创新设计浙江选考高考物理总复习 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核教师用书 67页

第12章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核 ‎ [考纲要求]‎ 知识内容 考试要求 备考方略 必考 加试 动量和动量定理 c 新高考中，对本部分知识的考查出现在选考题中。考题主要是选择题，主要考查光的粒子性、粒子的波动性、原子的核式结构模型、玻尔的原子模型、放射性元素的衰变、放射性的应用与防护、核力与结合能、核聚变和核裂变等；最可能是把3－5知识整合到一个选择题中出现。‎ 高考对本章知识的考查还可以以计算题形式出现，主要考点有碰撞模型、动量定理、动量守恒定律。‎ 动量守恒定律 c 碰撞 d 反冲运动　火箭 b 能量量子化 b 光的粒子性 c 粒子的波动性 c 概率波 b 不确定性关系 b 电子的发现 a 原子的核式结构模型 b 氢原子光谱 b 玻尔的原子模型 c 原子核的组成 a 放射性元素的衰变 c 探测射线的方法 a 放射性的应用与防护 a 核力与结合能 c 核裂变 c 核聚变 c 粒子和宇宙 a 第1课时　动量定理　动量守恒定律及其应用 考点一　动量和动量定理(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．动量 ‎(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。‎ ‎(2)表达式：p＝mv。‎ 67‎ ‎(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。‎ ‎(5)动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。‎ ‎(6)与动能的区别与联系：‎ ‎①区别：动量是矢量，动能是标量。‎ ‎②联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。‎ ‎2．冲量 ‎(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。‎ ‎(2)表达式：I＝Ft。单位：N·s。‎ ‎(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。‎ ‎3．动量定理 项目 动量定理 内容 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量 表达式 p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t 意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因 标矢性 矢量式(注意正方向的选取)‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．(多选)(2016·浙江镇海中学选考模拟)当我们从高处跳到低处时，都有这样的生活常识：为了安全，一般都是让脚尖先着地。从力的动量的角度来看，这样做的目的是(　　)‎ A．减小动量 B．减小动量的变化量 C．延长和地面的冲击时间，从而减小支持力 D．增大人对地的压强，起到安全作用 解析　根据动量定理分析，延长时间的目的是减小合力，从而减小支持力。‎ 答案　C ‎2．如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大分别为v1，v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　)‎ 67‎ A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同 B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同 C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 解析　在球拍击打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同。‎ 答案　D ‎[要点突破]‎ 要点一　动量定理应用 ‎1．用动量定理解题的基本思路 ‎2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。‎ ‎【例1】 质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)‎ A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N 解析　选取人为研究对象，‎ 人下落过程v2＝2gh，v＝10 m/s，‎ 缓冲过程由动量定理(F－mg)t＝mv，‎ F＝＋mg＝(＋60×10) N＝1 100 N。‎ 由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N。‎ 答案　B 要点二　用动量定理解释现象 ‎1．物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。‎ ‎2．作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。‎ ‎【例2】 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)‎ 67‎ A．减小球的动量的变化量 B．减小球对手作用力的冲量 C．减小球的动量变化率 D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 解析　动量的变化量为mv－mv0，最终不会因为手的动作而改变，所以A错；根据动量定理FΔt＝mv－mv0，手对球的冲量即动量变化量不会改变，此即球对手的动量变化量；手弯曲的动作是增加了作用时间，而减小了动量变化率，也即减小了冲力，起到缓冲效果。‎ 答案　C ‎[精练题组]‎ ‎1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft C．拉力F对的体的冲量大小是Ftcos θ D．合力对物体的冲量大小为零 解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上的冲量。某一个力的冲量与另一个力的冲量无关。‎ 答案　BD ‎2．(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)‎ A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零 解析　击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B错误；据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，作用时间越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确。‎ 67‎ 答案　CD ‎3．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t(　　)‎ A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小 B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大 C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大 D．以上三种情况都有可能 解析　甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式p＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的。‎ 答案　C ‎4．质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，求小球所受平均力的大小。‎ 解析　选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1‎ 所以，F＝＝ N＝－90 N ‎“－”号说明F的方向向左。‎ 答案　90 N ‎5．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)‎ 解析　解法一　用动量定理解，分段处理。选物体作为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0。对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。以上两式联立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。‎ 67‎ 解法二　用动量定理解，研究全过程。‎ 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零。‎ 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得 ‎(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0‎ 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s 答案　12 s ‎【方法总结】‎ 动量定理的两个重要应用 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化：例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。