学案5 章末总结
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一、对核反应方程及类型的理解
1．四类核反应方程的比较
名称 核反应方程式 时间 其它
衰变 α衰变 92U→90Th＋He
β衰变 90Th→91Pa＋ 0－1e 1896年 贝可勒尔发现
裂变 92U＋n→Sr＋Xe＋10n＋141 MeV 1938年 原子弹原理
聚变 H＋H→He＋n＋17.6 MeV 氢弹原理
人工转变 正电子 Al＋He→P＋nP→Si＋e 1934年 约里奥—居里夫人
发现质子 7N＋He→8O＋H 1919年 卢瑟福
发现中子 Be＋He→6C＋n 1932年 查德威克
2.解题注意
(1)熟记一些粒子的符号
α粒子(He)、质子(H)、中子(n)、电子( 0－1e)、氘核(H)、氚核(H)．
(2)注意在核反应方程式中，质量数和电荷数是守恒的；在解有关力学综合问题时，还有动量守恒和能量守恒．
例1 现有三个核反应：
①Na→Mg＋e
②U＋n→Ba＋Kr＋3n
③H＋H→He＋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 原子核的变化通常包括衰变、人工转变、裂 ( http: / / www.21cnjy.com )变和聚变．衰变是指原子核放出α粒子和β粒子后，变成新的原子核的变化，像本题中的核反应①；原子核的人工转变是指在其它粒子的轰击下变成新的原子核的变化；裂变是重核分裂成质量较小的核，像核反应②；聚变是轻核结合成质量较大的核，像核反应③.综上所述，C项正确．
答案 C
针对训练1 在下列四个核反应中，X表示中子的是哪些？在以下核反应中哪些属于原子核的人工转变？
A.N＋He→O＋X
B.Al＋He→P＋X
C.H＋H→He＋X
D.U＋X→Sr＋Xe＋10X
答案 BCD AB
解析 在核反应中，不管是什么类型的核反应，都 ( http: / / www.21cnjy.com )遵守电荷数守恒和质量数守恒，据此，可以判断未知粒子属于什么粒子．在A中，未知粒子的质量数为：14＋4＝17＋x，x＝1，其电荷数为：7＋2＝8＋y，y＝1，即未知粒子是质子(H)；对B，未知粒子的质量数为：27＋4＝30＋x，x＝1，其电荷数为：13＋2＝15＋y，y＝0，所以是中子(n)；对C，未知粒子的质量数为：2＋3＝4＋x，x＝1，电荷数为：1＋1＝2＋y，y＝0，也是中子(n)；对D，未知粒子的质量数为：235＋x＝90＋136＋10x，x＝1，电荷数为：92＋y＝38＋54＋10y，y＝0，也是中子(n)，故方程中X为中子的核反应为B、C、D.A、B为原子核的人工转变．
二、核能的计算方法
1．根据质量亏损计算核能
(1)用ΔE＝Δm·c2计算核能
公式中的各物理量必须用国际单位制中的单位来表示，所以，当原子核及核子的质量用“kg”作单位时，用该式计算核能较为方便．
(2)用1 u的质量相当于931.5 MeV的能量来计算核能．
2．根据结合能计算核能
利用结合能计算核能时要采用“先拆散，再结合”的方法．
例2 假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦核的同位素和中子，已知氘核的质量是2.013 6 u，中子的质量是1.008 7 u，氦核同位素的质量是3.015 0 u，则聚变的核反应方程是____________，在聚变反应中释放出的能量为______MeV(保留两位有效数字)．
解析 根据题中条件，可知核反应方程为
H＋H→He＋n.
核反应过程中的质量亏损
Δm＝2mH－(mHe＋mn)
＝2×2.013 6 u－(3.015 0＋1.008 7)u＝3.5×10－3u
由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以氘核聚变反应时放出的能量为
ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV≈3.3 MeV.
答案 H＋H→He＋n 3.3
针对训练2 为验证爱因斯坦质 ( http: / / www.21cnjy.com )能方程ΔE＝Δmc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.6 MeV的质子轰击静止的锂核Li，生成两个α粒子，测得两个α粒子的动能之和为E2＝18.1 MeV.
(1)写出该核反应方程；
(2)通过计算说明ΔE＝Δmc2 ( http: / / www.21cnjy.com )正确．(已知质子、α粒子、锂核的质量分别为mp＝1.007 8 u，mα＝4.002 6 u，mLi＝7.016 0 u)
答案 见解析
解析 (1)核反应方程为：Li＋H→He＋He.
(2)核反应过程中的质量亏损：Δm＝mLi ( http: / / www.21cnjy.com )＋mp－2mα＝7.016 0 u＋1.007 8 u－2×4.002 6 u＝0.018 6 u．由质能方程可得质量亏损释放的能量：ΔE′＝Δmc2＝0.018 6×931.5 MeV≈17.3 MeV.而系统增加的动能：ΔE＝E2－E1＝(18.1－0.6) MeV＝17.5 MeV.这些能量正是来自核反应中的质量亏损，在误差允许范围内可视为相等，所以ΔE＝Δmc2正确．
三、核反应与能量的综合
例3 用中子轰击锂核(Li)发生核反应，生成氚核(H)和α粒子，并放出4.8 MeV的能量．
(1)写出核反应方程．
(2)求出质量亏损．
(3)若中子和锂核是以等值反向的动量相碰，则氚核和α粒子的动能比是多少？
(4)α粒子的动能是多大？
解析 (1)核反应方程为Li＋n→H＋He＋4.8 MeV
(2)依据ΔE＝Δmc2得
Δm＝ u＝0.005 2 u
(3)根据题意有0＝m1v1＋m2v2
式中m1、m2、v1、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek＝，可得它们的动能之比为
Ek1∶Ek2＝∶＝∶＝m2∶m1＝4∶3.
(4)α粒子的动能
Ek2＝(Ek1＋Ek2)＝×4.8 MeV＝2.06 MeV
答案 (1)Li＋n→H＋He＋4.8 MeV
(2)0.005 2 u (3)4∶3 (4)2.06 MeV
1．据新华社报道，由我国自行设计、研制 ( http: / / www.21cnjy.com )的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是( )
A．“人造太阳”的核反应方程是H＋H→He＋n
B．“人造太阳”的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n
C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2
D．“人造太阳”核能大小的计算公式是E＝mc2
答案 AC
解析 A是核聚变反应，B是核裂变反应，故A正确，B错误；核反应方程中计算能量的关系式是爱因斯坦的质能方程，故C正确，D错误．
2．一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U＋n→X＋Sr＋2n，则下列叙述正确的是( )
A．X原子核中含有86个中子
B．X原子核中含有141个核子
C．因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数增加
D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少
答案 A
解析 由质量数守恒和电荷数守恒知2 ( http: / / www.21cnjy.com )35＋1＝a＋94＋2×1,92＝b＋38，解得a＝140，b＝54，其中a为X的质量数，b为X的核电荷数，X核中的中子数为a－b＝140－54＝86，由此可知A正确，B错误；裂变释放能量，由质能关系可知，其总质量减少，但质量数守恒，故C、D均错误．
3．两个动能均为1 MeV的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：H＋H→H＋H.
(1)此核反应中放出的能量ΔE为______________．
(2)若放出的能量全部变为新生核 ( http: / / www.21cnjy.com )的动能，则新生的氚核具有的动能是__________．(已知mH＝2.013 6 u，mH＝3.015 6 u，mH＝1.007 3 u)
答案 (1)4.005 MeV (2)1.5 MeV
解析 (1)此核反应中的质量亏损和放出的能量分别为：
Δm＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007 3) u＝0.004 3 u，
ΔE＝Δmc2＝0.004 3×931.5 MeV＝4.005 MeV.
(2)因碰前两氘核动能相同，相向正碰， ( http: / / www.21cnjy.com )故碰前的总动量为零．因核反应中的动量守恒，故碰后质子和氚核的总动量也为零．设其动量分别为p1，p2，必有p1＝－p2.
设碰后质子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2.则＝＝＝＝＝，
故新生的氚核具有的动能为
Ek2＝(ΔE＋Ek0)＝×(4.005＋2) MeV＝1.5 MeV.
4．在所有能源中，核能具有能量密度 ( http: / / www.21cnjy.com )大、区域适应性强的优势．在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．
(1)核反应方程U＋n→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，则a的值为多少，X表示哪一种粒子？
(2)上述反应中，分别用mU、mB、mK表示U、Ba、Kr的质量，用mn和mp表示中子和质子的质量，则该反应过程中释放的核能为多少？
答案 (1)a＝3；X表示中子 (2)(mU－mB－mK－2mn)c2
解析 (1)a＝3；X表示中子．
(2)质量亏损Δm＝mU－mB－mK－2mn，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(mU－mB－mK－2mn)c2.
