子弹由动能定理：Ff(sd)mv2mv02对木块由动能定理：FfsMv2联立可得：Ffdmv02(mM)v2由式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即EkFfd。这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。这种模型还有：运动物块置于光滑水平面上的木板直至相对静止、物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止。图1­3­32如图1­3­3所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？解析：达到相对静止时有共同速度v则由动量守恒有Mv(mM)v平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L。由能量守恒有mgLMv2(mM)v2 联立解得L。答案：动量守恒和能量守恒的综合应用1.动量守恒与能量守恒的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件不受外力或所受合外力为零只有重力和弹力做功一般表达式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2标矢性矢量式标量式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量不变只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功注意事项应选取正方向选取零势能面2解决该类问题用到的规律动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。3解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。(2)如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。(5)选取所需要的方程列式并求解。(1)注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。(2)一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。(3)当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是不同的。图1­3­43如图1­3­4所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()Av0，水平向右B0C.，水平向右 D.，水平向右解析：选C物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞n次的过程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则m的初速度为v1v0，M的初速度为v20；作用后它们的末速度相同即v1v2v由动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2得：mv0(mM)v解得：v，方向与v0相同，水平向右。选项C正确。(对应学生用书页码P9)碰撞问题分析图1­3­5例1如图1­3­5所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球。A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为()A0.5B0.6C0.65 D0.75思路点拨解答本题从三个方面：由速度的合理性确定速度关系式，然后由动量守恒定律确定B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。解析A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件：vAvB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：vBvA。由vAvB得，即0.83由碰撞过程动量守恒得：pApBpApB，pB14 kg·m/s由碰撞过程的动能关系得0.69由vBvA得，0.57所以0.570.69选项B、C正确。答案BC(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。(3)要灵活运用Ek或p；Ekpv或p几个关系转换动能、动量。碰撞过程中的临界问题分析例2如图1­3­6所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)图1­3­6解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v011m×v1m×vmin10m×2v0m×vmin11m×v2为避免两船相撞应满足v1v2联立式得vmin4v0答案4v0在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：(1)分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。(2)分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。动量守恒和能量守恒的综合应用例3(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v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()图1­3­7解析弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向动量守恒，设m乙m，m甲3m，则爆炸前p总(3mm)v8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，由平抛规律可得：竖直自由落体hgt2，解得t1 s；水平方向匀速xvt。选项A：v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s(向左)，p总3m×2.5m×(0.5)7m，不满足动量守恒，选项A错误。选项B：p总3m×2.5m×0.58m，满足动量守恒；选项B正确。同理，选项C：p总3m×1m×25m，选项D：p总3m×(1)m×2m，均错误。答案B(对应学生用书页码P10)1质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图1­3­8所示，则铁球落入砂车后，砂车将()图1­3­8A立即停止运动B仍匀速运动，速度仍为v0C仍匀速运动，速度小于v0D做变速运动，速度不能确定解析：选C砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0(Mm)v，得vv0v0，故选C。图1­3­92如图1­3­9所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷。现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则()A碰撞发生在M、N的中点之外B两球同时返回M、N两点C两球回到原位置时各自的动量比原来大些D两球回到原位置时各自的动量与原来相等解析：选BC尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等，两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M、N两点，碰撞后两小球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B、C。3如图1­3­10所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()图1­3­10A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能不守恒D动量不守恒，机械能守恒解析：选B如果只研究子弹A射入木块B的短暂过程，并且只选A、B为研究对象，由于时间极短，则只需考虑在A、B之间的相互作用，A、B组成的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，所以A、B系统机械能不守恒。本题研究的是从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，在这个过程中有接触面对系统的弹力作用(此力对系统来讲是外力)，故动量不守恒。综合上面的分析可知，正确选项为B。图1­3­114如图1­3­11所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()AhB.hC.h D.h解析：选CA与B碰前速度vA。A与B碰后粘合在一起的共同速度v由动量守恒可求出。m·vA2mv，所以vvA，能上升的高度H可由2mg·H×2mv2求得，所以H。图1­3­125如图1­3­12所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()A0 B向左C向右 D无法确定解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒。细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零。又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v，由动量守恒定律有：0(Mm)v，所以v0，故A对。图1­3­136质量分别是m和M的两球发生正碰前后的位移跟时间t的关系如图1­3­13所示，由此可知，两球的质量之比mM为()A13 B31C11 D12解析：选A从xt图可知m、M碰撞前速度分别为v14 m/s，v20，m、M碰撞后的速度相同，v1v2v1 m/s。根据动量守恒列式：mv1Mv2(mM)v，即4m(mM)×1，得mM13，选项A正确。7穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则()A无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0.由已知有0(Mm)vmv0.设射出n颗后，后退速度为v。则有(Mnm)vnmv0.由以上分析有v，v。因MmMnm，所以有vnv，选项C正确。8如图1­3­14所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则()图1­3­14A木块的最终速度为v0B由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C车表面越粗糙，木块减少的动量越多D车表面越粗糙，小车获得的动量越多解析：选A由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车表面足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关。9在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有()AE1E0Bp1p0CE2E0 Dp2p0解析：选ABD根据动量守恒定律p0p1p2，对球1有p022m1E0，p122m1E1，由于碰撞过程中球1对球2做功，所以有E1E0，可以判断p1p0，p2p0，A、B、D正确；碰撞后总机械能不能增加，所以C错误。10如图1­3­15甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()图1­3­15A木板获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JC木板A的最小长度为1 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：选CD从题图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0(mM)v，求得M2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度是两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度大小为1 m/s2，动摩擦因数为0.1。故选项C、D正确。11如图1­3­16所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车头站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞，人从A车跃到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0，试求：图1­3­16(1)两小车和人组成的系统的初动量大小。(2)为避免两车相撞，且要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？解析：(1)由动量守恒定律可知，系统的初动量大小为p(Mm)v0。(2)为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度(设为v)，则(Mm)v0(2Mm)v，解得v(Mm)v0/(2Mm)。答案：(1)(Mm)v0(2)v0图1­3­1712.如图1­3­17所示，物块质量m3 kg，以速度v2 m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M12 kg，物块与平板车之间的动摩擦因数0.2，其他摩擦不计(g取10 m/s2)，求：(1)物块相对平板车静止时物块的速度；(2)要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？解析：(1)二者组成的系统动量守恒，取v方向为正。设共同速度为v，则有mv(Mm)v代入数据解得v0.4 m/s。(2)设平板车至少长为L，由能量守恒有：mgLmv2(mM)v2代入数据解得L0.8 m。答案：(1)0.4 m/s(2)0.8 m原子核专题一核反应与核反应方程1.