2023版新教材高中物理第五章原子核专项3核反应与动量和能量守恒的综合课时作业新人教版选择性必修第三册

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专项3　核反应与动量和能量守恒的综合　1．(多选)现有两动能均为EG＝0.35MeV的 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H在一条直线上相向运动，两个eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H发生对撞后能发生核反应，得到 eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) H和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为 eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) H和新粒子的动能．已知 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H的质量为2.0141u， eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) H的质量为3.0160u，新粒子的质量为1.0087u，核反应时质量亏损1u释放的核能约为931.5MeV.则下列说法正确的是(　　)A．核反应方程为 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H＋ eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H―→ eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) He＋eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))nB．核反应释放的核能约为3.26MeVC． eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) H的动能约为0.815MeVD．新粒子的动能约为2.97MeV2．[2023·河南南阳高二校联考](多选)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( eq \o\al(\s\up1(A),\s\do1(Z)) X)发生了一次α衰变．放射出的α粒子( eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He)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，生成的新核用Y表示．下面说法正确的是(　　)A．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙B．新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY＝eq \f(2,Z－2)RC．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝eq \f(Bq2,2πm)D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝eq \f(A（qBR）2,2m（A－4）c2)3．(多选)静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y.已知核X的质量数为A，电荷数为Z，核X、核Y和α粒子的质量分别为mX、mY和mα，假设核反应过程中释放的能量全部转化为α粒子和Y核的动能．α粒子在磁场中运动的半径为R.则(　　)A．衰变方程可表示为 eq \o\al(\s\up1(A),\s\do1(Z)) X―→ eq \o\al(\s\up1(A－2),\s\do1(　Z)) Y＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) HeB．核反应中释放的核能为(mX－mY－mα)c2C．Y核在磁场中运动的半径为eq \f(2R,Z－2)D．Y核的动能为EkY＝eq \f(mY（mX－mY－mα）c2,mY＋mα)4.原来静止的氡核(Rn)发生一次α衰变生成新核钋(Po)，并放出一个能量为E0＝0.09MeV的光子．已知放出的α粒子动能为Eα＝5.55MeV.忽略放出光子的动量，但考虑其能量.1u相当于931.5MeV.(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u？(结果保留3位有效数字)5．用速度几乎是零的慢中子轰击静止的硼核(B)，产生锂核( eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(3)) Li)和α粒子．已知中子质量mn＝1.008665u，硼核质量mB＝10.01677u，锂核质量mLi＝7.018224u，α粒子质量mα＝4.00260u．(计算结果均保留小数点后两位数字)(1)写出该反应的核反应方程．(2)求出该反应放出的能量ΔE.(3)若核反应中放出的能量全部变成生成核的动能，则锂核和α粒子的动能各是多少？(1u相当于931.5MeV)6.镭(Ra)是历史上第一个被分离出来的放射性元素，已知Ra能自发放出α粒子而变成新核Rn，已知Ra的质量m1＝226.0207u，Rn的质量m2＝222.0101u，α粒子的质量mα＝4.0026u．如图所示，一个静止的镭核在匀强磁场中发生衰变，衰变后两粒子运动平面与磁场垂直(涉及比值时，质量可取整数)求：(1)α粒子与Rn核在磁场中运动的周期之比；(2)α粒子的动能．7.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0.097MeV的γ光子．已知Pu、U和α粒子的质量分别为mPu＝239.0521u、mU＝235.0439u和mα＝4.0026u，且1u＝931.5MeV/c2.(1)写出衰变方程．(2)求衰变过程放出的核能．(3)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．8．[2023·江西高二七校联考]在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家们用放射性材料——PuO2作为发电能源为火星车供电(PuO2中的Pu是Pu).