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共33张PPT)
第5章 核能与社会
章末总结
网络构建区
核能与社会
核力与结合能
核力：核子间的强相互作用力
结合能：核子结合成原子核时 的能量或原子核分解成核子时 的能量
质能方程：E＝mc2或ΔE＝
放出
吸收
Δmc2
核能与社会
核能的利用
裂变
定义
链式反应
定义
条件
裂变反应堆
聚变
定义
聚变的条件
受控热核反应
核电站的工作模式
核能的优势与危害
专题整合区
一、对核反应方程及类型的理解
二、核能的计算方法
三、核反应与能量的综合
一、对核反应方程及类型的理解
1．四类核反应方程的比较
名称 核反应方程式 时间 其它
衰变 α衰变 1896年 贝可勒尔
发现
β衰变
裂变 1938年 原子弹原理
聚变 氢弹原理
238
92
234
90
234
90
234
91
0
-1
235
92
人工转变 正电子 1934年 约里奥—居里夫人
发现质子 1919年 卢瑟福
发现中子 1932年 查德威克
14
7
17
8
12
6
2.解题注意
(1)熟记一些粒子的符号
(2)注意在核反应方程式中，质量数和电荷数是守恒的；在解有关力学综合问题时，还有动量守恒和能量守恒．
0
-1
例1 现有三个核反应：
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 原子核的变化通常包括衰变、人工转变、裂变和聚变．衰变是指原子核放出α粒子和β粒子后，变成新的原子核的变化，像本题中的核反应①；
原子核的人工转变是指在其它粒子的轰击下变成新的原子核的变化；裂变是重核分裂成质量较小的核，像核反应②；
聚变是轻核结合成质量较大的核，像核反应③.综上所述，C项正确．
答案 C
针对训练1 在下列四个核反应中，X表示中子的是哪些？在以下核反应中哪些属于原子核的人工转变？
解析 在核反应中，不管是什么类型的核反应，都遵守电荷数守恒和质量数守恒，据此，可以判断未知粒子属于什么粒子．在A中，未知粒子的质量数为：14＋4＝17＋x，x＝1，
其电荷数为：7＋2＝8＋y，y＝1，即未知粒子是质子( H)；
对B，未知粒子的质量数为：27＋4＝30＋x，x＝1，其电荷数为：13＋2＝15＋y，y＝0，所以是中子( n)；
对C，未知粒子的质量数为：2＋3＝4＋x，x＝1，电荷数为：1＋1＝2＋y，y＝0，也是中子( n)；
对D，未知粒子的质量数为：235＋x＝90＋136＋10x，x＝1，电荷数为：92＋y＝38＋54＋10y，y＝0，也是中子( n)，故方程中X为中子的核反应为B、C、D.A、B为原子核的人工转变．
1
1
1
0
1
0
1
0
答案 BCD AB
返回
1．根据质量亏损计算核能
(1)用ΔE＝Δm·c2计算核能
公式中的各物理量必须用国际单位制中的单位来表示，所以，当原子核及核子的质量用“kg”作单位时，用该式计算核能较为方便．
(2)用1 u的质量相当于931.5 MeV的能量来计算核能．
2．根据结合能计算核能
利用结合能计算核能时要采用“先拆散，再结合”的方法．
二、核能的计算方法
例2 假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦核的同位素和中子，已知氘核的质量是2.013 6 u，中子的质量是1.008 7 u，氦核同位素的质量是3.015 0 u，则聚变的核反应方程是____________，在聚变反应中释放出的能量为______MeV(保留两位有效数字)．
解析 根据题中条件，可知核反应方程为
核反应过程中的质量亏损
Δm＝2mH－(mHe＋mn)
＝2×2.013 6 u－(3.015 0＋1.008 7)u＝3.5×10－3u
由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以氘核聚变反应时放出的能量为
ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV≈3.3 MeV.
答案
针对训练2 为验证爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.6 MeV的质子轰击静止的锂核 Li，生成两个α粒子，测得两个α粒子的动能之和为E2＝18.1 MeV.
(1)写出该核反应方程；
解析 核反应方程为：
7
3
(2)通过计算说明ΔE＝Δmc2正确．(已知质子、α粒子、锂核的质量分别为mp＝1.007 8 u，mα＝4.002 6 u，mLi＝7.016 0 u)
解析 核反应过程中的质量亏损：Δm＝mLi＋mp－2mα＝7.016 0 u＋1.007 8 u－2×4.002 6 u＝0.018 6 u．由质能方程可得质量亏损释放的能量：ΔE′＝Δmc2＝0.018 6×931.5 MeV≈17.3 MeV.而系统增加的动能：ΔE＝E2－E1＝(18.1－0.6) MeV＝17.5 MeV.这些能量正是来自核反应中的质量亏损，在误差允许范围内可视为相等，所以ΔE＝Δmc2正确．
返回
三、核反应与能量的综合
例3 用中子轰击锂核( Li)发生核反应，生成氚核( H)和α粒子，并放出4.8 MeV的能量．
(1)写出核反应方程．
6
3
3
1
解析 核反应方程为：
答案
三、核反应与能量的综合
(2)求出质量亏损．
解析 依据ΔE＝Δmc2得
答案
三、核反应与能量的综合
(3)若中子和锂核是以等值反向的动量相碰，则氚核和α粒子的动能比是多少？
解析 根据题意有0＝m1v1＋m2v2
式中m1、m2、v1、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek＝ ，可得它们的动能之比为
答案
三、核反应与能量的综合
(4)α粒子的动能是多大？
解析 α粒子的动能
Ek2＝ (Ek1＋Ek2)＝ ×4.8 MeV＝2.06 MeV
答案
返回
自我检测区
1
2
3
4
1．据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是( )
1
2
3
4
解析 A是核聚变反应，B是核裂变反应，故A正确，B错误；
核反应方程中计算能量的关系式是爱因斯坦的质能方程，故C正确，D错误．
答案 AC
1
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2．一个 原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为 ， 则下列叙述正确的是( )
A．X原子核中含有86个中子
B．X原子核中含有141个核子
C．因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量
数增加
D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量
数减少
1
2
3
4
解析 由质量数守恒和电荷数守恒知235＋1＝a＋94＋2×1,92＝b＋38，解得a＝140，b＝54，其中a为X的质量数，b为X的核电荷数，X核中的中子数为a－b＝140－54＝86，由此可知A正确，B错误；
裂变释放能量，由质能关系可知，其总质量减少，但质量数守恒，故C、D均错误．
答案 A
1
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3．两个动能均为1 MeV的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：
1
2
3
4
(1)此核反应中放出的能量ΔE为______________．
解析 此核反应中的质量亏损和放出的能量分别为：
Δm＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007 3) u＝0.004 3 u，
ΔE＝Δmc2＝0.004 3×931.5 MeV＝4.005 MeV.
4.005 MeV
1
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4
(2)若放出的能量全部变为新生核的动能，则新生的氚核具有的动能是__________．(已知m H＝2.013 6 u，m H＝3.015 6 u，m H＝1.007 3 u)
2
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3
1
1
1
解析 因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零．因核反应中的动量守恒，故碰后质子和氚核的总动量也为零．设其动量分别为p1，p2，必有p1＝－p2.
1
2
3
4
设碰后质子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2.则
故新生的氚核具有的动能为
Ek2＝ (ΔE＋Ek0)＝ ×(4.005＋2) MeV＝1.5 MeV.
答案 1.5 MeV
4．在所有能源中，核能具有能量密度大、区域适应性强的优势．在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．
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解析 a＝3；X表示中子．
答案 a＝3；X表示中子
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解析 质量亏损Δm＝mU－mB－mK－2mn，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(mU－mB－mK－2mn)c2.
答案 (mU－mB－mK－2mn)c2(共37张PPT)
第5章 核能与社会
5.2-5.4 裂变及其应用 聚变与受控热核反应 核能利用与社会发展
1.知道重核的裂变反应和链式反应发生的条件.
2.掌握核聚变的定义及发生条件.
3.会判断和书写核裂变、核聚变方程，能计算核反应释放的
能量.
4.了解核能的优越性，核电站的安全性能及核废料的处理．
学习目标定位
知识储备区
1．质量数 电荷数 2．Δmc2 (1) J (2) MeV 931.5
3．(1)质量差不多 核能 (2)中子 中子
(3)临界体积 临界质量
知识链接
新知呈现
4．(1)较平缓 (2)①铀 ②石墨 重水 普通水
知识储备区
③镉 中子 ④石墨 中子逃逸 ⑤水 ⑥金属套 水层
5．(1)重水 (2)石墨 (3)铀－235
6．核反应堆 高压蒸汽
7．(1)平均结合能小 较重 释放
(2) (3)几千万开以上 热核
知识储备区
8．(1)强磁场 (2)王淦昌
9．(1)巨大 (2)丰富 (3)运输 储存 (4)小
10．(1) ①二氧化铀 ②包壳 ③压力边界 (2)后处理
学习探究区
一、核裂变和链式反应
二、裂变过程中核能的分析与计算
三、核聚变发生的条件及特点
一、核裂变和链式反应
问题设计
1．阅读课本“铀核的裂变”，说明：
(1)铀核裂变是如何发生的？
答案 铀核裂变的发生
①核子受激发：当中子进入铀235后，便形成了处于激发状态的复核，复核中由于核子的激烈运动，使核变成不规则的形状．
②核子分裂：核子间的距离增大，因而核力迅速减弱，使得原子核由于质子间的斥力作用而分裂成几块，同时放出2～3个中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变反应一代接一代继续下去，形成链式反应．
(2)重核裂变在自然界中能自发进行吗？
答案 不能．重核的裂变只能发生在人为控制的核反应中，自然界不会自发地发生．铀核裂变不会自发地进行，要使铀核裂变，首先要利用中子轰击铀核，使铀核分裂，分裂产生更多的中子，这样形成了链式反应．
要点提炼
1．铀核裂变
用 轰击铀核时，铀核发生裂变，其产物是多种多样的，其中两种典型的反应是：
2．链式反应的条件
(1)铀块的体积 临界体积或铀块的质量 临界
质量．
(2)中子的“再生率”要 .
大于等于
大于等于
大于1
中子
例1 关于铀核裂变，下列说法正确的是( )
A．铀核裂变的产物是多种多样的，但只能裂变成两种不同的核
B．铀核裂变时还能同时释放2～3个中子
C．为了使裂变的链式反应容易进行，最好用纯铀235
D．铀块的体积对产生链式反应无影响
解析 铀核受到中子的冲击，会引起裂变，裂变的产物是多种多样的，具有极大的偶然性，但裂变成两块的情况比较多，也有的裂变成多块，并放出几个中子，铀235受中子的轰击时，裂变的概率大，而铀238只有俘获能量在1 MeV以上的中子才能引起裂变，且裂变的几率小，而要引起链式反应，需使铀块体积超过临界体积，故B、C正确．
答案 BC
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二、裂变过程中核能的分析与计算
重核裂变为什么能释放核能？人们获得核能的途径有哪些？
答案 用中子轰击铀核时，使该核变成处于激发状态的复核，从而重核裂变成两个原子核，并释放能量．获得核能的主要途径：一是重核裂变，二是轻核聚变．
问题设计
要点提炼
铀核裂变释放核能的计算
1．首先算出裂变反应中发生的质量亏损Δm.
