人教版 (2019)选择性必修 第三册5 “基本”粒子课后作业题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册5 “基本”粒子课后作业题，共5页。试卷主要包含了关于粒子，下列说法正确的是，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

A组·基础达标
1．(多选)关于粒子，下列说法正确的是( )
A．质子和中子是组成物质的不可再分的最基本的粒子
B．质子、中子本身也是复合粒子，它们具有复杂的结构
C．质子是带电的强子
D．光子是希格斯玻色子
【答案】BC
【解析】质子和中子是由不同的夸克组成的，它们不是最基本的粒子，A错误，B正确；不同的夸克组成的强子，有的带电，有的不带电，质子是带正电的强子，C正确；光子是规范玻色子，D错误．
2．(多选)下列说法中正确的是( )
A．质量相等且电荷等值，但电性相反的粒子是反粒子
B．光子是传递电磁相互作用的，属于规范玻色子
C．轻子是质量很轻的粒子
D．强子是参与强相互作用的粒子
【答案】ABD
【解析】反粒子与其对应的粒子具有相同的质量和电量，但它们电性相反，A正确；光子是传递电磁相互作用的媒介子，属于规范玻色子，B正确；轻子是不参与强相互作用的粒子，强子是参与强相互作用的粒子，C错误，D正确．
3．(多选)由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪的原理如图所示，其主要使命是探索宇宙中的反物质，所谓反物质，即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但符号相反．假设使一束质子、反质子、α粒子、反α粒子组成的射线OO′通过进入匀强磁场B2中形成四条径迹，则( )
A．1和2是反粒子径迹B．3和4是反粒子径迹
C．2为反质子径迹D．4为α粒子径迹
【答案】AD
【解析】在磁场中，粒子做匀速圆周运动，正离子受力向右偏转，负离子向左偏转，故1、 2是反粒子径迹，A正确，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m eq \f(v2,R)，解得R＝ eq \f(mv,qB)∝ eq \f(m,q)，故质子与α粒子的半径之比为1∶ 2，即α粒子转弯半径大，故径迹1是反质子, 2是反α粒子, 3是质子，4是α粒子，D正确，C错误．
4．1932年，查德威克用 eq \\al(4,2)He轰击 eq \\al(9,4)Be发现了中子，自由中子是不稳定的，其衰变产物为质子、电子和反中微子，平均寿命不到15分钟．这被称为β衰变．下列说法正确的是( )
A．中子由质子和电子组成
B．自由中子的衰变属于强相互作用过程
C．发现中子的核反应方程为 eq \\al(4,2)He＋ eq \\al(9,4)Be→ eq \\al(12, 6)C＋ eq \\al(1,0)n
D．中子的存在有效地调节了质子间库仑斥力对原子核稳定的影响，故中子越多原子核一定越稳定
【答案】C
【解析】中子由夸克组成，A错误；自由中子的衰变属于弱相互作用过程，B错误；发现中子的核反应方程为 eq \\al(4,2)He＋ eq \\al(9,4)Be→ eq \\al(12, 6)C＋ eq \\al(1,0)n，C正确；中子的存在有效地调节了质子间库仑斥力对原子核稳定的影响，但中子过多会造成原子核不稳定，D错误．
5．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成．u夸克带电荷量为 eq \f(2,3)e，d夸克的带电荷量为－ eq \f(1,3)e，e为元电荷．下列论断中可能正确的是( )
A．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
【答案】B
【解析】质子 eq \\al(1,1)H带电荷量为2× eq \f(2,3)e＋(－ eq \f(1,3)e)＝e，中子 eq \\al(1,0)n带电荷量为 eq \f(2,3)e＋2×(－ eq \f(1,3)e)＝0，B正确．
6．正电子是电子的反粒子，它跟普通电子电荷量相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质——反物质．1997年初和年底，欧洲和美国的科学研究机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子．这是人类探索反物质的一大进步，你推测反氢原子的结构是( )
A．由一个带正电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
B．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成
C．由一个不带电的中子与一个带负电荷的电子构成
D．由一个带负电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
【答案】B
【解析】氢原子是由质子和电子构成，那么反氢原子也应由它们的反粒子构成，即反质子和反电子，B正确，A、C、D错误．
7．(多选)加拿大萨德伯里中微子观察站揭示了中微子失踪的原因，即观察到的中微子数目比理论值少是因为中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．对上述研究有以下说法，正确的是( )
A．若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向相反
B．若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向可能一致