已知Pu衰变后变为U和α粒子．若静止的Pu在匀强磁场中发生衰变，α粒子的动能为E，α粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，在磁场中做匀速圆周运动的周期为T0，衰变放出的光子的动量可忽略，衰变释放的核能全部转化为U和α粒子的动能．已知光在真空中的传播速度c.求：(1)Pu衰变过程中的质量亏损Δm；(2)从开始衰变到U和α粒子再次相遇的最短时间t.专项3　核反应与动量和能量守恒的综合1．答案：ABD解析：设新粒子为 eq \o\al(\s\up1(A),\s\do1(Z)) X，核反应方程为 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H＋ eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) He＋ eq \o\al(\s\up1(A),\s\do1(Z)) X，根据质量数守恒和电荷守恒可得2＋2＝3＋A，1＋1＝2＋Z解得A＝1，Z＝0，由此可得新粒子为中子 eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(0)) n，核反应方程为 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H＋ eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) H eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)) He＋ eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(0)) n，A正确；核反应的质量损失为Δm＝2×2.0141u－3.0160u－1.0087u＝0.0035u核反应时质量亏损1u释放的核能约为931.5MeV，由此可得核反应释放的核能为ΔE＝0.0035×931.5MeV≈3.26MeV，B正确；新核与新粒子的动能动量分别为EHe、En、pHe、pn，根据能量守恒和动量守恒可得2EG＋ΔE＝EHe＋En，pHe－pn＝0又因为动能和动量的关系为p＝eq \r(2mEk)联立解得EHe＝0.99MeV，En＝2.97MeV，C错误，D正确．故选ABD.2．答案：BCD解析：由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，由圆周运动的半径公式R＝eq \f(mv,qB)，可知，α粒子半径大，由左手定则可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，A错误；由圆周运动的半径公式R＝eq \f(mv,qB)，可知eq \f(RY,R)＝eq \f(2,Z－2)，B正确；圆周运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，环形电流I＝eq \f(q,T)＝eq \f(Bq2,2πm)，C正确；对α粒子，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(BqR,m)，由质量关系可知，衰变后新核Y质量为M＝eq \f(A－4,4)m，由衰变过程动量守恒可得Mv′－mv＝0，可知v′＝eq \f(m,M)v，系统增加的能量为ΔE＝eq \f(1,2)Mv′2＋eq \f(1,2)mv2，由质能方程得ΔE＝Δmc2，联立得Δm＝eq \f(A（qBR）2,2m（A－4）c2)，D正确．3．答案：BC解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为 eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(Z)) X eq \o\al(\s\up1(A－4),\s\do1(Z－2)) Y＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He，故A错误；此反应中放出的总能量ΔE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mX－mY－mα))c2，故B正确；核反应前后系统动量守恒，即mYvY＝mαvα新核和α粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝eq \f(mv2,r)联立两式可知核Y和α粒子在磁场中运动的半径之比eq \f(rY,rα)＝eq \f(2,Z－2)，α粒子在磁场中运动的半径为R，所以核Y在磁场中运动的半径，rY＝eq \f(2R,Z－2)，故C正确；核X发生衰变前后，根据能量守恒定律有ΔE＝eq \f(1,2)mYv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(Y)) ＋eq \f(1,2)mαv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(α)) ，又由于mYvY＝mαvα联立两式整理得核Y的动能eq \f(1,2)mYv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(Y)) ＝eq \f(mα,mα＋mY)ΔE，代入ΔE可知D错误．故选BC.4．答案：(1)略(2)忽略放出光子的动量，根据动量守恒定律0＝pα＋pPo即新核钋(Po)的动量与α粒子的动量大小相等，又Ek＝eq \f(p2,2m)可求出新核钋(Po)的动能为EkPo＝eq \f(4,218)Ekα由题意知，质量亏损对应的能量以光子的能量和新核、α粒子动能形式出现，衰变时释放出的总能量为ΔE＝Ekα＋EkPo＋E0＝Δm×931.5MeV故衰变过程中总的质量亏损Δm＝eq \f(111Ekα＋109E0,109×931.5)u≈6.16×10－3u．5．