‎ 考点二　动量守恒定律(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎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。‎ ‎2．表达式：‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。‎ ‎3．适用条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 67‎ 解析　动量守恒的研究对象为相互作用的两个或两个以上物体组成的系统，故A、B项错，C项正确；在甲与乙相互作用过程中，系统的动能一部分会转化成弹簧的弹性势能。所以动能不守恒，D项错误。‎ 答案　C ‎2．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)‎ 解析　取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确。‎ 答案　C ‎[要点突破]‎ 要点一　动量守恒的判断 ‎1．动量守恒的判断 由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下：‎ ‎(1)明确系统由哪几个物体组成。‎ ‎(2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。‎ ‎(3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判定系统的动量是否守恒。‎ ‎2．注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件不同：‎ 机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为0。‎ ‎【例1】 (多选)一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，当枪沿水平方向向前发射一颗子弹时，下列判断正确的是(　　)‎ A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和小车组成的系统动量守恒 C．枪、子弹、小车三者组成的系统动量守恒 D．枪发射子弹后，枪和小车一起向后运动 67‎ 解析　发射子弹的过程中，火药燃烧产生的高温、高压气体对枪和子弹的作用力使枪和子弹的动量发生改变，与此同时，小车和枪之间也有作用力，这个作用力对枪和子弹组成的系统来说是外力，枪和子弹组成的系统动量不守恒，而气体作用力对枪和小车组成的系统来说又是外力，使枪和小车组成的系统动量不守恒，所以A、B项错；若把枪、子弹、小车三者作为一个系统，则系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故C项正确；发射子弹后，子弹获得向前的动量，而系统初动量为零，所以枪和小车组成的整体必定获得大小相等、方向相反的动量，枪和小车一起向后运动，D项正确。‎ 答案　CD 要点二　动量守恒定律应用 ‎1．注意动量守恒的“四性”‎ ‎(1)矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。‎ ‎(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量不能相加。‎ ‎(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。‎ ‎(4)普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。‎ ‎2．解题步骤 ‎【例2】 在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率是(　　)‎ A．小于10 m/s B．大于10 m/s小于20 m/s C．大于20 m/s小于30 m/s D．大于30 m/s小于40 m/s 解析　由于碰撞过程时间极短，两车之间的作用力远大于它们所受到的阻力，可认为碰撞过程中两车的动量守恒。设向南为正方向，客车的质量为m1＝1 500 kg、速度为v1＝20 m/s，卡车的质量为m2＝3 000 kg、速率为v2。由于碰后两车撞在一起向南滑行，故碰后两车的共同速度v>0。‎ 根据动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 67‎ 所以m1v1－m2v2>0‎ 有：v2< 代入数据得：v2<10 m/s 答案　A ‎[精练题组]‎ ‎1．(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是(　　)‎ 解析　动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合力为零，而相互作用过程中内力远大于外力时也可认为动量守恒。图A中，滑轮男孩推滑轮女孩的过程中，内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；图B和图D中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件，系统的动量不守恒；图C中，太空中无空气阻力作用，太空人和子弹在相互作用过程中动量守恒。‎ 答案　AC ‎2．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．v1‎ 解析　根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1。‎ 答案　D ‎3．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25‎ 67‎ ‎ m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)‎ A．1 m/s B．0.5 m/s C．－1 m/s D．－0.5 m/s 解析　两车碰撞过程动量守恒 m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝ ‎＝ m/s＝－0.5 m/s 答案　D ‎4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)‎ A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3‎ 解析　设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝v 所以＝＝。选项D正确。‎ 答案　D ‎5．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s 的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞。求此时：‎ ‎(1)两车的速度各为多大？‎ ‎(2)甲总共抛出了多少个小球？‎ 解析　(1)两车刚好不相撞，则两车速度相同，由动量守恒定律得 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v 解得v＝1.5 m/s ‎(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得 M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′‎ 67‎ 解得n＝15‎ 即总共抛出了15个小球。‎ 答案　1.5 m/s　1.5 m/s　(2)15个 ‎【方法总结】‎ ‎(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)严格解决动量守恒定律的步骤 ‎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(或某一方向上动量是否守恒)；‎ ‎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。‎ 考点三　碰　撞(－/d)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的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 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 ‎【过关演练】‎ ‎1．如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA>mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上，经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析　由于力F相同且作用距离相同，即力F对A、B两物体做的功相等，由动能定理得A、B两物体获得的动能相等，即EkA＝EkB，又由p2＝2mEk得pA>pB，撤去F后A、B两物体组成的系统动量守恒，则有p总＝pA－pB，方向向右，故选C。