C．若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向一定一致
D．若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向可能相反
【答案】BC
【解析】对微观粒子运用动量守恒定律，关键在于明确动量守恒定律的适用条件，它包括高速运动物体和低速运动物体，包括宏观物体和微观物体，因此由动量守恒定律可得B、C正确．
8．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克 eq \(u,\s\up6(－))或反夸克 eq \(d,\s\up6(－)))组成的，它们的带电荷量如表所示，表中e为元电荷．
由此可知π＋由______和______组成，π－由______和______组成．
【答案】u eq \(d,\s\up6(－)) d eq \(u,\s\up6(－))
【解析】因π＋介子带有＋e的电荷量，且是由一个夸克和一个反夸克组成的，则夸克u带＋ eq \f(2,3)e和反夸克 eq \(d,\s\up6(－))带＋ eq \f(1,3)e合成电荷量为e，那么π＋介子就是由夸克u和反夸克 eq \(d,\s\up6(－))组成的；同理，π－介子由夸克d和反夸克 eq \(u,\s\up6(－))组成．
B组·能力提升
9．K－介子衰变的方程为K－→π－＋π0．其中K－介子和π－介子是带负电的基元电荷，π0介子不带电．如图所示的1个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径Rk－与Rπ－之比为2∶1，π0介子的轨迹未画出．由此可知π－的动量大小与π0的动量的大小之比为( )
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶6
【答案】C
【解析】带电粒子K－与π－在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv＝ eq \f(mv2,R)，得R＝ eq \f(mv,Bq)＝ eq \f(p,Bq)．K－介子与π－介子带电量相同，故运动的半径之比等于动量之比pK－∶pπ－＝Rπ－∶Rπ0＝2∶1，在衰变后π－介子与π0介子动量方向相反，设K－介子的动量为正，则π－介子动量为负值，由动量守恒pK－＝－pπ－＋pπ0，则pπ－∶pπ0＝1∶3，故A、B、D错误；C正确．
10．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ν与水中 eq \\al(1,1)H的核反应，间接地证实了中微子的存在．
(1)中微子与水中的 eq \\al(1,1)H发生核反应，产生中子( eq \\al(1,0)n)和正电子( eq \\al(0,1)e)，即ν＋ eq \\al(1,1)H→ eq \\al(1,0)n＋ eq \\al(0,1)e，可以判定，中微子ν的质量数和电荷数分别是________．
(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eq \\al(0,1)e＋ eq \\al( 0,－1)e→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，原因是什么？
(1)0和0 (2)8.2×10－14 原因略
【解析】(1)发生核反应前后，粒子的质量数和电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数都是0．
(2)产生能量是由于质量亏损．两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，则E＝Δmc2，故一个光子的能量为 eq \f(E,2)，代入数据得 eq \f(E,2)＝8.2×10－14 J．正电子与水中的电子相遇，两电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律．
11．下面一系列核反应是恒星内部发生的．
p＋ eq \\al(12, 6)C―→ eq \\al(13, 7)N eq \\al(13, 7)N―→ eq \\al(13, 6)C＋e＋＋ν
p＋ eq \\al(13, 6)C―→ eq \\al(14, 7)Np＋ eq \\al(14, 7)N―→ eq \\al(15, 8)O
eq \\al(15, 8)O―→ eq \\al(15, 7)N＋e＋＋νp＋ eq \\al(15, 7)N―→ eq \\al(12, 6)C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为一种中微子．已知质子的质量mp＝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me＝9.11×10－31 kg，中微子的质量可忽略不计．真空中的光速c＝3.00×108 m/s，试计算该系列反应完成后释放的能量．
解：为求出系列反应后释放的能量，将题中所给的各核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为
4p―→α＋2e＋＋2ν，
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得
4mpc2＝mαc2＋2mec2＋Q，
代入数值可得
Q＝3.95×10－12 J．
粒子
π＋
π－
u
d
eq \(u,\s\up6(－))
eq \(d,\s\up6(－))
带电荷量
＋e
－e
＋ eq \f(2e,3)
－ eq \f(e,3)
－ eq \f(2e,3)
＋ eq \f(e,3)