2．根据 计算释放的核能．
计算时注意Δm与ΔE单位的对应关系，若Δm用kg做单位，ΔE用J做单位；若Δm用u做单位，ΔE用MeV做单位，1 u相当于931.5 MeV的能量．
ΔE＝Δmc2
3．若计算一定质量的铀块完全裂变时放出的核能，应先算出铀块中有多少个铀核(设为n)，从而得出铀块裂变释放的核能E＝ .
nΔE
例2 现有的核电站比较广泛采用的核反应之一是：
(1)核反应方程中的ν是中微子，它不带电，质量数为零．试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；
解析 根据核反应中质量数和电荷数守恒知，锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－143－3＝90，核反应方程式中应用符号 Zr表示．
答案 40 90
(2)已知铀(U)核的质量为235.049 3 u，中子质量为1.008 7 u，钕(Nd)核质量为142.909 8 u，锆核质量为89.904 7 u．又知1 u相当于931.5 MeV，试计算一次核裂变中释放的核能；
解析 核反应前后的质量亏损为
Δm＝mU＋mn－mNd－mZr－3mn＝0.217 4 u
ΔE＝Δmc2＝0.217 4×931.5 MeV＝202.508 1 MeV
答案 202.508 1 MeV
(3)试计算1 kg铀235大约能产生的能量．
解析 1 kg铀235中的铀核数为n＝ ×6.02×1023个
＝2.56×1024个
1 kg铀235完全裂变产生的能量
E＝nΔE＝2.56×1024×202.508 1 MeV
＝5.18×1026 MeV＝8.29×1013 J
答案 5.18×1026 MeV(或8.29×1013 J)
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三、核聚变发生的条件及特点
要点提炼
1．从平均结合能的图线看，轻核聚变后平均结合能增加，因此聚变反应是一个 反应．
2．聚变发生的条件：要使轻核聚变，必须使轻核接近核力发生作用的距离 m，这要克服电荷间强大的斥力作用，要求使轻核具有足够大的动能．要使原子核具有足够大的动能，就要给它们 ，使物质达到几千万开尔文以上的高温．
放能
10－15
加热
3．重核裂变与轻核聚变的区别
反应方式
比较项目 重核裂变 轻核聚变
放能原理 重核分裂成两个或多个① 的原子核，放出核能 两个轻核结合成②
的原子核，放出核能
放能多少 聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量大约要③ 3～4倍
核废料
处理难度 聚变反应的核废料的处理要比裂变反应的处理
④ 得多
中等质量
质量
较大
大
简单
例3 太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核同时放出两个正电子的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源．
(1)写出这个核反应方程．
解析
答案
(2)这一核反应能释放多少能量？
解析 反应前的质量m1＝4mp＝4×1.007 3 u＝4.029 2 u，反应后的质量m2＝mHe＋2me＝4.001 5 u＋2×0.000 55 u＝4.002 6 u，Δm＝m1－m2＝0.026 6 u，由质能方程得，释放能量ΔE＝Δmc2＝0.026 6×931.5 MeV＝24.78 MeV.
答案 24.78 MeV
(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？
(mp＝1.007 3 u，mHe＝4.001 5 u，me＝0.000 55 u)
解析 由质能方程ΔE＝Δmc2得每秒减少的质量
答案
返回
课堂要点小结
返回
自我检测区
1
2
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4
1．关于重核的裂变，下列说法正确的是( )
A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B．中子从铀块中通过时，一定发生链式反应
C．重核裂变释放出大量的能量，产生明显的质量亏损，所以核
子数减少
D．由于重核的核子平均质量大于中等质量核的核子平均质量，
所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出
核能
1
2
3
4
解析 根据重核发生裂变的条件和裂变放能的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程．因而其释放的能量是远大于其俘获中子时吸收的能量的．链式反应是有条件的，即铀块的体积必须不小于其临界体积．如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生．在裂变反应中核子数是不会减少的，
1
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4
其中各粒子质量分别为
mU＝235.043 9 u，mn＝1.008 67 u
mSr＝89.907 7 u，mXe＝135.907 2 u
质量亏损为Δm＝(mU＋mn)－(mSr＋mXe＋10mn)＝0.151 0 u
可见铀裂变的质量亏损是远小于一个核子的质量的，核子数是不会减少的，因此选项A、B、C均错误．
1
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重核裂变为中等质量的原子核时，由于平均质量减小，还会再发生质量亏损，从而释放出核能．综上所述，选项D正确．
1
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答案 D
4
2．关于聚变，以下说法正确的是( )
A．两个氘核可以聚变成一个中等质量的原子核，同时释放出
能量
B．同样质量的物质发生聚变时放出的能量比同样质量的物质
裂变时释放的能量大得多
C．聚变反应的条件是聚变物质的体积达到临界体积
D．发生聚变反应时的原子核必须有足够大的动能
1
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BD
4
3．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性，设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是( )
1
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A．ΔE＝(m1－m2－m3)c2
B．ΔE＝(m1＋m3－m2)c2
C．ΔE＝(m2－m1－m3)c2
D．ΔE＝(m2－m1＋m3)c2
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解析 反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确．
答案 B
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4．一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量mH＝1.007 3 u，中子质量mn＝1.008 7 u，氚核质量m＝3.018 0 u.
(1)写出聚变方程；
解析
答案
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(2)求释放出的核能；
解析 质量亏损Δm＝mH＋2mn－m＝(1.007 3＋2×1.008 7－3.018 0) u＝0.006 7 u，
释放的核能ΔE＝0.006 7×931.5 MeV＝6.24 MeV
答案 6.24 MeV
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(3)求平均每个核子释放的能量．
解析平均每个核子放出的能量为
E＝ MeV＝2.08 MeV
答案 2.08 MeV
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4(共38张PPT)
第5章 核能与社会
5.1 核能来自何方
1.了解核力的特点.
2.认识原子核的结合能，了解平均结合能.
3.知道什么是质量亏损，能用爱因斯坦质能方程计算原子
核的结合能．
学习目标定位
知识储备区
1．中子 10－15 2．10－6 1.6×10－19
3．(1)核子 (2)①强相互 质子 中子 中子 ②短程 3
知识链接
新知呈现
4．吸收 5．核子 原子核 6．Δmc2
学习探究区
一、核力的特点
二、结合能
三、质量亏损和核能的计算
一、核力的特点
问题设计
1．一些较轻的原子核，如 中质子数和中子数有什么关系？
答案 质子数与中子数大致相等．
2. 中各有多少个质子、多少个中子？较重的原子核中中子数和质子数有什么关系？
答案 中含有92个质子、146个中子； 中含有90个质子，144个中子．较重的原子核中中子数大于质子数，而且越重的原子核，两者相差越多．
要点提炼
由于核力是 力，自然界中较轻的原子核，质子数与中子数
，但对于较重的原子核，中子数 质子数，越重的原子核，两者相差 ．
短程
大致相等
大于
越多
例1 关于原子核中质子和中子的说法，正确的是( )
A．原子核中质子数和中子数一定相等
B．稳定的重原子核里，质子数比中子数多
C．原子核都是非常稳定的
D．对于较重的原子核，由于核力的作用范围是有限的，如果
继续增大原子核，形成的核也一定是不稳定的
解析 自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，对于较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多，因此正确答案选D.
答案 D
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二、结合能
1．设有一个质子和一个中子，在核力作用下靠近碰撞并结合成一个氘核．质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？
答案 质子和中子结合成原子核的过程中要释放能量；氘核分解成质子和中子时要吸收能量．
问题设计
2．如图1所示，是不同原子核的平均结合能随核子数变化的曲线．
图1
(1)从图中看出，中等质量的原子核与重核、轻核相比平均结合能有什么特点？平均结合能的大小反映了什么？
答案 中等质量的原子核平均结合能较大．平均结合能的大小反映了原子核的稳定性，平均结合能越大，原子核越稳定．
(2)平均结合能较小的原子核转化为平均结合能较大的原子核时是吸收能量还是放出能量？
答案 放出能量．
要点提炼
1．核子结合成原子核时 的能量，或原子核分解成核子时
的能量叫原子核的结合能．
2．核子数较小的轻核与核子数较大的重核，平均结合能都比较 ， 的原子核，平均结合能较大．
释放
吸收
小
中等核子数
延伸思考
一个核子数较大的重核分裂成两个核子数较小一些的核，是吸收能量还是释放能量？两个核子数很小的轻核结合成核子数较大一些的核，是吸收能量还是释放能量？
答案 都释放能量．
例2 使一个质子和一个中子结合成氘核时，会放出2.2 MeV的能量，则下列说法正确的是( )
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，氘核可分解为
一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
解析 中子和质子结合成氘核所释放的能量或氘核分解成中子和质子所吸收的能量都相等，即为此反应的结合能，只有光子能量大于或等于结合能，才能使它们分解．又因为中子和质子不可能没有速度，所以动能之和不可能为零，(若动能之和为零就分不开了)，所以A、D正确．
答案 AD
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三、质量亏损和核能的计算
甲同学说：核反应过程中核子数没变，所以质量是守恒的；
乙同学查找资料，各个原子核或核子的质量如下：
mBe＝9.012 19 u，mC＝12.000 u，mα＝4.002 6 u，mn＝1.008 665 u．(其中1 u＝1.660 566×10－27 kg)，他通过计算发现反应之后的质量减少了，于是他得出结论“核反应过程中质量消失了”．
问题设计
这两个同学的说法对吗？如果不对错在哪里？你对质量亏损是如何理解的？
答案 甲同学的说法错误．核反应过程中是质量数守恒而不是质量守恒；乙同学的说法错误．质量亏损并不是质量消失．
对质量亏损的理解：
其一，在核反应中仍遵守质量守恒和能量守恒，所谓的质量亏损并不是这部分质量消失或质量转变为能量．物体的质量应包括静止质量和运动质量，质量亏损是静止质量的减少，减少的静止质量转化为和辐射能量相联系的运动质量．
其二，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．
2．试计算上述核反应过程中是释放能量，还是吸收能量？能量变化了多少？
答案 反应前的总质量
m1＝mBe＋mα＝9.012 19 u＋4.002 6 u＝13.014 79 u
反应后的总质量
m2＝mC＋mn＝12.000 0 u＋1.008 665 u＝13.008 665 u
所以质量亏损Δm＝m1－m2＝13.014 79 u－13.008 665 u＝0.006 125 u.