‎ 答案　C 67‎ ‎2．(2016·浙江兰溪一中期中)如图所示，一质量为0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹。求：‎ ‎(1)原来静止小球B获得的速度大小；‎ ‎(2)碰撞过程中损失的机械能。‎ 解析　(1)A、B两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B的速度为v，则mAvA＝mAvA′＋mBv，‎ 代入数据解得v＝1.1 m/s。‎ ‎(2)由A、B两小球组成的系统能量守恒有 mAv＝mAvA′2＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J 答案　(1)1.1 m/s　(2)0.385 J ‎[要点突破]‎ 要点一　碰撞现象满足的规律 ‎1．动量守恒定律。‎ ‎2．机械能不增加。‎ ‎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。‎ ‎【例1】 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)‎ A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。‎ 答案　B 要点二　碰撞 67‎ 解决碰撞问题往往需要用动量守恒定律结合能量守恒定律，两者结合是解决此类问题的方法。若是弹性碰撞，则利用动量守恒和机械能守恒定律结合解决问题。‎ ‎【例2】 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程中产生的内能可能为(　　)‎ A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J 解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝m0v－，而木块获得的动能E木＝m·(v0)2＝6 J，两式相除得＝>1，选项A正确。‎ 答案　A ‎[精练题组]‎ ‎1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)‎ A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s 解析　从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三种皆有可能。从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能。‎ 答案　A ‎2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)‎ A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析　由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′‎ 所以v′＝2v 碰前总动能：Ek＝3mv2＋mv2＝2mv2‎ 67‎ 碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对。‎ 答案　A ‎3．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s ，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)‎ A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s 解析　两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和。即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误。‎ 答案　D ‎4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析　由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。‎ 答案　B ‎5．如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带正电的小球，A球质量为m，B球质量为2m，开始时，两球相距很远。今A球以初速度v0向B球接近。求当两球距离最近时，两球速度为多少？在此过程中电势能增加了多少？‎ 解析　以A、B两小球组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，运用动量守恒定律有：mv0‎ 67‎ ‎＝(m＋2m)v1，得v1＝。又根据能量守恒观点系统动能减少量等于电势能的增加量。ΔEp＝mv－×3mv＝mv。‎ 答案　　mv ‎6．如图所示，两小车A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车。现在先释放小车B，当小车B的速度大小为3v时，再释放小车A，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A的速度大小为v时，弹簧刚好恢复原长。自始至终弹簧都未超出弹性限度。求：‎ ‎(1)弹簧刚恢复原长时，小车B的速度大小；‎ ‎(2)两小车相距最近时，小车A的速度大小；‎ ‎(3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小。‎ 解析　(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B速度为vB，‎ 以A、B两车和弹簧为研究对象，小车B速度为3v开始 到小车A速度为v过程，此系统动量守恒，列方程有：‎ ‎2m·3v＝2 m·vB＋M(－v)‎ 解得vB＝3.5v ‎(2)两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有：‎ ‎2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v ‎(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有 E弹＝×2mv＋mv2－×3m·v 解得E弹＝ mv2‎ 答案　(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2‎ 考点四　反冲运动　火箭(－/b)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．反冲运动 ‎(1)反冲：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，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。‎ ‎(2)反冲现象的应用及防止 ‎①应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转 67‎ ‎，可以自动改变喷水的方向。‎ ‎②防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。‎ ‎2．火箭 ‎(1)火箭的原理 火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。‎ ‎(2)影响火箭获得速度大小的因素 ‎①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。‎ ‎②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。现代火箭的质量比一般小于10。‎ 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A.v0 B.v0‎ C.v0 D.v0‎ 解析　选火箭和燃料整体为研究对象，在气体喷出的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，则(M－m)v＝mv0，‎ 解得v＝，故D选项正确。‎ 答案　D ‎2．一炮弹以一定倾角斜向上发射达到最高点时，爆炸成两块，其中一块沿原方向运动，则另一块(　　)‎ A．一定沿原来相反的方向运动 B．一定沿原来相同的方向运动 C．可能做自由落体运动 D．可能做竖直上抛运动 解析　炮弹在最高点时有水平速度，爆炸前总动量向前，因为爆炸前后总动量守恒，爆炸后只知道一部分动量向前，不能确定另一部分动量方向，向前、向后、零都有可能。‎ 答案　C ‎[要点突破]‎ 67‎ 要点一　反冲运动的特点 ‎1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。‎ ‎2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可用动量守恒定律处理。‎ ‎3．反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，系统总动能一般会增加。‎ ‎【例1】 如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止 解析　这是反冲运动，根据动量守恒定律可知，小球下落时速度向右，小车向右；小球静止，小车也静止。‎ 答案　D 要点二　火箭 ‎1．火箭的工作原理：反冲现象。‎ ‎2．