第十九章 原子核
(90分钟 100分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分。多选题已在题号后标出) 1.(2015·汕头高二检测)核反应方程HeAH BH C
e Dn
N
O+X,X所代表的粒子是 ( )
【解析】选A。根据核反应所遵循的两个守恒,即质量数守恒和电荷数守恒得X的质量数=4+14-17=1,电荷数=2+7-8=1,因此,X代表的粒子为H,选项A正确。
2.(2015·韶关高二检测)卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为N
He
O
H。已知氮核质量为mN=14.007 53u,氧核的质量为mO=
17.004 54u,氦核质量mHe=4.003 87u,质子(氢核)质量为mp=1.008 15u,(已知: 1 uc=931 MeV)对于这一核反应,下列说法正确的是 ( ) A.放出热量0.001 29 MeV B.吸收热量0.001 29 MeV C.放出热量1.20 MeV D.吸收热量1.20 MeV
【解析】选D。质量亏损Δm=mN+mHe-mO-mp=-0.001 29 u,由质能方程得: ΔE=Δmc=-1.20 MeV,故这一核反应是吸收能量的反应,吸收的能量为 1.20 MeV,D项正确。
【互动探究】若入射氦核以v0=3×10m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧核和质子同方向运动,且速度大小之比为1∶50。求氧核的速度大小。 【解析】动量守恒mHe×v0=mH×vH+mOvO 又:vO∶vH=1∶50 解得:vO=1.8×10m/s 答案：1.8×10m/s
2223.(2013·大纲版全国卷)放射性元素(86Rn)经α衰变成为钋(84Po),半衰期约为3.8天;222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86Rn的矿
21866
7
2
2
石,其原因是 ( )
222A.目前地壳中的86Rn主要来自于其他放射性元素的衰变
222B.在地球形成的初期,地壳中元素86Rn的含量足够高
218218222C.当衰变产物84Po积累到一定量以后, 84Po的增加会减慢86Rn的衰变进程 222D.86Rn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
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析: (1)知道半衰期大小的决定因素。 (2)理解半衰期的意义。
【解析】选A。元素半衰期的长短由原子核自身因素决定,一般与原子所处的物理、化学状态以及周围环境、温度无关,C、D错;即使元素氡的含量足够高,经过漫长的地质年代,地壳中也几乎没有氡了,一定是来自于其他放射性元素的衰变,故A对,B错。 4.现有三个核反应方程:
NaUH
HnHeMg
e; Ba
Kr+
n;
n。下列说法正确的是 ( )
A.①是裂变,②是β衰变;③是聚变 B.①是聚变,②是裂变;③是β衰变 C.①是β衰变,②是裂变;③是聚变 D.①是β衰变,②是聚变;③是裂变
【解析】选C。①的箭头左侧只有一个核,为衰变,箭头右侧有电子,所以是β衰变。②③为典型的裂变和聚变方程,只有C正确。
2182225.(2015·福州高二检测)一个氡核86Po并放出一个粒子,其半衰期为3.8Rn衰变成钋核84218222天,1 g氡经过7.6天衰变掉的质量以及86Po的过程中放出的粒子分别是 Rn衰变成84( )
A.0.25 g,α粒子 B.0.75 g,α粒子 C.0.25 g,β粒子 D.0.75 g,β粒子
【解析】选B。氡核半衰期为3.8天,7.6天为2个半衰期,所以1 g氡7.6天衰变掉的质量
218222为0.75 g,由86PoRn→84218222He知86Po的过程中放出的粒子是He,即α粒Rn衰变成84子,所以选项B正确。
6.(多选)(2015·广东高考)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( ) A.X是中子
HeH+HHHe+X+17.6 MeV,下列表述正确的有
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】选A、D。根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子,A正确;Y的质子数为3,中子数为3,B错误;聚变放出能量,由质能方程可知一定有质量亏损,该反应为核聚变反应,C错误,D正确。
7.(多选)(2015·清远高二检测)下列说法中正确的是 ( ) A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期 B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 C.约里奥—居里夫人用α粒子轰击铝箔发现了中子 D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量
【解析】选B、D。放射性元素的半衰期由元素的原子核决定,与化学、物理状态无关,故选项A错误;由玻尔理论可知,氢原子从激发态跃迁到基态的过程放出光子,选项B正确;由物理学史可知中子是由查德威克发现的,选项C错误;核子结合成原子核放出核能,因此原子核所含核子单独存在时的总质量大于核原子核的质量,选项D正确。 8.(多选)正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是将放射性同位素与人体的代谢过程
O注入人体,参
O在人体内衰变放出正电子,与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光
子,被探测器探测到,经计算机处理后产生清晰的图像,则根据PET原理判断下列表述正确的是 ( ) A.