放出的能量
ΔE＝Δmc2＝0.006 125 uc2＝0.006 125×1.660 566×10－27×
(3×108)2 J＝9.15×10－13 J＝5.719 MeV.
要点提炼
1．对质能方程和质量亏损的理解
(1)质能方程
爱因斯坦的相对论指出，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，其关系是E＝ .
mc2
(2)质量亏损
质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了．物体质量增加，则总能量随之
；质量减少，则总能量也随之 ．这时质能方程也写作ΔE＝ .
增加
减少
Δmc2
2．核能的计算方法
(1)根据Δm计算
①根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.
②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝ 计算核能．
其中Δm的单位是 ，ΔE的单位是 ．
Δmc2
焦耳
千克
(2)利用原子质量单位u和电子伏特计算
①明确原子质量单位u和电子伏特之间的关系
1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 eV＝1.602 178×10－19 J
由E＝mc2
得
②根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，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ΔE＝ MeV.
其中Δm的单位是 ，ΔE的单位是 .
Δm×931.5
u
MeV
例3 已知氮核质量为MN＝14.007 53 u，氧17核的质量为MO＝17.004 54 u，氦核质量为MHe＝4.003 87 u，氢核质量为MH＝1.008 15 u，试判断： 这一核反应是吸收能量还是放出能量？能量变化是多少？
解析 反应前总质量：MN＋MHe＝18.011 40 u，
反应后总质量：MO＋MH＝18.012 69 u.
可以看出：反应后总质量增加，故该反应是吸收能量的反应．
吸收的能量利用ΔE＝Δmc2来计算，若反应过程中质量增加1 u，就会吸收931.5 MeV的能量，
故ΔE＝(18.012 69－18.011 40)×931.5 MeV＝1.2 MeV.
答案 吸收能量 1.2 MeV
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1
2
3
1．对核子结合成原子核的下列说法正确的是( )
A．原子核内的核子间均存在核力
B．原子核内的质子间均存在核力和库仑力
C．稳定原子核的质子数总是与中子数相等
D．对质子数较多的原子核，其中的中子数起到增加核力、维系
原子核稳定的作用
1
2
3
解析 核力是短程力，只会发生在相邻核子之间，由此知A、B错误；
核力只作用于相邻的核子，随着质子数增加，为使原子核保持稳定，必须靠中子数的增多来抵消库仑力的作用，故C错误，D正确．
答案 D
1
2
3
2．对结合能、平均结合能的认识，下列说法正确的是( )
A．一切原子核均具有结合能
B．自由核子结合为原子核时，可能吸收能量
C．结合能越大的原子核越稳定
D．平均结合能越大的原子核越稳定
1
2
3
1
2
3
解析 氢原子核只有一个质子，无结合能，结合能并不是原子核所具有的能量，故A错；
自由核子结合为原子核时，放出能量，故B错；
平均结合能越大的原子核越稳定，故C错，D对．
答案 D
3．有一种核反应为：
的质量为1.007 3 u，X的质量为3.018 0 u．则下列说法正确的是( )
A．X是质子，该反应吸收能量
B．X是氕，该反应吸收能量
C．X是氘，该反应释放能量
D．X是氚，该反应释放能量
1
2
3
解析 根据核反应过程中的质量数、核电荷数守恒，X应为氚；又2×2.013 6 u>3.018 0 u＋1.007 3 u，所以核反应过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该反应释放能量.
答案 D
1
2
3[基础题]
1．现已建成的核电站的能量来自于( )
A．天然放射性元素衰变放出的能量
B．人工放射性同位素放出的能量
C．重核裂变放出的能量
D．化学反应放出的能量
答案 C
2．下列核反应中，属于核裂变反应的是( )
A.5B＋n→Li＋He
B.U→Th＋He
C.7N＋He→8O＋H
D.U＋n→Ba＋Kr＋3n
答案 D
解析 由核裂变反应的特点知，D正确．
3．核反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置，它主要由哪四部分组成( )
A．核燃料、减速剂、冷却系统和控制调节系统
B．核燃料、减速剂、发热系统和传热系统
C．核燃料、调速剂、碰撞系统和传热系统
D．核燃料、中子源、原子能聚存系统和输送系统
答案 A
解析 核反应堆主要由核燃料、中子减速剂、控制棒和热交换器组成．因此A选项正确．
4．一个氘核(H)与一个氚核(H)发生聚变，产生一个中子和一个新核，并出现质量亏损．该聚变过程中( )
A．吸收能量，生成的新核是He
B．放出能量，生成的新核是He
C．吸收能量，生成的新核是He
D．放出能量，生成的新核是He
答案 B
5．在核反应方程式92U＋n→Sr＋54Xe＋kX中( )
A．X是中子，k＝9 B．X是中子，k＝10
C．X是质子，k＝9 D．X是质子，k＝10
答案 B
解析 设X的电荷数是Z，质量数是A，根据题意设核反应的关系式，由电荷数守恒得92＋0＝38＋54＋kZ解得kZ＝0，
由质量数守恒得235＋1＝90＋136＋kA解得kA＝10.
综合解得k≠0，Z＝0，可知X是中子；
A＝1，k＝10，可知选项B正确．
6．关于轻核聚变释放核能，下列说法正确的是( )
A．一次聚变反应一定比一次裂变反应释放的能量多
B．聚变反应比裂变反应每个核子释放的平均能量大
C．聚变反应中粒子的平均结合能变小
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量变大
答案 B
[能力题]
7．(2014·北京·14)质子、中子和氘核 ( http: / / www.21cnjy.com )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－m3)c
B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2
D．(m1－m2－m3)c2
答案 C
解析 由质能方程ΔE＝Δmc2，其中Δm＝m1＋m2－m3
可得ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，选项C正确．
8．1994年3月，中国科学院等研制成功了比 ( http: / / www.21cnjy.com )较先进的HT－7型超导托卡马克．如图1所示，托卡马克(Tokamak)是研究受控核聚变的一种装置，这个词是torodal(环形的)，kamera(真空室)，magnit(磁)的头两个字母以及katushka(线圈)的第一个字母组成的缩写词．
图1
根据以上信息，下列判断中可能正确的是( )
A．核反应原理是氘原子核在装置中聚变成氦核，同时释放出大量的能量，和太阳发光的原理类似
B．线圈的作用是通电产生磁场使氘核等带电粒子在磁场中旋转而不溢出
C．这种装置同我国秦山、大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理相同
D．这种装置可以控制热核反应速度，使聚变能缓慢而稳定地发生
答案 ABD
解析 可控核聚变在实验阶段已有大的进展，原 ( http: / / www.21cnjy.com )料是氘或其同位素等轻核，A对．由于聚变温度太高，没有什么容器能够耐这么高的温度，但磁场可以把它们约束在一个小范围内，因此B对．我国秦山、大亚湾核电站的核反应为裂变，而不是聚变，所以C错．这种反应人们在实验室里可以人为控制反应速度，不过离实用阶段还有一段距离，所以D对．
9．1964年10月16日，我国在新疆罗布泊沙漠成功地进行了第一颗原子弹试验，结束了中国无核时代．
(1)原子弹爆炸实际上是利用铀核裂变时释放出很大能量，由于裂变物质的体积超过临界体积而爆炸．
①完成核裂变反应方程式：
92U＋n→( )Xe＋Sr＋2n＋200 MeV
②铀原子核裂变自动持续下去的反应过程叫什么？产生这种反应的条件必须是什么？
(2)为了防止铀核裂变的产物放出的各种射线危害人体和污染环境，需采取哪些措施？(举两种)
答案 (1)①54 ②链式反应 中子再生率大于1
(2)核反应堆外面需要修建很厚的水泥防护层，用来屏蔽射线；放射性核废料要装入特制的容器，深埋地下．
10．在氢弹爆炸中发生的核聚变方 ( http: / / www.21cnjy.com )程为H＋H→He＋n，已知H的质量为2.013 6 u，H的质量为3.016 6 u，He的质量为4.002 6 u，n的质量为1.008 7 u，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，求此氢弹爆炸中当合成1 kg的氦时所释放的能量．
答案 2.65×1027 MeV
解析 由题意可知，当一个H核与一个H核发生反应合成一个He核时放出的能量为
ΔE＝Δmc2＝(2.013 6 ( http: / / www.21cnjy.com )＋3.016 6－4.002 6－1.008 7) u＝0.018 9×931.5 MeV＝17.6 MeV
而1 kg氦中含有的原子数目为N＝×6.02×1023＝1.505×1026(个)
所以合成1 kg氦核时所放出的总能量为E＝NΔE＝2.65×1027 MeV.