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。‎ ‎3．火箭获得的最终速度 火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？‎ 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。‎ 发射前的总动量为0，发射后的总动量为 mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)‎ 则mv－(M－m)v1＝0‎ 所以v＝(－1)v1‎ 燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M/m决定。‎ 67‎ ‎【例2】 运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)‎ A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 解析　反冲运动中满足动量守恒定律，向后喷出的气体，使火箭获得向前的推力。‎ 答案　B ‎[精练题组]‎ ‎1．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)‎ A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变 C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 解析　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。‎ 答案　A ‎2．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)‎ A．向后踢腿 B．手臂向后甩 C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出 解析　踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态。‎ 答案　D ‎3．(多选)春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动，在这段时间内与“冲天炮”的有关物理量将是(　　)‎ A．合外力为零 B．动能不变 C．重力不变 D．动量值变小 解析　“冲天炮”向上匀速，所以合力为零，在上升过程中喷出气体，则质量变小，即重力、动能、动量变小。‎ 答案　AD ‎4．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左、右两端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则(　　)‎ A．若两人质量相等，必定v甲>v乙 B．若两人质量相等，必定v甲m乙 D．若两人速率相等，必定m甲n)的条件，故B错误；14 eV>13.6 eV，已经足以使氢原子电离，故C正确；用11 eV的电子碰撞，E2－E1＝10.2 eV<11 eV，故D正确。‎ 答案　ACD ‎2．大量氢原子从n＝5的激发态向低能级跃迁时，产生的光谱条数是(　　)‎ A．4条 B．6条 C．8条 D．10条 67‎ 解析　由N＝计算得N＝10，选项D对。‎ 答案　D ‎3．(多选)关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是(　　)‎ A．原子可以处于连续的能量状态中 B．原子的能量状态不可能是连续的 C．原子的核外电子在轨道上运动时，要向外辐射能量 D．原子的核外电子在轨道上运动时，不向外辐射能量 解析　由玻尔的原子模型知原子的能量是不连续的，是量子化的，电子在定态轨道上绕核运动时，不向外辐射能量，处于定态，只有从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，才向外辐射能量。‎ 答案　BD ‎4．根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指(　　)‎ A．电子的动能 B．电子的电势能 C．电子的电势能与动能之和 D．电子的动能、电势能和原子核能之和 解析　根据玻尔理论，电子绕核在不同轨道上做圆周运动，库仑引力提供向心力，故电子的能量指电子的总能量，包括动能和电势能，所以C选项是正确的。‎ 答案　C ‎5．如图所示为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子(　　)‎ A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长 B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出电磁波的速度大 C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的 D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量 解析　由hν＝Em－En和ν＝结合能级图知A对、B错；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不一样，C错；从高能级向低能级跃迁时，是氢原子向外放出能量，D项错。‎ 答案　A 67‎ 活页作业 一、选择题 ‎1．(多选)关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)‎ A．阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象 B．阴极射线是在真空管内由阴极发出的电子流 C．阴极射线是组成物体的原子 D．阴极射线沿直线传播，但可被电场、磁场偏转 解析　阴极射线是在真空管中由阴极发出的电子流，B正确，A错误；电子是原子的组成部分，C错误；电子可被电场、磁场偏转，D正确。‎ 答案　BD ‎2．关于线状谱，下列说法中正确的是(　　)‎ A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同 B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同 C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同 D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同 解析　每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，选项C正确。‎ 答案　C ‎3．(多选)关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的是(　　)‎ A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说 B．它发展了卢瑟福的核式结构学说 C．它完全抛弃了经典的电磁理论 D．它引入了普朗克的量子理论 解析　玻尔的原子模型在核式结构模型的前提下提出轨道量子化、能量量子化及能级跃迁，故A错误、B正确；它的成功就在于引入了量子化理论，缺点是被过多引入的经典力学所困，故C错误、D正确。‎ 答案　BD ‎4．(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)‎ A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波 B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量 C．原子内电子的可能轨道是不连续的 D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差 67‎ 解析　根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，选项B正确；玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，选项C正确；原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确。‎ 答案　BCD ‎5．(多选)下列叙述中，正确的是(　　)‎ A．汤姆孙根据α粒子散射实验，提出了原子的枣糕式模型 B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型 C．汤姆孙最早发现了电子 D．卢瑟福最早发现了电子 解析　汤姆孙最先发现了电子。α粒子散射实验的结果是大部分α粒子沿原方向运动，少部分发生大角度偏转，极少数偏转角超过90°甚至达到180°，说明原子的几乎全部质量与全部正电荷都集中在很小的核上，据此卢瑟福提出了原子的核式结构模型，正确答案为B、C。‎ 答案　BC ‎6．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氢离子。已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氢离子能级的示意图如图所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)‎ A．40.8 eV B．43.2 eV C．51.0 eV D．