O在人体内衰变方程是
OeN
e 2γ
B.正、负电子湮灭方程是eC.在PET中D.在PET中
O主要用途是作为示踪原子 O主要用途是参与人体的新陈代谢
O
【解析】选A、B、C。由题意知A、B正确,显像的原理是采集γ光子,即注入人体内的
衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子,因此故C对,D错。
O主要用途是作为示踪原子,
2229.(2015·湛江高二检测)在匀强磁场中有一个静止的氡原子核(86Rn),由于衰变它放出一
个粒子,此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆,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为 ( )
222222A.86Rn→87Fr?0?1e222218B.86Rn→84Po?42HeC.Rn→At?e2228622285012222202D.86Rn→85At?1H
【解析】选B。由于粒子与反冲核的径迹是外切的,据左手定则可知,该粒子一定带正电。由于粒子与反冲核的动量大小相等,据r=
,又由已知大圆与小圆的直径之比为42∶1,所以粒
子与反冲核的电量之比为1∶42,故B正确。 10.静止的氡核
Rn放出α粒子后变成钋核
Po,α粒子动能为Eα。若衰变放出的能量全
部变为反冲核和α粒子的动能,真空中的光速为c,则该反应中的质量亏损为 ( ) A.C.
· B.·
D.
· ·
∝,它们的动能之
·,故C正确。
【解析】选C。由于动量守恒,反冲核和α粒子的动量大小相等,由Ek=比为4∶218,因此衰变释放的总能量是
·Eα,由质能方程得质量亏损是
11.(多选)朝鲜的“核危机”引起了全世界的瞩目,其焦点问题就是朝鲜生产供研制核武器用的钚239( ) A.
Pu与
U的核内具有相同的中子数 Pu),这种
Pu可由铀239
U)经过衰变而产生。则下列判断中正确的是
BCD
Pu与U的核内具有相同的核子数
Pu Pu
U的核子数是239,中
U经过1次α衰变产生U经过2次β衰变产生
【解析】选B、DPu的核子数是239,中子数为239-94=145,而
子数为239-92=147,所以误,B正确
239Pu与92U的核内具有相同的核子数,不同的中子数,选项A错
U经过1次α衰变,生成的新核的质子数为90,所以产生物不是Pu,选项C错
Pu,选
误;根据质量数守恒和电荷数守恒可判断出项D正确。
U经过2次β衰变后产生的新核是
12.(多选)中子和质子结合成氘核时,质量亏损为Δm,相应的能量ΔE=Δmc= 2.2 MeV是氘核的结合能。下列说法正确的是 ( )
A.用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时,氘核不能分解为一个质子和一个中子 B.用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和为零
C.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和为零
D.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和不为零
【解析】选A、D。氘核分解为一个质子和一个中子时,所需吸收的能量不能小于其结合能2.2 MeV,故A对;光子照射氘核时,光子和氘核组成的系统总动量不为零,由动量守恒定律得,光子被氘核吸收后,分解成的质子和中子的总动量不为零,故总动能也不为零,所以把氘核分解为质子和中子所需的能量应大于2.2 MeV,故D对,B、C错。 【易错提醒】解答本题的两个易错点:
(1)仅考虑了能量守恒而忽略了动量守恒容易错选B。
(2)光子照射时能量全部被吸收,误认为能量可以部分被吸收,错选C。
二、计算题(本大题共4小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)一个氘H)和一个氚H)结合成一个氦He),同时放出一个中子,已知氚核质量为
2
m1=2.014 1 u,氘核质量为m2=3.016 0 u,氦核质量为m3=4.002 6 u,中子质量为m4=1.008 7 u。 (1)写出聚变的核反应方程。
(2)反应过程中释放的能量为多少?平均每个核子能放出多少核能? 【解析】(1)核反应方程为 H
H
He
n+ΔE (2分)
(2)反应过程的质量亏损为
Δm=2.014 1 u+3.016 0 u-4.002 6 u-1.008 7 u=0.018 8 u (2分) ΔE=Δmc=0.018 8×931.5 MeV=17.5 MeV (2分) 平均每个核子释放的核能为