[探究与拓展题]
11．一个原来静止的锂核(Li)俘获一个速度为7.7×104 m/s的中子后，生成一个氚核和一个氦核，已知氚核的速度大小为1.0×103 m/s，方向与中子的运动方向相反．
(1)试写出核反应方程．
(2)求出氦核的速度大小．
(3)若让一个氘核和一个氚核发生聚变时， ( http: / / www.21cnjy.com )可产生一个氦核同时放出一个中子，求这个核反应释放出的能量．(已知氘核质量为mD＝2.014 102 u，氚核质量为mT＝3.016 050 u，氦核质量为mHe＝4.002 603 u，中子质量为mn＝1.008 665 u，1 u＝1.660 6×10－27 kg)
答案 (1)Li＋n→H＋He (2)2×104 m/s
(3)2.82×10－12 J
解析 (1)Li＋n→H＋He
(2)由动量守恒定律得：
mnv0＝－mTv1＋mHev2
v2＝＝ m/s
＝2×104 m/s
(3)质量亏损为
Δm＝mD＋mT－mHe－mn
＝(2.014 102＋3.016 050－4.002 603－1.008 665) u
＝0.018 884 u＝3.136×10－29 kg
根据爱因斯坦质能方程得
ΔE＝Δmc2＝3.136×10－29×(3×108)2 J＝2.82×10－12 J
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1[基础题]
1．关于核力，下列说法中正确的是( )
A．核力是一种特殊的万有引力
B．原子核内任意两个核子间都有核力作用
C．核力是原子核能稳定存在的原因
D．核力是一种短程强作用力
答案 CD
2．下列关于结合能和平均结合能的说法中，正确的是( )
A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B．平均结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和平均结合能都较大
D．中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大
答案 D
解析 核子结合成原子核是放出能量，原 ( http: / / www.21cnjy.com )子核拆解成核子是吸收能量，A选项错误；平均结合能越大的原子核越稳定，但平均结合能越大的原子核，其结合能不一定越大，例如中等质量原子核的平均结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核反而小，B、C选项错误；中等质量原子核的平均结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，D选项正确．
3．质子的质量为mp，中子的质量为mn，氦核的质量为mα，下列关系式正确的是( )
A．mα＝(2mp＋2mn)
B．mα<(2mp＋2mn)
C．mα>(2mp＋2mn)
D．以上关系式都不正确
答案 B
4．为纪念爱因斯坦对物理学的巨 ( http: / / www.21cnjy.com )大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”．对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2，下列说法中不正确的是( )
A．E＝mc2表明物体具有的能量与其质量成正比
B．根据ΔE＝Δmc2可以计算核反应中释放的核能
C．一个中子和一质子结合成氘核时，释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损
D．E＝mc2中的E是核反应中释放的核能
答案 D
解析 爱因斯坦提出的质能方程 ( http: / / www.21cnjy.com )E＝mc2告诉我们，物体的质量与它的能量成正比．核反应中若质量亏损，就要释放能量，可用ΔE＝Δmc2计算核反应中释放的核能．故上述选项只有D不正确．
5．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的 ( http: / / www.21cnjy.com )质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性．设原子捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是( )
A．ΔE＝(m1－m2－m3)c2
B．ΔE＝(m1＋m3－m2)c2
C．ΔE＝(m2－m1－m3)c2
D．ΔE＝(m2－m1＋m3)c2
答案 B
解析 反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确．
6．如图1所示是描述原子核核子的平均质量与原子序数Z的关系曲线，由图可知下列说法正确的是( )
图1
A．将原子核A分解为原子核B、C可能吸收能量
B．将原子核D、E结合成原子核F可能吸收能量
C．将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量
D．将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量
答案 C
解析 因B、C核子的平均质量小于A核子的平均质量，故A分解为B、C时，出现质量亏损，故放出核能，故A错，同理可得B、D错，C正确．
[能力题]
7．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn ( http: / / www.21cnjy.com )、mp、mD.现用光子能量为E的γ射线照射静止氘核使之分解，核反应方程为γ＋D→p＋n，若分解后中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是( )
A.[(mD－mp－mn)c2－E]
B.[(mD＋mn－mp)c2＋E]
C.[(mD－mp－mn)c2＋E]
D.[(mD＋mn－mp)c2－E]
答案 C
解析 因为轻核聚变时放出能量，质量亏损， ( http: / / www.21cnjy.com )所以氘核分解为核子时，要吸收能量，质量增加，本题核反应过程中γ射线能量E对应质量的增加和中子与质子动能的产生，即E＝Δmc2＋2Ek＝(mp＋mn－mD)c2＋2Ek，得Ek＝[E－(mp＋mn－mD)c2]＝[(mD－mp－mn)c2＋E]，故选C.
8．一个负电子(质量为m、电 ( http: / / www.21cnjy.com )荷量为－e)和一个正电子(质量为m、电荷量为e)，以相等的初动能Ek相向运动，并撞到一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子，设产生光子的频率为ν，若这两个光子的能量都为hν，动量分别为p和p′，下面关系中正确的是( )
A．hν＝mc2，p＝p′
B．hν＝mc2，p＝p′
C．hν＝mc2＋Ek，p＝－p′
D．hν＝(mc2＋Ek)，p＝－p′
答案 C
解析 能量守恒和动量守恒 ( http: / / www.21cnjy.com )为普适定律，故以相等动能相向运动发生碰撞而湮灭的正负电子总能量为2Ek＋2mc2，化为两个光子后，总动量守恒，为零，故p＝－p′，且2Ek＋2mc2＝2hν，即hν＝Ek＋mc2.
9．氘核和氚核聚变时的核 ( http: / / www.21cnjy.com )反应方程为H＋H→He＋n，已知H的平均结合能是2.78 MeV，H的平均结合能是1.09 MeV，He的平均结合能是7.03 MeV，则核反应时释放的能量为________ MeV.
答案 17.6
解析 聚变反应前氘核和氚核的总结合能
E1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV
＝10.52 MeV.
反应后生成的氦核的结合能
E2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV.
由于单个核子无结合能，即中子无结合能，所以聚变过程释放出的能量为
ΔE＝E2－E1
＝(28.12－10.52) MeV＝17.6 MeV.
10．2个质子和1个中子结合可以生成氦3， ( http: / / www.21cnjy.com )核反应方程式为：2H＋n→He，已知每个质子的质量为1.007 277 u，中子的质量为1.008 665 u，氦3的质量为3.002 315 u，试求氦3的结合能．
答案 19.472 1 MeV
解析 粒子结合前后的质量亏损为
Δm＝2mH＋mn－mα
＝2×1.007 277 u＋1.008 665 u－3.002 315 u
＝0.020 904 u
由于1 u相当于931.5 MeV，则结合能为
E＝0.020 904×931.5 MeV＝19.472 1 MeV
11．如果把O分成8个质子和8个中子，要 ( http: / / www.21cnjy.com )给它提供多少能量？把它分成4个He，要给它提供多少能量？已知O核子的平均结合能是7.98 MeV，He核子的平均结合能是7.07 MeV.
答案 127.68 MeV 14.56 MeV
解析 把O分成质子和中子需提供的能量
ΔE1＝16×7.98 MeV＝127.68 MeV.
把质子和中子结合成一个He所放出的能量
ΔE2＝4×7.07 MeV＝28.28 MeV.
则把O分成4个He需提供的能量
ΔE′＝ΔE1－4ΔE2＝127.68 MeV－4×28.28 MeV
＝14.56 MeV.
[探究与拓展题]
12．镭核88Ra发生衰变放出 ( http: / / www.21cnjy.com )一个粒子变为氡核86Rn.已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u.
(1)写出核反应方程；
(2)求镭核衰变放出的能量；
(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能．
答案 (1)88Ra→86Rn＋He (2)6.05 MeV
(3)5.94 MeV
解析 (1)核反应(衰变)方程为88Ra→86Rn＋He.
(2)镭核衰变放出的能量为
ΔE＝Δm·c2
＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV
＝6.05 MeV.
(3)设镭核衰变前静止，镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定律可得mRnvRn－mαvα＝0，①
又根据衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能，则
ΔE＝mRnv＋mαv，②
由①②可得
Eα＝·ΔE＝×6.05 MeV＝5.94 MeV.
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1模块检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．下列能揭示原子具有核式结构的实验是( )
A．光电效应实验 B．伦琴射线的发现
C．α粒子散射实验 D．氢原子光谱的发现
答案 C
解析 光电效应实验说明了光的粒子性，A错；伦 ( http: / / www.21cnjy.com )琴射线的发现说明了原子内部有能级结构，B错；α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，C对；氢原子光谱的发现说明原子内轨道量子化，D错．
2．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是( )
A．核力、万有引力、库仑力
B．万有引力、库仑力、核力
C．库仑力、核力、万有引力
D．核力、库仑力、万有引力
答案 D
解析 核子间的核力最大，万有引力最小，D正确．
3．原子质量单位为u,1 u相当于93 ( http: / / www.21cnjy.com )1.5 MeV的能量，真空中光速为c，当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是( )
A．(M－m1－m2)u·c2
B．(m1＋m2－M)u×931.5 J
C．(m1＋m2－M)c2
D．(m1＋m2－M)×931.5 eV
答案 C
解析 在计算核能时，如果质量的单位是kg， ( http: / / www.21cnjy.com )则用ΔE＝Δmc2进行计算，如果质量的单位是u，则利用1 u相当于931.5 MeV的能量计算，即用ΔE＝Δm×931.5 MeV进行计算，故C正确，A、B、D错误．
4．光电效应实验中，下列表述正确的是( )
A．光照时间越长光电流越大
B．入射光足够强就可以有光电流
C．遏止电压与入射光的频率有关
D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子
答案 CD
解析 由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光 ( http: / / www.21cnjy.com )频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU0＝Ek＝hν－W(其中U0为遏止电压，Ek为光电子的最大初动能，W为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A、B错误，C、D正确．
图1
5．天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图1所示，由此可知( )
A．②来自于原子核外的电子
B．①的电离作用最强，是一种电磁波
C．③的电离作用最强，是一种电磁波
D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子
答案 D
解析 从题图中三种射线的穿透能力可以看 ( http: / / www.21cnjy.com )出，①为α射线，②为β射线，③为γ射线．三种射线都来自于原子核内部，A错，α射线的电离作用最强，为氦核流，B、C错；γ射线的电离作用最弱，D正确．
6．火警的报警系统通常利用镅(Am)衰变成镎(Np)时放出一种很容易被空气阻隔的新粒子，这种粒子是( )
A.He B.H C.n D.e
答案 A
解析 根据电荷数和质量数守恒可以写出核反应方程Am→Np＋He.