48.4 eV 解析　光子如要被基态氦离子吸收而发生跃迁，光子能量必须等于两能级间的能量差，B不符合条件。‎ 答案　B ‎7．根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是(　　)‎ A．若氢原子由能量为En的定态向低能级跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为hν＝En B．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是ν C．一个氢原子中的电子从一个半径为ra的轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的轨道，已知ra>rb，则此过程原子要辐射某一频率的光子 D．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁 解析　原子由能量为En的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，与En 67‎ 不相等，故A错；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D错。‎ 答案　C ‎8．如图甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)‎ A．a元素 B．b元素 C．c元素 D．d元素 解析　由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的谱线在该线状谱中不存在，故B正确；与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素。‎ 答案　B ‎9．一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中(　　)‎ A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线 B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线 C．只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线 D．只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线 解析　当原子由高能级向低能级跃迁时，原子将发出光子，由于不只是两个特定能级之间的跃迁，所以它可以发出一系列频率的光子，形成光谱中的若干条亮线。‎ 答案　B ‎10．根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光。以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)‎ A．E－h B．E＋h C．E－h D．E＋h 解析　释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h。‎ 答案　C ‎11．(多选)如图为氢原子能级图，现有一群处于n＝3激发态的氢原子，则这些原子(　　)‎ 67‎ A．能发出3种不同频率的光子 B．发出的光子最小能量是0.66 eV C．由n＝3跃迁到n＝2时发出的光子波长最长 D．由n＝3跃迁到n＝1时发出的光子频率最高 解析　一群处于n＝3激发态的氢原子，可能由n＝3向n＝2能级跃迁，可能由n＝3向n＝1能级跃迁，可能由n＝2向n＝1能级跃迁，可能发出3种不同频率的光子，故A正确；由n＝3向n＝2能级跃迁发出的光子能量最小，则光子频率也最小，波长最长，最小能量为－15.1 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，故B错误，C正确；n＝3和n＝1之间的能级差最大，则辐射的光子能量最大，频率最高，故D正确。‎ 答案　ACD 二、非选择题 ‎12．氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6 eV，当处于n＝3的激发态时，能量为E3＝－1.51 eV，则：‎ ‎(1)当氢原子从n＝3的激发态跃迁到n＝1的基态时，向外辐射的光子的波长是多少？‎ ‎(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射原子？‎ ‎(3)若有大量的氢原子处于n＝3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种频率的光子？其中最长波长是多少？‎ 解析　(1)λ＝＝1.03×10－7 m。‎ ‎(2)ν＝＝3.28×1015 Hz。‎ ‎(3)3种，其中波长最长的是从n＝3到n＝2所放出光子，λ′＝＝＝6.58×10－7 m。‎ 答案　(1)1.03×10－7 m　(2)3.28×1015 Hz　(3)3种　6.58×10－7 m 第4课时　原子核 考点一　放射性元素的衰变(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．原子核的组成 ‎(1)质子的发现：1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，质子是原子核的组成部分。‎ ‎(2)中子的发现：卢瑟福猜想原子核内存在着一种质量与质子相同，但不带电的粒子，称为中子。查德威克利用云室进行实验验证了中子的存在，中子是原子核的组成部分。‎ 67‎ ‎(3)原子核的组成：原子核由质子和中子组成，质子和中子统称为核子。‎ ‎(4)原子核的符号 ‎(5)同位素：具有相同的质子数而中子数不同的原子核，在元素周期表中处于同一位置，它们互称为同位素。例如，氢有三种同位素H、H、H。‎ ‎2．天然放射现象 ‎(1)天然放射现象 元素自发地放出射线的现象，首先由贝克勒尔发现。天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构。‎ ‎(2)放射性和放射性元素 物质发射某种看不见的射线的性质叫放射性。具有放射性的元素叫放射性元素。‎ ‎(3)三种射线：放射性元素放射出的射线共有三种，分别是α射线、β射线、γ射线。‎ ‎(4)放射性同位素的应用与防护 ‎①放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同。‎ ‎②应用：消除静电、工业探伤、作示踪原子等。‎ ‎③防护：防止放射性对人体组织的伤害。‎ ‎3．原子核的衰变 ‎(1)衰变：原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变。‎ ‎(2)分类 α衰变：X→Y＋He β衰变：X→Y＋e ‎(3)半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期由原子核内部的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．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. B. C. D. 解析　设剩余质量为m剩，则由m剩＝m()，得m剩＝m()＝＝，C选项正确。‎ 答案　C ‎2．(多选)关于天然放射性，下列说法中正确的是(　　)‎ 67‎ 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 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 解析　原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素也能发生衰变，故A选项错误；放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B、C选项正确；在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D选项正确；一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E选项错误。‎ 答案　BCD ‎[要点突破]‎ 要点　衰变与半衰期 ‎1．α衰变和β衰变的比较 衰变类型 α衰变 β衰变 衰变方程 X→Y＋He X→Y＋e 衰变 实质 ‎2个质子和2个中子结合成一个整体射出 中子转化为质子和电子 ‎2H＋2n→He n→H＋e 衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒 ‎2.γ辐射：γ辐射是伴随着α衰变和β衰变同时发生的，γ辐射不改变原子核的电荷数和质量数。其实质是放射性原子核在发生α衰变或β衰变过程中，产生的新核由于具有过多的能量(核处于激发态)而辐射出光子。‎ ‎3．半衰期：用N0、m0分别表示衰变前的原子核的数目和质量，N、m分别表示衰变后剩余的原子核的数目和质量，τ为半衰期，τ表示衰变过程所经历的时间，则N＝N0－()　m＝m·()‎ ‎【例题】 在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图所示。该装置中探测器接收到的是(　　)‎ A．X射线 B．α射线 C．β线射 D．γ射线 解析　放射源发出的只有α、β、γ三种射线，故选项A错误；在α、β、γ三种射线中，只有γ射线能穿过钢板，故选项B、C错误，D正确。‎ 67‎ 答案　D ‎[精练题组]‎ ‎1．(多选)氢有三种同位素，分别是氕(H)、氘(H)、氚(H)，则(　　)‎ A．