MeV=3.5 MeV (2分) 答案:见解析
14.(10分)(2015·沧州高二检测)一个锂核Li)受到一个质子H)轰击变为2个α粒子He)。已知质子的质量为1.672 6×10kg,锂原子的质量为11.650 5×10kg,一个α粒子的质量为6.646 7×10kg。 (1)写出该核反应的方程。
(2)该核反应释放的核能是多少?(真空中光速c=3.0×10m/s)
【解析】(1)根据题意,一个锂核Li)受到一个质子H)轰击变为2个α粒子He),故其核反应的方程为Li
2
8
-27
-27
-27
2
HHe (5分)
-27
-27
-27
(2)因为E=Δmc=(11.650 5×10kg+1.672 6×10kg-2×6.646 7×10kg)×(3×10m/s)=2.673×10J (5分) 答案:(1Li
H
He (2)2.673×10J
*
-12
8
2
-12
23923515.(10分)(2015·蓟县高二检测)钚的放射性同位素94Pu静止时衰变为铀核激发态92U*
235235和α粒子,而铀核激发态92U立即衰变为92U,并放出能量为0.097 MeV的γ光子。已知23994235Pu、92U和α粒子的质量分别为mPu=239.052 1 u、mU=
2
235.043 9 u和mα=4.002 6 u,u=931.5 MeV/c。 (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:
23994235235235239235 Pu→92U*??,92U*→92U??,或合起来有94Pu→92U???????????????????????????????????????????????（4分）(2)上述衰变过程的质量亏损
Δm=mPu-mU-mα ① 放出的能量ΔE=Δmc
2
②
235这些能量是铀核92U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 ③ 由①②③式得
EU+Eα=(mPu-mU-mα)c-Eγ ④(2分) 设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα,则由动量守恒定律有 mUvU=mαvα ⑤ 又由动能的定义知 EU=mU
,Eα=mα
⑥
2
由⑤⑥式得 =
⑦
由④⑦式得 Eα=
[(mPu-mU-mα)c-Eγ] (2分)
2
代入数据得
Eα=5.034 MeV (2分)
239235235235239235答案:(1) 94Pu→92U*??,92U*→92U??,或94Pu→92U?????
(2)5.034 MeV
16.(12分)如图甲所示,静止在匀强磁场中的Li核俘获一个速度为v0=7.7×10m/s的中子而发生核反应,即Li子速度方向相同,试求:
n
H
He,若已知He的速度v2=2.0×10m/s,其方向与反应前中
4
4
(1H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,请计算出轨道半径之比。 (3)当He旋转三周时,粒子H旋转几周?
【解析】(1)反应前后动量守恒:m0v0=m1v1+m2v2(v1为氚核速度,m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氦核质量) (2分) 代入数值可解得:
v1=-1.0×10m/s,方向与v0相反。 (2分) (2H和He在磁场中均受洛伦兹力,做匀速圆周运动的半径之比 r1∶r2=
∶
=3∶40。 (3分)
3
(3H和He做匀速圆周运动的周期之比 T1∶T2=
∶
=3∶2 (3分)
所以它们的旋转周数之比: n1∶n2=T2∶T1=2∶3,
即He旋转三周H旋转2周。 (2分) 答案:(1)大小为1.0×10m/s,方向与v0相反 (2)3∶40 (3)2周
【总结提升】在匀强磁场中研究核反应的规律
带电粒子在磁场中的偏转现象的应用可以帮助我们研究核反应的规律,解决这类问题应明确以下三个方面:
(1)明确核反应的类型并正确书写核反应方程;
(2)建立力学模型,分析核反应过程中的运动情况,应用动量守恒观点和能量守恒观点列出方程;
(3)根据带电粒子在磁场中的受力情况和匀速圆周运动的分析方法研究粒子在磁场中的运动规律,确定半径和周期等。
3
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