7．如图2所示，在光滑水 ( http: / / www.21cnjy.com )平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )
图2
A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
答案 A
8．如图3所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.07 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射不同波长的光有多少种( )
图3
A．15 B．10 C．4 D．1
答案 B
解析 本题考查能级跃迁规律，13.07 ( http: / / www.21cnjy.com ) eV恰好为n＝5与n＝1的能级差，从而使基态氢原子跃迁到n＝5的激发态，这些氢原子再向较低能级跃迁时，可产生不同波长的光有C＝10种，B正确．
9．已知一价氦离子He＋能级 ( http: / / www.21cnjy.com )En与量子数n的关系为En＝，处于基态的一价氦离子He＋的电离能为54.4 eV，为使处于基态的一价氦离子He＋变为激发态，入射光子的最小能量为( )
A．13.6 eV B．40.8 eV
C．48.4 eV D．54.4 eV
答案 B
解析 由hν＝E1－，当n＝2时，所需入射光子的能量最小，而E1＝54.4 eV，代入数值可得hν＝40.8 eV.
图4
10．如图4所示，光滑水 ( http: / / www.21cnjy.com )平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 A
解析 碰撞前总动量p＝(6＋6) kg·m/s＝12 kg·m/s，
碰后A动量pA′＝2 kg·m/s，则pB′＝10 kg·m/s，又由mB＝2mA，可知vA′∶vB′＝2∶5，所以可知A项正确．
二、非选择题(每小题12分，共60分)
11．(12分)如图5所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
图5
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图5中O点是小球抛 ( http: / / www.21cnjy.com )出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表 ( http: / / www.21cnjy.com )示为________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________(用(2)中测量的量表示)．
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2 ( http: / / www.21cnjy.com )＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图6所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.
图6
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________．
答案 (1)C (2)ADE或DEA或DAE (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
(4)14 2.9 1(1～1.01均可)
解析 (1)该实验是验证动量守恒定律，也就是 ( http: / / www.21cnjy.com )验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m2时，m1从抛出点下落的高度与放上m2两球相碰后下落的高度H相同，即在空中做平抛运动的下落时间t相同，故有v1＝，v1′＝，v2′＝，代入m1v1＝m1v1′＋m2v2′，可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可．
(2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分．
(3)若是弹性碰撞，还应满足动能守恒，即m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，即
m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.
(4)＝＝＝＝14∶11
＝＝＝11∶2.9.
＝
＝
≈1(1～1.01均可)
12．(10分)在光滑水平 ( http: / / www.21cnjy.com )面上，甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，它们分别沿东西方向的同一直线相向运动，其中甲物体以速度6 m/s由西向东运动，乙物体以速度2 m/s由东向西运动．碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是4 m/s.求：
(1)甲、乙两物体的质量之比；
(2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
答案 (1) (2)弹性碰撞
解析 (1)设向东方向为正方向，则
v1＝6 m/s，v1′＝－4 m/s，
v2＝－2 m/s，v2′＝4 m/s
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得＝
(2)碰撞前系统的总动能
Ek＝m1v＋m2v＝m2
碰撞后系统的总动能
Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2＝m2
因为Ek′＝Ek，所以这次碰撞是弹性碰撞
13．(1)(4分)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
①碘131核的衰变方程：53I→______________(衰变后的元素用X表示)．
②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．
(2)(8分)如图7所示， ( http: / / www.21cnjy.com )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7
答案 (1)①54X＋ 0－1e ②16 (2)4v0
解析 (1)①根据衰变过程电荷数守恒与质量数 ( http: / / www.21cnjy.com )守恒可得衰变方程：53I→54X＋ 0－1e；②每经1个半衰期，有半数原子核发生衰变，经2个半衰期将剩余，即有75%发生衰变，故经过的时间为16天．
(2)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
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m×2v0－mvmin＝11mv2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得vmin＝4v0
14．(1)(2分)氢原子第n能级的能量为 ( http: / / www.21cnjy.com )En＝，其中E1为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则＝________.
图8
(2)(10分)如图8所示，光滑水平轨道上 ( http: / / www.21cnjy.com )有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
答案 (1) (2)v0
解析 (1)根据氢原子的能级公式，hν1＝E4－E2＝－＝－E1
hν2＝E2－E1＝－＝－E1
所以＝＝
(2)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0
15．(1)(4分)氘核和氚核可发生热核聚 ( http: / / www.21cnjy.com )变而释放出巨大的能量，该反应方程为：H＋H→He＋x，式中x是某种粒子．已知：H、H、He和粒子x的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u＝931.5 MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)．
图9
(2)(10分)如图9所示，小球a、 ( http: / / www.21cnjy.com )b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(i)两球a、b的质量之比；
(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
答案 (1)n(或中子) 17.6 (2)(i)－1 (ii)1－
解析 (1)n(或中子) 17.6
(2)(i)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2①
式中g是重力加速度的大小．设球a的质 ( http: / / www.21cnjy.com )量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③
联立①②③式得＝－1④
代入题给数据得＝－1⑤
(ii)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝m2v2)之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1学案1 核能来自何方
[学习目标定位] 1.了解核力 ( http: / / www.21cnjy.com )的特点.2.认识原子核的结合能，了解平均结合能.3.知道什么是质量亏损，能用爱因斯坦质能方程计算原子核的结合能．
1．原子核的组成：原子核由质子和中子组成；原子核非常小，直径数量级为10－15 m.
2．能量单位：1 eV＝10－6 MeV＝1.6×10－19 J.
3．核力
(1)定义：组成原子核的核子之间存在着一种特殊的力．
(2)特点：
①核力是一种强相互作用力，它存在于质子与质子间、质子与中子间、中子与中子间．
②核力是一种短程力，它的作用距离只有10－15 m的数量级．因此，每个核子只能对跟它邻近的少数核子(一般不超过3个)发生显著的相互作用．
4．结合能
核子结合成原子核时放出的能量，或原子核分解成核子时吸收的能量．
5．质量亏损：组成原子核的核子的总质量与原子核的质量之差．
6．结合能的计算：ΔE＝Δmc2.
一、核力的特点
[问题设计]
1．一些较轻的原子核，如He、O、C、N中质子数和中子数有什么关系？
答案 质子数与中子数大致相等．
2.U、Th中各有多少个质子、多少个中子？较重的原子核中中子数和质子数有什么关系？
答案 U中含有92个质子、146个中子；Th中含有90个质子，144个中子．较重的原子核中中子数大于质子数，而且越重的原子核，两者相差越多．
[要点提炼]
由于核力是短程力，自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，但对于较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多．
例1 关于原子核中质子和中子的说法，正确的是( )
A．原子核中质子数和中子数一定相等
B．稳定的重原子核里，质子数比中子数多
C．原子核都是非常稳定的
D．对于较重的原子核，由于核力的作用范围是有限的，如果继续增大原子核，形成的核也一定是不稳定的
解析 自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，对于较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多，因此正确答案选D.
答案 D
二、结合能
[问题设计]
1．设有一个质子和一个中子，在核力作用下靠近 ( http: / / www.21cnjy.com )碰撞并结合成一个氘核．质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？
答案 质子和中子结合成原子核的过程中要释放能量；氘核分解成质子和中子时要吸收能量．
2．如图1所示，是不同原子核的平均结合能随核子数变化的曲线．
图1
(1)从图中看出，中等质量的原子核与重核、轻核相比平均结合能有什么特点？平均结合能的大小反映了什么？
(2)平均结合能较小的原子核转化为平均结合能较大的原子核时是吸收能量还是放出能量？
答案 (1)中等质量的原子核平均结合能较大．平均结合能的大小反映了原子核的稳定性，平均结合能越大，原子核越稳定．
(2)放出能量．
[要点提炼]
1．核子结合成原子核时释放的能量，或原子核分解成核子时吸收的能量叫原子核的结合能．
2．核子数较小的轻核与核子数较大的重核，平均结合能都比较小，中等核子数的原子核，平均结合能较大．
[延伸思考]
一个核子数较大的重核分裂成 ( http: / / www.21cnjy.com )两个核子数较小一些的核，是吸收能量还是释放能量？两个核子数很小的轻核结合成核子数较大一些的核，是吸收能量还是释放能量？
答案 都释放能量．
例2 使一个质子和一个中子结合成氘核时，会放出2.2 MeV的能量，则下列说法正确的是( )
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，氘核可分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
解析 中子和质子结合成氘核所释放的能量或氘核 ( http: / / www.21cnjy.com )分解成中子和质子所吸收的能量都相等，即为此反应的结合能，只有光子能量大于或等于结合能，才能使它们分解．又因为中子和质子不可能没有速度，所以动能之和不可能为零，(若动能之和为零就分不开了)，所以A、D正确．
答案 AD
三、质量亏损和核能的计算
[问题设计]
1．用α粒子轰击铍(Be)核发现中子的核反应方程
Be＋He→C＋n
甲同学说：核反应过程中核子数没变，所以质量是守恒的；
乙同学查找资料，各个原子核或核子的质量如下：
mBe＝9.012 19 u，mC ( http: / / www.21cnjy.com )＝12.000 u，mα＝4.002 6 u，mn＝1.008 665 u．(其中1 u＝1.660 566×10－27 kg)，他通过计算发现反应之后的质量减少了，于是他得出结论“核反应过程中质量消失了”．
这两个同学的说法对吗？如果不对错在哪里？你对质量亏损是如何理解的？
答案 甲同学的说法错误．核反应过程中是质量数守恒而不是质量守恒；乙同学的说法错误．质量亏损并不是质量消失．
对质量亏损的理解：
其一，在核反应中仍遵守质量守恒和能量守 ( http: / / www.21cnjy.com )恒，所谓的质量亏损并不是这部分质量消失或质量转变为能量．物体的质量应包括静止质量和运动质量，质量亏损是静止质量的减少，减少的静止质量转化为和辐射能量相联系的运动质量．
其二，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．
2．试计算上述核反应过程中是释放能量，还是吸收能量？能量变化了多少？
答案 反应前的总质量
m1＝mBe＋mα＝9.012 19 u＋4.002 6 u＝13.014 79 u
反应后的总质量
m2＝mC＋mn＝12.000 0 u＋1.008 665 u＝13.008 665 u
所以质量亏损Δm＝m1－m2＝13.014 79 u－13.008 665 u＝0.006 125 u.