它们的质子数相等 B．它们的核外电子数相等 C．它们的核子数相等 D．它们的化学性质相同 解析　氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，质子数和核外电子数均相同，都是1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相同，A、B两项正确；同位素化学性质相同，只是物理性质不同，D正确。‎ 答案　ABD ‎2．人类探测月球时发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可作为未来核聚变的重要原料之一，氦的该种同位素应表示为(　　)‎ A.He B.He C.He D.He 解析　氦的同位素质子数一定相同，质量数为3，故应表示为He，因此B正确。‎ 答案　B ‎3．下列有关半衰期的说法正确的是(　　)‎ A．放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需的时间越短，衰变速度越快 B．放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素的半衰期也变短 C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的衰变速度 D．降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可减小衰变速度 解析　放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核半数发生衰变所需的时间，它反映着放射性元素衰变速度的快慢，若衰变越快，半衰期越短；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理状态或化学状态无关，故A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎4．(多选)对天然放射现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．α粒子带正电，所以α射线一定是从原子核中射出的 B．β粒子带负电，所以β射线有可能是核外电子 C．γ粒子是光子，所以γ射线有可能是原子发光产生的 D．α射线、β射线、γ射线都是从原子核内部释放出来的 解析　α粒子是由原子核中2个质子与2个中子相结合产生的，是氦核，因原子核外只有带负电的电子，所以A是正确的；β粒子是电子流，是核内一个中子转化成一个电子和质子，电子是从核中射出的，‎ 67‎ 所以B选项不对；γ是光子，是原子核从高能态跃迁到低能态时辐射出来的，C不对，选项D是正确的；天然放射现象中放射出来的三种射线都是原子核内部发生衰变时释放出来的，故本题正确答案为A、D。‎ 答案　AD ‎5.U衰变为Rn要经过m次α衰变和n次β衰变，则m、n分别为(　　)‎ A．2、4 B．4、2 C．4、6 D．16、6‎ 解析　由质量数守恒和电荷数守恒得：238＝222＋4m，92＝86＋2m－n，联立解得：m＝4，n＝2。‎ 答案　B 考点二　核力与结合能(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．探测方法 ‎(1)组成射线的粒子会使气体或液体电离，以这些离子为核心，过饱和的蒸气会产生雾滴，过热液体会产生气泡。‎ ‎(2)射线能使照相乳胶感光。‎ ‎(3)射线能使荧光物质产生荧光。‎ ‎2．探测仪器 ‎(1)威耳逊云室：①原理：粒子在云室内气体中飞过，使沿途的气体分子电离，过饱和酒精蒸气就会以这些离子为核心凝结成雾滴，于是显示出射线的径迹。‎ ‎(2)气泡室：气泡室的原理同云室的原理类似，所不同的是气泡室里装的是液体，如液态氢。‎ 粒子通过过热液体时，在它的周围产生气泡而形成粒子的径迹。‎ ‎(3)盖革—米勒计数器：‎ ‎①优点：G－M计数器非常灵敏，使用方便。‎ ‎②缺点：只能用来计数，不能区分射线的种类。‎ ‎3．放射性同位素的应用与防护 ‎(1)应用射线：应用射线可以测厚度、医疗方面的放射治疗、照射种子培育优良品种等。‎ ‎(2)示踪原子：有关生物大分子的结构及其功能的研究，要借助于示踪原子。‎ ‎(3)辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用。要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染。‎ ‎4．核力 ‎(1)定义：‎ 原子核内部，核子间所特有的相互作用力。‎ 67‎ ‎(2)特点：‎ ‎①核力是强相互作用的一种表现；‎ ‎②核力是短程力，作用范围在1.5×10－15m之内；‎ ‎③每个核子只跟它的相邻核子间才有核力作用。‎ ‎5．结合能 核子结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量，叫做原子核的结合能，亦称核能。‎ ‎6．质能方程、质量亏损 爱因斯坦质能方程E＝mc2，原子核的质量必然比组成它的核子的质量和要小Δm，这就是质量亏损。由质量亏损可求出释放的核能ΔE＝Δmc2。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．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－m1)c B．(m1－m2－m3)c C．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2‎ 解析　此核反应方程为H＋n→H，根据爱因斯坦的质能方程得ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，故C选项正确。‎ 答案　C ‎2．图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物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于纸面向里。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粒子不带电，不会发生偏转，故B错；由左手定则可判定，a、b粒子带正电，c、d粒子带负电，又知α粒子带正电，β粒子带负电，故A、C均错，D正确。‎ 答案　D ‎[要点突破]‎ 要点一　质能方程、质量亏损 ‎1．质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E＝‎ 67‎ mc2。‎ 方程的含义是：物体具有的能量与它的质量之间存在简单的正比关系，物体的能量增大，质量也增大；物体的能量减少，质量也减少。‎ ‎2．质量亏损：组成原子核的核子质量与原子核的质量之差。根据能量守恒，原子核的质量必然比组成它的核子的质量和要小Δm，这就是质量亏损，由质量亏损可求出释放的核能ΔE＝Δmc2。核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其能量也要相应减少，即ΔE＝Δmc2；原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2。‎ ‎3．质能方程的三个易错点：‎ ‎(1)质量亏损并不是质量消失，只是静止质量变成了运动的质量；‎ ‎(2)质量亏损也不是核子个数的减少，核反应中核子个数是不变的；‎ ‎(3)质量和能量这两个量并不可以相互转化，只是这两个量在数值上有联系。‎ ‎【例1】 (多选)关于质能方程，下列哪些说法是正确的(　　)‎ A．质量减少，能量就会增加，在一定条件下质量转化为能量 B．物体获得一定的能量，它的质量也相应地增加一定值 C．物体一定有质量，但不一定有能量，所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系 D．某一定量的质量总是与一定量的能量相联系的 解析　质能方程E＝mc2表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的，当物体获得一定的能量，即能量增加某一定值时，它的质量也相应增加一定值，并可根据ΔE＝Δmc2进行计算，故B、D对。‎ 答案　BD 要点二　核能的计算方法 ‎1．根据爱因斯坦质能方程列式计算：即ΔE＝Δmc2(Δm的单位：kg)。‎ ‎2．根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏能量，则ΔE＝Δm×931.5 MeV(Δm的单位：u，1 u＝1.660 6×10－27 kg)。‎ ‎3．核反应遵守动量守恒定律和能量守恒定律，因此我们可以结合动量守恒定律和能量守恒定律来计算核能。‎ ‎【例2】 已知Ra、Rn、He的原子质量分别是226.025 4 u，222.017 5 u，4.002 6 u。求出Ra在α衰变Ra→Rn＋He中放出的能量(以电子伏特为单位)。‎ 解析　衰变后的质量亏损为Δm＝(226.025 4－222.017 5－4.002 6)u＝0.005 3 u。因为1 u相当于931.5 MeV，因此释放的能量为ΔE＝0.005 3×931.5 MeV≈4.937 0 MeV＝4.937 0×106 eV。‎ 答案　4.937 0×106 eV ‎[精练题组]‎ ‎1．