答案：(1)B＋ eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(0)) n―→ eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(3)) Li＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He　(2)4.30MeV　(3)1.56MeV　2.74MeV解析：(1)根据质量数守恒和电荷数守恒可知核反应方程B＋ eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(0)) n―→ eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(3)) Li＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He(2)根据质能方程可知放出的能量ΔE＝Δmc2＝(10.01677＋1.008665－7.018224－4.00260)×931.5MeV＝4.30MeV(3)由动量守恒可知，0＝mLivLi＋mHevHe由能量守恒可知，ΔE＝eq \f(1,2)mLiv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(Li)) ＋eq \f(1,2)mHev eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(He)) 而mLi＝eq \f(7,4)mHe代入数据可得eq \f(1,2)mLiv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(Li)) ＝1.56MeV，eq \f(1,2)mHev eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(He)) ＝2.74MeV．6．答案：(1)86∶111　(2)7.320MeV解析：(1)静止的镭核衰变时动量守恒，α粒子与Rn核运动方向相反，因此均带正电，在磁场中所受洛伦兹力方向相反，偏转方向相反；又因粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故两粒子的运动轨迹为两外切圆，由动量守恒知0＝mαvα－m2v2由qvB＝eq \f(mv2,R)可得R＝eq \f(mv,qB)由电荷数守恒可知Rn核的电荷量为R2＝88e－2e＝86e可知eq \f(Rα,R2)＝eq \f(q2,qα)＝eq \f(86e,2e)＝eq \f(43,1)由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，得eq \f(Tα,T2)＝eq \f(mα·q2,m2·qα)＝eq \f(4×86,222×2)＝eq \f(86,111)(2)衰变过程中的质量亏损Δm＝m1－m2－mα＝0.008u释放的能量ΔE＝Δmc2＝0.008×931.5MeV＝7.452MeV由0＝mαvα－m2v2及Ek＝eq \f(p2,2m)得eq \f(Ekα,Ek2)＝eq \f(p eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(α)) ,2mα)·eq \f(2m2,p eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) )＝eq \f(222u,4u)＝eq \f(111,2)由能量守恒ΔE＝Ekα＋Ek2所以α粒子的动能为Ekα＝eq \f(111,113)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekα＋Ek2))＝eq \f(111,113)×7.452MeV＝7.320MeV.7．答案：(1)PuU*＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He eq \o\al(\s\up1(235),\s\do1(92)) U＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He＋γ　(2)5.216MeV　(3)5.034MeV解析：(1)根据质量数守恒与电荷数守恒得衰变方程为 eq \o\al(\s\up1(235),\s\do1(94)) Pu eq \o\al(\s\up1(235),\s\do1(92)) U*＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He eq \o\al(\s\up1(235),\s\do1(92)) U＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He＋γ(2)上述衰变过程的质量亏损Δm＝mPu－mU－mα放出的能量ΔE＝Δm·c2≈5.216MeV(3)此能量是铀核 eq \o\al(\s\up1(235),\s\do1(92)) 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得EU＋Eα＝ΔE－Eγ设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα，根据动量守恒定律有mUvU＝mαvα又由动能的定义知EU＝eq \f(1,2)mUv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(U)) 又有Eα＝eq \f(1,2)mαv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(α)) 解得Eα≈5.034MeV.8．答案：(1)Δm＝eq \f(119E,117c2)　(2)117T0解析：(1)α衰变方程为 eq \o\al(\s\up1(238),\s\do1(94)) Pu eq \o\al(\s\up1(234),\s\do1(92)) U＋ eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2)) He根据动量守恒定律可知α粒子和铀核的动量大小相等，设为p，α粒子的动能Eα＝eq \f(p2,2m)铀核的动能EU＝eq \f(p2,2M)则eq \f(EU,Eα)＝eq \f(m,M)＝eq \f(4,234)＝eq \f(2,117)所以释放能量为ΔE＝Eα＋EU＝eq \f(119,117)E且ΔE＝Δmc2解得Δm＝eq \f(119E,117c2)(2)根据周期方程T＝eq \f(2πm,Bq)，Tα＝eq \f(92,117)TU因为想再次相遇，必然是在裂变的切点处，所以每个粒子运动的时间必须为整数周期，这样就应有Δt＝nT0＝mTU，而n、m必须为整数，所以根据T0与TU的比例关系，则必须n＝117或m＝92，这就意味着Δt＝117T0所以相遇最短时间t＝117Tα＝117T0.