放出的能量
ΔE＝Δmc2＝0.006 125 uc2＝ ( http: / / www.21cnjy.com )0.006 125×1.660 566×10－27×(3×108)2 J＝9.15×10－13 J＝5.719 MeV.
[要点提炼]
1．对质能方程和质量亏损的理解
(1)质能方程
爱因斯坦的相对论指出，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，其关系是E＝mc2.
(2)质量亏损
质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在 ( http: / / www.21cnjy.com )核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了．物体质量增加，则总能量随之增加；质量减少，则总能量也随之减少．这时质能方程也写作ΔE＝Δmc2.
2．核能的计算方法
(1)根据Δm计算
①根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.
②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能．
其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳．
(2)利用原子质量单位u和电子伏特计算
①明确原子质量单位u和电子伏特之间的关系
1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 eV＝1.602 178×10－19 J
由E＝mc2
得E＝ eV＝931.5 MeV
②根据1原子质量单位(u)相当 ( http: / / www.21cnjy.com )于931.5 MeV的能量，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ΔE＝Δm×931.5 MeV.
其中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.
例3 已知氮核质量为MN＝14.007 53 u，氧17核的质量为MO＝17.004 54 u，氦核质量为MHe＝4.003 87 u，氢核质量为MH＝1.008 15 u，试判断：N＋He→O＋H这一核反应是吸收能量还是放出能量？能量变化是多少？
解析 反应前总质量：MN＋MHe＝18.011 40 u，
反应后总质量：MO＋MH＝18.012 69 u.
可以看出：反应后总质量增加，故该反应是吸收能量的反应．
吸收的能量利用ΔE＝Δmc2 ( http: / / www.21cnjy.com )来计算，若反应过程中质量增加1 u，就会吸收931.5 MeV的能量，故ΔE＝(18.012 69－18.011 40)×931.5 MeV＝1.2 MeV.
答案 吸收能量 1.2 MeV
核能来自何方
1．对核子结合成原子核的下列说法正确的是( )
A．原子核内的核子间均存在核力
B．原子核内的质子间均存在核力和库仑力
C．稳定原子核的质子数总是与中子数相等
D．对质子数较多的原子核，其中的中子数起到增加核力、维系原子核稳定的作用
答案 D
解析 核力是短程力，只会发生在相邻核子之间 ( http: / / www.21cnjy.com )，由此知A、B错误；核力只作用于相邻的核子，随着质子数增加，为使原子核保持稳定，必须靠中子数的增多来抵消库仑力的作用，故C错误，D正确．
2．对结合能、平均结合能的认识，下列说法正确的是( )
A．一切原子核均具有结合能
B．自由核子结合为原子核时，可能吸收能量
C．结合能越大的原子核越稳定
D．平均结合能越大的原子核越稳定
答案 D
解析 氢原子核只有一个质子，无结合能，结 ( http: / / www.21cnjy.com )合能并不是原子核所具有的能量，故A错；自由核子结合为原子核时，放出能量，故B错；平均结合能越大的原子核越稳定，故C错，D对．
3．有一种核反应为：H＋H→H＋X.已知H的质量为2.013 6 u，H的质量为1.007 3 u，X的质量为3.018 0 u．则下列说法正确的是( )
A．X是质子，该反应吸收能量
B．X是氕，该反应吸收能量
C．X是氘，该反应释放能量
D．X是氚，该反应释放能量
答案 D
解析 根据核反应过程中的质量数、核电荷数守 ( http: / / www.21cnjy.com )恒，X应为氚；又2×2.013 6 u>3.018 0 u＋1.007 3 u，所以核反应过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该反应释放能量.
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1学案2 裂变及其应用
学案3 聚变与受控热核反应
学案4 核能利用与社会发展
[学习目标定位] 1.知道重核的裂变反应 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )和链式反应发生的条件.2.掌握核聚变的定义及发生条件.3.会判断和书写核裂变、核聚变方程，能计算核反应释放的能量.4.了解核能的优越性，核电站的安全性能及核废料的处理．
1．核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒．
2．核能运算：ΔE＝Δmc2.
(1)若Δm单位为kg，则ΔE的单位为J；
(2)若Δm单位为u，则ΔE的单位为MeV，可直接利用ΔE＝Δm×931.5 MeV计算核能．
3．重核的裂变
(1)核裂变：重核被中子轰击后分裂成质量差不多的两部分，同时放出几个中子，并放出核能的过程．
(2)链式反应：铀核裂变时，通常会放出2到 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )3个中子，这些中子可以作为新的“炮弹”轰击其它的铀核，使裂变反应不断地进行下去，这种反应叫做链式反应．
(3)发生链式反应的条件：发生裂变物质的体积大于等于临界体积或发生裂变物质的质量大于等于临界质量．
4．裂变反应堆
(1)裂变反应堆是核电站的心脏．它是一种用人工控制链式反应的装置，可以使核能较平缓地释放出来．
(2)裂变反应堆的基本结构
①裂变材料：铀棒；
②慢化剂：铀235容易捕获慢中子而发生反应，通常用石墨、重水或普通水(也叫轻水)作慢化剂；
③控制棒：用镉或硼钢制成，用来吸收减速后的中子，控制反应强度；
④反射层：一般用石墨做材料，阻止中子逃逸；
⑤热交换器：利用水循环，把反应堆中的热量传输出去；
⑥防护层：由金属套、防止中子外逸的水层以及1～2 m厚的钢筋混凝土构成．
5．裂变反应堆的常见类型
(1)重水堆：采用重水做慢化剂的反应堆．
(2)高温气冷堆：采用石墨为慢化剂、氦为冷却剂的反应堆．
(3)快中子增殖反应堆：以铀－235作为主要裂变材料的反应堆．其最大特点是可以合理利用有限的铀资源，使核燃料增殖．
6．核电站的工作模式
以核反应堆为能源，用它产生高压蒸汽，取代发电厂的锅炉，从而进行发电．
7．核聚变
(1)定义：使平均结合能小的轻核聚合成一个较重的原子核，同时释放核能．
(2)核反应举例：H＋H→He＋n＋17.6 MeV.
(3)聚变的条件：必须使原子核的距离达到10－15 m以内，为此必须有几千万开以上的高温才行，所以，聚变又叫热核反应．
8．受控热核反应
(1)“托卡马克”：是一种利用强磁场约束等离子体的环流器．
(2)激光聚变的构想：1964年，我国著名 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )物理学家王淦昌与苏联科学家各自独立地提出了激光聚变的构想，即用高功率的激光束打在氘、氚的靶丸上，产生高温使核燃料发生核聚变．
9．核能的优越性
(1)核燃料提供的能量巨大．
(2)核燃料的储量丰富．
(3)核燃料的运输和储存方便．
(4)清洁卫生，对环境的污染小．
10．核安全性与核废料处理
(1)核电站的安全性能：为了防止放射性物质的泄漏，核电站设置了4道安全屏障．
①第一道屏障：二氧化铀陶瓷体燃料芯块．
②第二道屏障：锆合金包壳．
③第三道屏障：由反应堆压力容器和冷却回路构成的压力边界．
④第四道屏障：安全壳．
(2)核废料的处理：我国对核废料采用后处理技术，即先回收铀、钚等，然后处理剩下的放射性废料和其他途径产生的核废料.
一、核裂变和链式反应
[问题设计]
阅读课本“铀核的裂变”，说明：
(1)铀核裂变是如何发生的？
(2)重核裂变在自然界中能自发进行吗？
答案 (1)铀核裂变的发生
①核子受激发：当中子进入铀235后，便形成了处于激发状态的复核，复核中由于核子的激烈运动，使核变成不规则的形状．
②核子分裂：核子间的距离增 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )大，因而核力迅速减弱，使得原子核由于质子间的斥力作用而分裂成几块，同时放出2～3个中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变反应一代接一代继续下去，形成链式反应．
(2)不能．重核的裂变只能发生在人为控 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )制的核反应中，自然界不会自发地发生．铀核裂变不会自发地进行，要使铀核裂变，首先要利用中子轰击铀核，使铀核分裂，分裂产生更多的中子，这样形成了链式反应．
[要点提炼]
1．铀核裂变
用中子轰击铀核时，铀核发生裂变，其 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )产物是多种多样的，其中两种典型的反应是：U＋n→Ba＋Kr＋3n；U＋n→Xe＋Sr＋10n.
2．链式反应的条件
(1)铀块的体积大于等于临界体积或铀块的质量大于等于临界质量．
(2)中子的“再生率”要大于1.