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(　　)‎ 67‎ 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 解析　α粒子轰击氮的核反应方程为He＋N→O＋H，入射的是α粒子，所以B是α粒子产生的径迹，质量大电离作用强的新核O，径迹粗而短，故A是新核径迹，质子电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹是质子的径迹，所以正确选项为D。‎ 答案　D ‎2．(多选)有关放射性同位素P的下列说法，正确的是(　　)‎ A.P与X互为同位素 B.P与其同位素有相同的化学性质 C．用P制成化合物后它的半衰期变长 D．含有P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响 解析　同位素有相同的质子数，所以选项A错误；同位素有相同的化学性质，所以选项B正确；半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以P制成化合物后它的半衰期不变，即选项C错误；含有P的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D正确。‎ 答案　BD ‎3．医学界通过14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是(　　)‎ A．示踪原子 B．电离作用 C．催化作用 D．贯穿作用 解析　用14C标记C60来查明元素的行踪，发现可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，因此14C的作用是作示踪原子，故选项A正确。‎ 答案　A ‎4．(多选)以下说法中正确的是(　　)‎ A．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 B．在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多 C．核力不可能表现为斥力 D．原子核越大，它的结合能越大，原子核中核子结合越牢固 解析　核力是短程力，每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，核力在大于0.8×10－15 m时表现为引力，而在距离小于0.8×10－15‎ 67‎ ‎ m时表现为斥力，所以A、B正确，C错误；原子核越大，它的结合能越大，但平均结合能不一定大，核中的核子结合也不一定牢固，D错误。‎ 答案　AB ‎5．钚的放射性同位素Pu静止时衰变为铀核激发态U*和α粒子，而铀核激发态U*立即衰变为铀核U，并放出能量为0.097 MeV的γ光子。已知：Pu、U和α粒子的质量分别为mPu＝239.052 1 u、mU＝235.043 9 u和mα＝4.002 6 u，1 u的质量相当于931.5 MeV的能量。‎ ‎(1)写出衰变方程；‎ ‎(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能。‎ 解析　(1)衰变方程为 Pu→U*＋He U*→U＋γ 或合起来有Pu→U＋He＋γ ‎(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm＝mPu－mU－mα 放出的能量为ΔE＝Δm×931.5 MeV 此能量是铀核U的动能EU、α粒子的动能Eα和γ光子的能量Eγ之和，即ΔE＝EU＋Eα＋Eγ 设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα，则由动量守恒有mUvU＝mαvα 又由动能的定义知EU＝mUv，Eα＝mαv 联立解得Eα＝5.034 MeV 答案　(1)见解析　(2)5.034 MeV 考点三　核裂变、核聚变(－/c)‎ ‎[基础过关]‎ ‎1．重核裂变 ‎(1)定义：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程。‎ ‎(2)典型的裂变反应方程：‎ U＋n→Kr＋Ba＋3n。‎ ‎(3)链式反应：由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程。‎ ‎(4)临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量。‎ ‎(5)裂变的应用：原子弹、核反应堆。‎ ‎(6)反应堆构造：核燃料、减速剂、镉棒、防护层。‎ ‎2．轻核聚变 ‎(1)定义：两轻核结合成质量较大的核的反应过程。轻核聚变反应必须在高温下进行，因此 67‎ 又叫热核反应。‎ ‎(2)典型的聚变反应方程：‎ H＋H→He＋n＋17.6 MeV ‎4．粒子和宇宙 ‎(1)“基本粒子”不基本 直到19世纪末，人们称光子、电子、质子和中子是基本粒子。‎ ‎(2)发现新粒子 ‎1932年发现了正电子，1937年发现了μ子，1947年发现了K介子和π介子及以后的超子等。‎ ‎(3)夸克模型 上夸克、下夸克、奇异夸克、粲夸克、底夸克、顶夸克；它们带的电荷量分别为元电荷的＋或－，每种夸克都有对应的反夸克。‎ ‎【过关演练】‎ ‎1．(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV，下列表述中，正确的是(　　)‎ A．X是中子 B．Y的质子数是3，中子数是6‎ C．两个核反应都没有质量亏损 D．氘和氚的核反应是核聚变反应 解析　核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，则由H＋H→He＋X＋17.6 MeV知X为n，由X＋Y→He＋H＋4.9 MeV知Y为Li，其中Y的质子数是3，中子数也是3，故A选项正确，B选项错误；两个核反应都释放出核能，所以都有质量亏损，故C选项错误；n＋Li→He＋H＋4.9 MeV是原子核的人工转变，H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变，故D选项正确。‎ 答案　AD ‎2．(多选)下列说法中，正确的是(　　)‎ A．一个氢原子从n＝3的能级发生跃迁，可能只辐射一种频率的光子 B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应 C．比结合能越小，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定 D．铀核(U)衰变为铅核(Pb)，要经过8次α衰变和10次β衰变 解析　一个氢原子从n＝3能级跃迁可能辐射一种频率的光子(从n＝3到n＝1)或两种频率的光子(从n＝3到n＝2，然后从n＝2到n＝1)，故A选项正确；太阳辐射能量主要是轻核聚变，故B选项正确；比结合能越大，原子核越稳定，故C选项错误；设从铀核到铅核经过m 67‎ 次α衰变和n次β衰变，则238－206＝4m，2m－n＝92－82，解得m＝8次，n＝6次，即8次α衰变和6次β衰变，故D选项错误。‎ 答案　AB ‎[要点突破]‎ 要点一　核反应方程 ‎1．核反应的四种类型 类　型 可控性 核反应方程典例 衰变 α衰变 自发 U―→Th＋He β衰变 自发 Th―→Pa＋e 人工转变 人工 控制 N＋He―→O＋H(卢瑟福发现质子)‎ He＋Be―→C＋n(查德威克发现中子)‎ Al＋He―→P＋n 约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子 P―→Si＋e 重核裂变 比较容易进行人工控制 U＋n―→Ba＋Kr＋3n U＋n―→Xe＋Sr＋10n 轻核聚变 很难控制 H＋H―→He＋n ‎2.书写核反应方程时应注意 ‎(1)必须遵守电荷数守恒、质量数守恒规律。‎ ‎(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。‎ ‎【例1】 在下列四个方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子：U＋n→Ba＋Kr＋3X1　P→Si＋X2　U→Th＋X3　Th→Pa＋X4‎ 以下判断中错误的是(　　)‎ A．X1是中子 B．X2是中子 C．X3是α粒子 D．X4是电子 解析　由质量数守恒和电荷数守恒，可知X1、X2、X3、X4依次为n、e、He、‎ e，所以B项错误。‎ 答案　B 要点二　重核裂变和轻核聚变的理解 ‎1．重核裂变 ‎(1)裂变：重核在一定条件下转变成两个中等质量的核的反应，叫做原子核的裂变反应。‎ 例如：U＋n→Ba＋Kr＋3n ‎(2)链式反应：在裂变反应中用产生的中子，再被其他铀核俘获使反应继续下去。‎ 链式反应的条件：临界体积，极高的温度。‎ 67‎ ‎(3)一个U核裂变时放能约200 MeV能量。‎ ‎1 kgU全部裂变放出的能量相当于2 800吨煤完全燃烧放出的能量。‎ ‎2．轻核聚变 ‎(1)聚变反应：轻的原子核聚合成较重的原子核的反应，称为聚变反应。‎ 例如H＋H→He＋n＋17.6 MeV ‎(2)一个氘核与一个氚核结合成一个氦核时(同时放出一个中子)，释放出17.6 MeV的能量，平均每个核子放出3 MeV以上的能量。比裂变反应中平均每个核子放出的能量大3～4倍。‎ ‎(3)聚变反应的条件：几百万开尔文的高温。‎ ‎【例2】 一个氘核和一个氚核经过反应后生成一个氦核和一个中子，同时放出一个γ光子。已知氘核、氚核、中子、氦核的质量分别为m1，m2，m3，m4，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法中正确的是(　　)‎ A．这个反应的核反应方程是H＋H→He＋n＋γ B．