核反应常见核反应分为衰变、人工转变、裂变、聚变等几种类型：(1)衰变：衰变：UThHe(核内2H2nHe)衰变：ThPae(核内nH01e)衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级。衰变反应的特点：衰变是原子核自发地转变成另一种原子核，反应物只有一个放射性核，生成物中除有一个新核外，还有粒子或粒子。(2)人工转变：7NHe8OH(发现质子的核反应)BeHe6Cn(发现中子的核反应)人工转变特点：以高能微观粒子轰击原子核为标志，反应物中除有一个原子核外，还有一个入射粒子，如粒子、质子、中子等。(3)裂变：UnBaKr3n裂变特点：质量较大的重核捕获中子分裂成两个以上中等质量的核，并放出几个中子。(4)聚变：HHHen聚变特点：反应物为n个质量较小的轻核，生成物包含一个质量较大的核。2核反应方程的书写(1)必须遵守电荷数守恒、质量数守恒规律，有些核反应方程还要考虑到能量守恒规律。(2)核反应方程中的箭头()表示核反应进行的方向，不能把箭头写成等号。(3)写核反应方程必须要有实验依据，决不能毫无根据地编造。(4)在写核反应方程时，应先将已知原子核和已知粒子的符号填入核反应方程一般形式的适当位置上；然后根据质量数守恒和电荷数守恒规律计算出未知核(或未知粒子)的电荷数和质量数；最后根据未知核(或未知粒子)的电荷数确定它们是哪种元素(或哪种粒子)，并在核反应方程一般形式中的适当位置填写上它们的符号。例1关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有()A.UThHe是衰变B.NHeOH是衰变C.HHHen是轻核聚变D.SeKr2e是重核裂变解析反应物中只有一个放射性核，生成物中除有一个新核外，还有粒子或粒子，故A项是衰变，D项是衰变，所以A对D错。反应物中除有一个原子核外，还有一个入射粒子粒子，故B项为原子核的人工转变，所以B错。两个质量中等的核结合成一个质量较大的核，故C项为轻核聚变，所以C对。答案AC专题二核能与核能的计算核能的计算是原子核物理中的热点问题，在重核的裂变、轻核的聚变、放射性衰变以及某些人工转变的核反应中，都伴随着巨大的核能释放，根据不同的题设条件和不同的核反应特征，归纳以下四种计算途径。1根据质量亏损计算核能方法一：用质能方程Emc2计算核能，其中m的单位取千克，E的单位是焦耳。方法二：根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即Em×931.5 MeV。其中m的单位是u，E的单位是MeV。2根据平均结合能计算核能原子核的结合能核子的平均结合能×核子数。核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能。3根据能量守恒和动量守恒来计算核能参与核反应的粒子所组成的系统，在核反应过程中的动量和能量是守恒的，因此，在题设条件中没有涉及到质量亏损，或者核反应所释放的核能全部转化为生成的新粒子的动能而无光子辐射的情况下，从动量和能量守恒可以计算出核反应释放或吸收的能量。4根据阿伏加德罗常数计算核能若已知微观数目的原子核发生核反应释放的能量，要计算具有宏观质量的物质中所有原子核都发生核反应所放出的总能量，应用阿伏加德罗常数计算核能较为简便。例2氚核和氦核发生聚变生成锂核，反应方程为HHeLi，已知各核的平均结合能分别为H：1.112 MeV、He：7.075 MeV、Li：5.603 MeV，试求此核反应过程中释放的核能。解析H和He分解成核子需提供能量，核子结合成Li时释放能量，则此核反应过程中释放的核能为二者之差。H和 He分解成7个核子所需的能量为E13×1.112 MeV4×7.075 MeV31.636 MeV7个核子结合成Li释放的能量为E27×5.603 MeV39.221 MeV 所以此核反应过程中释放的核能为EE2E139.221 MeV31.636 MeV7.585 MeV。答案7.585 MeV专题三半衰期的计算与应用1.半衰期T半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素的原子核有一半发生衰变所需的时间。2计算公式NN0()n或mm0()n，其中nt/T。(式中N、m为衰变后剩余的原子数量和质量，N0、m0为衰变前原子数量和质量，n为半衰期个数，t是所用时间)。3决定因素半衰期是指放射性元素的大量原子核半数发生衰变所需要的时间，表示大量原子核衰变的快慢程度。半衰期由放射性元素的原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理状态(如压强、温度)或化学状态(如单质、化合物)无关，放射性仅与原子核有关。例3约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖。他们发现的放射性元素P衰变成Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是_，P是P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术。1 mg P随时间衰变的关系如图3­1所示，请估算4 mg的P经多少天的衰变后还剩0.25 mg?图3­1解析由质量数守恒，核电荷数守恒，可得：PSie，所以这种粒子是正电子e。由P随时间衰变的关系图可得，其半衰期T14天由m剩()nm0，且得n4，所以tnT56天。答案正电子56天(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1某放射性元素经过x次衰变，y次衰变得到新核，与原来的放射性元素原子核相比较()A质子数减少(2xy)，中子数减少(2xy)B质子数减少(2xy)，中子数减少2yC质子数减少2x，中子数减少2yD质子数减少2y，中子数减少(2xy)解析：选A衰变过程如下XY，由反应方程式可知，新核比原来的原子核质子数减少了(2xy)，中子数减少了(2xy)，故A对，B、C、D错。2锌对人体的新陈代谢起着重要作用，在儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一。取儿童的头发约50 mg，放在反应堆中经中子照射后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的锌的同位素，其反应方程式为ZnnZn。Zn衰变放射出能量为1115 eV的射线，通过射线强度的测定可以计算出头发中锌的含量。关于以上叙述，下列说法正确的是()A.Zn和Zn有相同的核子数B.Zn和Zn有相同的质子数C射线是由锌原子的内层电子激发的D射线在真空中传播的速度是3×108 m/s解析：选BDZn和Zn质子数都是30，中子数分别为34和35，射线是原子核受激发产生的高频电磁波，传播速度等于光速3×108 m/s。3硼10俘获一个粒子后生成氮13放出x粒子，而氮13是不稳定的，它放出y粒子而变成碳13。那么x和y粒子分别是()A质子和电子B质子和中子C中子和正电子 D中子和电子解析：选C整个过程的反应方程是BHeNn，NCe，即x和y粒子分别是中子和正电子，故选项C正确。4(大纲高考)放射性元素氡(Rn)经衰变成为钋(Po)，半衰期约为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Rn的矿石，其原因是()A目前地壳中的Rn主要来自于其他放射性元素的衰变B在地球形成的初期，地壳中元素Rn的含量足够高C当衰变产物Po积累到一定量以后，Po的增加会减慢Rn的衰变进程D.Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期解析：选A本题考查原子物理的基础知识，意在考查考生对半衰期的理解。地壳中Rn主要来自其他放射性元素的衰变，则A正确，B错误；放射性元素的半衰期与外界环境等因素无关，则C、D错误。5太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是()图1A.HHHenB.7NHe8OHC.92Un54XeSr10nD.92U90ThHe解析：选AA是聚变反应，B是人工转变的核反应，C是裂变反应，D是衰变反应，故选项A是正确的。6太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是4HHe2X，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。下列说法中正确的是()A方程中的X表示中子(n)B方程中的X表示电子(01e)C这个核反应中质量亏损m4m1m2D这个核反应中释放的核能E(4m1m22m3)c2解析：选D由核反应质量数守恒和电荷数守恒可推断出X为01e，A、B错；质量亏损为m4m1m22m3，释放的核能为Emc2(4m1m22m3)c2，C错、D对。7如果原子X是原子P的同位素，而且它们分别发生了如下的衰变：XYZ，PQR，则下列说法正确的是()AX的质量数和P的相同BY的质子数比Q的质子数多CX的中子数和P的相同DZ和R是同位素解析：选D同位素是质子数相同中子数不同的原子，D正确，A、C错误；Y的质子数比Q的质子数少3，B错误。8在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁场中运动的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为71，如图2所示。则碳14的衰变方程为()图2A.CeB B.CHeBeC.CeN D.CHB解析：选C根据r判断两电荷的电荷量之比为17。两圆内切，所以为异种电荷，因此C项正确。9由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪如图3所示，它曾由航天飞机携带升空，将其安装在阿尔法国际空间站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质。所谓的反物质即质量与正粒子相等，带电荷量与正粒子相等但电性相反，例如反质子即为H。假若使一束质子、反质子、粒子和反粒子组成的射线，通过OO进入匀强磁场B2而形成图中的4条径迹，则()图3A1、2是反粒子径迹B3、4为反粒子径迹C2为反粒子径迹 D4为反粒子径迹解析：选AC由左手定则判定质子、粒子受到洛伦兹力向右偏转；反质子、反粒子向左偏转，故选项A正确。进入匀强磁场B2的粒子具有相同的速度，由偏转半径R 知，反粒子、粒子在磁场中的半径大，C正确。10(新课标全国卷)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是()A密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D卢瑟福通过粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：选ACE密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C项正确；卢瑟福用镭放射出的粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E项正确。二、填空题(本题共3小题，共20分。把答案填在题中横线上，或按题目要求作答)11(6分)核反应堆中的燃料是_，用石墨、重水等作为_使裂变时产生的中子速度减小，用镉棒来_以控制核反应的_。答案：铀235减速剂吸收中子速度12(6分)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是_和_(填入正确选项前的字母)。131I和137Cs原子核中的中子数分别是_和_。AX1Ban BX2XeeCX3Bae DX4Xep解析：根据衰变过程电荷数守恒、质量数守恒，可知X1是Ba，X2是I，X3是Cs，X4是Cs，所以能分别反映I、Cs的衰变过程的是分别是B、C。I原子核中的中子数是1315378，Cs原子核中的中子数是1375582。答案：BC788213(8分)完成核反应方程：ThPa_，若Th衰变为Pa的半衰期是1.2 min，则64 g Th经过6 min 还有_ g尚未衰变。解析：根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，反应后未知粒子的电荷数为1，质量数为0，可判断为e(负电子)。根据衰变规律，经过6 min，即经过5个半衰期，未衰变的Th还有64 g×()52 g。答案：e2三、简答题(本题共3小题，共30分。解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14(8分)(1)美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用铜和半衰期为100年的放射性同位素镍63(Ni)两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63(Ni)发生一次衰变变成铜(Cu)，同时释放电子给铜片，把镍63(Ni)和铜片做电池两极。镍63(Ni)的衰变方程为_。16 g镍63经过400年还有_g尚未衰变。(2)一静止的质量为M的镍核(Ni)发生衰变，放出一个速度为v0，质量为m的粒子和一个反冲铜核，若镍核发生衰变时释放的能量全部转化为粒子和铜核的动能。求此衰变过程中的质量亏损(亏损的质量在与粒子质量相比时可忽略不计)。解析：(1)Ni01eCu1(2)设衰变后铜核的速度为v，由动量守恒mv0(Mm)v由能量守恒Emv(Mm)v2由质能方程Emc2解得m。答案：(1)Ni01eCu1(2)15(10分)(1)放射性物质Po和Co的核衰变方程分别为：PoPbX1，CoNiX2，方程中的X1代表的是_，X2代表的是_。(2)如图4所示，铅盒内装有能释放、和射线的放射性物质，在靠近铅盒的顶部加上电场E或磁场B，在图(a)、(b)中分别画出射线运动轨迹的示意图(在所画轨迹上须标明是、和中的哪种射线)。图4解析：(1)由质量数守恒可知X1、X2的质量数分别为4、0，由电荷数守恒可知X1、X2的电荷数分别为2、1。故X1是He，X2是e。(2)粒子带正电，在(a)图电场中向右偏，在(b)图的磁场受到指向左侧的洛伦兹力向左偏；粒子带负电，故在(a)图中向左偏而在(b)图中向右偏，粒子不带电，故不发生偏转，如图所示(曲率半径不作要求，每种射线可只画一条轨迹)。答案：(1)Hee(2)见解析图16(12分)一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量mH1.007 3 u，中子质量mn1.008 7 u，氚核质量m3.018 0 u(1)写出聚变方程；