这个反应既不是聚变反应也不是裂变反应 C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3＋m4－m1－m2)c2‎ D．辐射出的γ光子的波长λ＝ 解析　由电荷数守恒及质量数守恒可知A正确；此反应是轻核聚变反应，B错误；由质能方程知此过程中释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2，C错误；若此核能全部以光子的形式释放时，由ΔE＝h知，γ光子的波长为λ＝，D错误。‎ 答案　A ‎[精练题组]‎ ‎1．下列核反应方程式中，表示聚变反应的是(　　)‎ A.P→Si＋e B.H＋H→He＋n C.6C→7N＋ 0－1e D.92U→90Th＋He 解析　选项A、C、D是衰变，选项B是轻核聚变。‎ 答案　B ‎2．核反应方程Be＋He→6C＋X中的X表示(　　)‎ A．质子 B．电子 C．光子 D．中子 解析　设X的质子数为m，质量数为n。则有4＋2＝m＋6，9＋4＝12＋n，所以m＝0，n＝1，即X为中子，故A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎3．(多选)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.H＋H→He＋n是核聚变反应 67‎ B.H＋H→He＋n是β衰变 C.92U＋n→56Ba＋Kr＋3n是核裂变反应 D.92U＋n→54Xe＋Sr＋2n是α衰变 解析　β衰变时释放出电子(　0－1e)，α衰变时释放出氦原子核(He)，可知选项B、D错误；选项A中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应；选项C中一个U 235原子核吸收一个中子，生成一个Ba原子核和一个Kr原子核并释放出三个中子是核裂变反应，A、C正确。‎ 答案　AC ‎4．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是U＋n→Ba＋Kr＋3n。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　n表示中子，所以裂变反应中伴随着中子放出，A项正确；当铀块体积小于临界体积时链式反应不会发生，B项错误；通过控制慢中子数可以控制链式反应，C项正确；铀核的半衰期与所处的物理、化学状态无关，因此不受环境温度影响，D项错误。‎ 答案　AC ‎5．静止的氮核N被速度为v0的中子n击中生成碳核C和另一种原子核甲，已知C与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后C核与甲核的动量之比为2∶1。‎ ‎(1)写出核反应方程式；‎ ‎(2)求C与甲核的速度各是多大。‎ 解析　(1)N＋n→C＋H。‎ ‎(2)设中子质量为m0，C核质量为mC，甲核质量为m甲，由动量守恒得m0v0＝mCvC＋m甲v甲，‎ 即m0v0＝12m0vC＋3m0v甲。‎ 又因为C与甲核的动量之比为2∶1，‎ 所以mCvC＝2m甲v甲，‎ 即12m0vC＝2×3m0v甲，‎ 联立解得：vC＝，v甲＝。‎ 答案　(1)N＋n→C＋H　(2)　 67‎ 活页作业 一、选择题 ‎1．重核裂变和轻核聚变是人类利用原子能的两种主要方法，下面有关它们的说法正确的是(　　)‎ A．裂变和聚变的过程都有质量亏损 B．聚变过程有质量亏损，聚变过程质量有所增加 C．裂变过程质量有所增加，聚变过程有质量亏损 D．裂变和聚变过程中质量都有所增加 解析　重核裂变和轻核聚变都要释放能量，也一定要发生质量亏损，所以选项A正确。‎ 答案　A ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．自由核子结合成原子核时，一定遵守质量守恒 B．在发生核反应时，反应前物质的总质量一定等于反应后所生成物质的总质量 C．发生核反应时，若反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应是放能反应 D．发生核反应时，若反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应必定吸收能量 解析　当自由核子结合成原子核时，一定存在质量亏损；核反应前后一般存在质量的变化，若质量减少则放出能量，反之吸收能量，由此知C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎3．某核反应方程 H＋H→He＋X。已知H的质量为2.013 6 u，H的质量为3.018 0 u，He的质量为 4.002 6 u，X的质量为1.008 7 u。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．X是质子，该反应释放能量 B．X是中子，该反应释放能量 C．X是质子，该反应吸收能量 D．X是中子，该反应吸收能量 解析　据质量数守恒，电荷数守恒可判定X为中子，核反应中有质量亏损，则该反应释放能量，答案B正确。‎ 答案　B ‎4.U经过m次α衰变和n次β衰变，变成Pb，则(　　)‎ A．m＝7，n＝3 B．m＝7，n＝4‎ C．m＝14，n＝9 D．m＝14，n＝18‎ 解析　衰变过程满足质量数守恒和电荷数守恒。写出核反应方程：U→Pb＋mHe＋ne根据质量数守恒和电荷数守恒列出方程 ‎235＝207＋4m，92＝82＋2m－n 67‎ 解得m＝7，n＝4，故选项B正确，选项A、C、D错误。‎ 答案　B ‎5．(多选)氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．核反应方程式为 H＋H→He＋n B．这是一个裂变反应 C．核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3‎ D．核反应过程中释放的核能ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2‎ 解析　由氘核和氚核的结合以及电荷数、质量数守恒可知选项A正确；该核反应为聚变反应，选项B错误；核反应过程中的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，选项C错误；由爱因斯坦质能方程可知核反应过程中释放的核能ΔE＝Δmc2，可知选项D正确。‎ 答案　AD ‎6．关于核聚变，以下说法不正确的是(　　)‎ A．与裂变相比轻核聚变辐射极少，更为安全、清洁 B．世界上已经有利用核聚变能来发电的核电站 C．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－15 m以内，核力才能起作用 D．地球聚变燃料的储量十分丰富，从海水中可以提炼出大量核聚变所需的氘核 解析　与裂变相比，核聚变有下面的几个优势：(1)安全、清洁、辐射少；(2)核燃料储量多；(3)核废料易处理。但核聚变发电还没有投入实际运行。所以B项是不正确的。‎ 答案　B ‎7．下列说法正确的是(　　)‎ A．重核裂变时放出能量，而轻核聚变时吸收能量 B．轻核聚变必须在很高的温度下才能进行 C．氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹小 D．人类制成了原子弹，从而实现了用人工方法控制链式反应的速度，和平利用核能 解析　重核裂变时放出能量，而轻核聚变时也放出能量，不符合题意；轻核聚变必须在超高温下才能进行，符合题意；氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹大，不符合题意；人类制成了原子弹是利用不可控的链式反应制成的，不符合题意。故选B。‎ 答案　B ‎8．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A.N＋H―→C＋He是α衰变方程 B.H＋H―→He＋γ是核聚变反应方程 C.U―→Th＋He是核裂变反应方程 D.He＋Al―→P＋n是原子核的人工转变方程 67‎ 解析　本题考查了核反应的相关知识，意在考查考生对天然放射现象、重核裂变、轻核聚变、原子核的人工转变等相关知识的记忆及分析判断能力，选项A、D为原子核的人工转变，选项B为轻核聚变，选项C为原子核的衰变，故选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎9．(多选)下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是(　　)‎ A.Be＋He→6C＋X B.7N＋He→8O＋X C.Hg＋n→Pt＋2H＋X D.U→Np＋X 解析　由于在核反应中反应前后满足电荷数和质量数守恒，可由已知粒子的电荷数和质量数依据守恒原则确定未知粒子的电荷数和质量数，由此确定该粒子。A项中反应前、后电荷数和质量数分别满足6－6＝0、9＋4－12＝1。即X的电荷数为0，质量数为1，即为中子，A正确；同理，C正确。‎ 答案　AC ‎10．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(　　)‎ H＋C→N＋Q1，H＋N→C＋X＋Q2‎ 方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：‎ 原子核 H He He C N N 质量/u ‎1.007 8‎ ‎3.016 0‎ ‎4.002 6‎ ‎12.000 0‎ ‎13.005 7‎ ‎15.000 1‎ 以下推断正确的是(　　)‎ A．X是He，Q2>Q1 B．X是He，Q2>Q1‎ C．X是He，Q2