例1 关于铀核裂变，下列说法正确的是( )
A．铀核裂变的产物是多种多样的，但只能裂变成两种不同的核
B．铀核裂变时还能同时释放2～3个中子
C．为了使裂变的链式反应容易进行，最好用纯铀235
D．铀块的体积对产生链式反应无影响
解析 铀核受到中子的冲击，会引起裂 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )变，裂变的产物是多种多样的，具有极大的偶然性，但裂变成两块的情况比较多，也有的裂变成多块，并放出几个中子，铀235受中子的轰击时，裂变的概率大，而铀238只有俘获能量在1 MeV以上的中子才能引起裂变，且裂变的几率小，而要引起链式反应，需使铀块体积超过临界体积，故B、C正确．
答案 BC
二、裂变过程中核能的分析与计算
[问题设计]
重核裂变为什么能释放核能？人们获得核能的途径 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )有哪些？答案 用中子轰击铀核时，使该核变成处于激发状态的复核，从而重核裂变成两个原子核，并释放能量．获得核能的主要途径：一是重核裂变，二是轻核聚变．
[要点提炼]
铀核裂变释放核能的计算
1．首先算出裂变反应中发生的质量亏损Δm.
2．根据ΔE＝Δmc2计算释放的核能．
计算时注意Δm与ΔE单位的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )对应关系，若Δm用kg做单位，ΔE用J做单位；若Δm用u做单位，ΔE用MeV做单位，1 u相当于931.5 MeV的能量．
3．若计算一定质量的铀块完全裂变时放出的核能，应先算出铀块中有多少个铀核(设为n)，从而得出铀块裂变释放的核能E＝nΔE.
例2 现有的核电站比较广泛采用的核反应之一是：
U＋n→Nd＋Zr＋3(n)＋8(e)＋ν
(1)核反应方程中的ν是中微子，它不带电，质量数为零．试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；
(2)已知铀(U)核的质 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )量为235.049 3 u，中子质量为1.008 7 u，钕(Nd)核质量为142.909 8 u，锆核质量为89.904 7 u．又知1 u相当于931.5 MeV，试计算一次核裂变中释放的核能；
(3)试计算1 kg铀235大约能产生的能量．
解析 (1)根据核反应中质量数和电荷数 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )守恒知，锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－143－3＝90，核反应方程式中应用符号Zr表示．
(2)核反应前后的质量亏损为
Δm＝mU＋mn－mNd－mZr－3mn＝0.217 4 u
ΔE＝Δmc2＝0.217 4×931.5 MeV＝202.508 1 MeV
(3)1 kg铀235中的铀核数为n＝×6.02×1023个＝2.56×1024个
1 kg铀235完全裂变产生的能量
E＝nΔE＝2.56×1024×202.508 1 MeV
＝5.18×1026 MeV＝8.29×1013 J
答案 (1)40 90 (2)202.508 1 MeV
(3)5.18×1026 MeV(或8.29×1013 J)
三、核聚变发生的条件及特点
[要点提炼]
1．从平均结合能的图线看，轻核聚变后平均结合能增加，因此聚变反应是一个放能反应．
2．聚变发生的条件：要使轻核聚变，必须 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )使轻核接近核力发生作用的距离10－15 m，这要克服电荷间强大的斥力作用，要求使轻核具有足够大的动能．要使原子核具有足够大的动能，就要给它们加热，使物质达到几千万开尔文以上的高温．
3．重核裂变与轻核聚变的区别
重核裂变 轻核聚变
放能原理 重核分裂成两个或多个①中等质量的原子核，放出核能 两个轻核结合成②质量较大的原子核，放出核能
放能多少 聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量大约要③大3～4倍
核废料处理难度 聚变反应的核废料的处理要比裂变反应的处理④简单得多
例3 太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核同时放出两个正电子的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源．
(1)写出这个核反应方程．
(2)这一核反应能释放多少能量？
(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？
(mp＝1.007 3 u，mHe＝4.001 5 u，me＝0.000 55 u)
解析 (1)核反应方程4H→He＋X，而X只能是2个正电子．因此核反应方程应为4H→He＋2e.
(2)反应前的质量m1＝4mp＝4 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )×1.007 3 u＝4.029 2 u，反应后的质量m2＝mHe＋2me＝4.001 5 u＋2×0.000 55 u＝4.002 6 u，Δm＝m1－m2＝0.026 6 u，由质能方程得，释放能量ΔE＝Δmc2＝0.026 6×931.5 MeV＝24.78 MeV.
(3)由质能方程ΔE＝Δmc2得每秒减少的质量
Δm＝＝ kg＝4.2×109 kg.
答案 (1)4H→He＋2e (2)24.78 MeV
(3)4.2×109 kg
裂变聚变
1．关于重核的裂变，下列说法正确的是( )
A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B．中子从铀块中通过时，一定发生链式反应
C．重核裂变释放出大量的能量，产生明显的质量亏损，所以核子数减少
D．由于重核的核子平均质量大于中等质量核的核子平均质量，所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
答案 D
解析 根据重核发生裂变的条件和裂变放能的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程．因而其释放的能量是远大于其俘获中子时吸收的能量的．链式反应是有条件的，即铀块的体积必须不小于其临界体积．如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生．在裂变反应中核子数是不会减少的，如U裂变为Sr和Xe的核反应，其核反应方程为：U＋n→Sr＋Xe＋10n
其中各粒子质量分别为
mU＝235.043 9 u，mn＝1.008 67 u
mSr＝89.907 7 u，mXe＝135.907 2 u
质量亏损为Δm＝(mU＋mn)－(mSr＋mXe＋10mn)＝0.151 0 u
可见铀裂变的质量亏损是远小于一个核子 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的质量的，核子数是不会减少的，因此选项A、B、C均错误．重核裂变为中等质量的原子核时，由于平均质量减小，还会再发生质量亏损，从而释放出核能．综上所述，选项D正确．
2．关于聚变，以下说法正确的是( )
A．两个氘核可以聚变成一个中等质量的原子核，同时释放出能量
B．同样质量的物质发生聚变时放出的能量比同样质量的物质裂变时释放的能量大得多
C．聚变反应的条件是聚变物质的体积达到临界体积
D．发生聚变反应时的原子核必须有足够大的动能
答案 BD
3．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性，设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是( )
A．ΔE＝(m1－m2－m3)c2
B．ΔE＝(m1＋m3－m2)c2
C．ΔE＝(m2－m1－m3)c2
D．ΔE＝(m2－m1＋m3)c2
答案 B
解析 反应前的质量总和为m1 ( http: / / www.21cnjy.com )＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确．
4．一个质子和两个中子聚变为一 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )个氚核，已知质子质量mH＝1.007 3 u，中子质量mn＝1.008 7 u，氚核质量m＝3.018 0 u.
(1)写出聚变方程；
(2)求释放出的核能；
(3)求平均每个核子释放的能量．
答案 (1)H＋2n→H (2)6.24 MeV
(3)2.08 MeV
解析 (1)聚变方程H＋2n→H.
(2)质量亏损Δm＝mH＋2mn－m＝(1.007 3＋2×1.008 7－3.018 0) u＝0.006 7 u，
释放的核能ΔE＝0.006 7×931.5 MeV＝6.24 MeV
(3)平均每个核子放出的能量为
E＝ MeV＝2.08 MeV
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统， ( http: / / www.21cnjy.com )则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象 ( http: / / www.21cnjy.com )？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和20 ( http: / / www.21cnjy.com )0 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2veq \o\al(2,2)－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条 ( http: / / www.21cnjy.com )件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1章末检测(第1章)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
图1
1.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面 ( http: / / www.21cnjy.com )上，如图1所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A．打开阀门S1
B．打开阀门S2
C．打开阀门S3
D．打开阀门S4
答案 B
2．下列说法中正确的是( )
A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越快
B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量的变化就越快
C．作用在物体上的冲量恒定时，物体的动量保持不变
D．动量的变化一定，延长物体间的相互作用时间，可以减小物体间的相互作用力
答案 AD
解析 由动量定理，物体合外力冲量越大， ( http: / / www.21cnjy.com )动量的变化量越大，冲量恒定时，动量的变化量恒定，故B、C错．动量的变化率反映合外力的大小，合外力越大，动量的变化率越大，即动量的变化越快，因此A正确．动量的变化一定，延长作用时间，可减小物体间的相互作用力，故D对．
图2
3.如图2所示，装有炮弹的火炮总质量为m1， ( http: / / www.21cnjy.com )炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )
A.v0 B.
C. D.
答案 C
解析 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v得v＝，故选项C正确．
4．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是( )
A．p1等于p2 B．p1小于p2
C．p1大于p2 D．无法比较
答案 C
解析 由Ek＝mv2＝得p＝，因为m1>m2，所以p1>p2，故选项C正确．
5．光滑水平面上放有两个小车，车上各固定一个磁铁，由于磁力的作用，两车由静止相向运动，在运动过程中( )
A．两车的动量相同
B．两车的总动量始终为零
C．两车的总动量增大
D．在相等的时间内，两车动量改变的大小相等
答案 BD
解析 动量是矢量，动量相同时既 ( http: / / www.21cnjy.com )含大小相等又含方向相同．因两车动量守恒，所以两车动量改变量大小相等、方向相反，总的改变量为零，故选项B、D正确．
图3
6.如图3所示，甲、乙两车的质量均 ( http: / / www.21cnjy.com )为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
答案 ACD
解析 本题类似人船模型．甲、 ( http: / / www.21cnjy.com )乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，A正确，B错误；Ms甲＝(M＋m)s乙，s甲＋s乙＝L，解得C、D正确．
7．放在光滑水平面上的物体A和B之间用一轻质 ( http: / / www.21cnjy.com )弹簧相连，一颗水平飞来的子弹沿着AB连线击中A，并留在其中，若A和B及子弹的质量分别为mA和mB及m，子弹击中A之前的速度为v0，则( )
A．A物体的最大速度为
B．B物体的最大速度为
C．两物体速度相同时其速度为
D．条件不足，无法计算
答案 AC
图4
8.在光滑的水平桌面上静置着长为L的方木块 ( http: / / www.21cnjy.com )M，今有A、B两颗子弹沿同一水平线分别以速度vA、vB从M的两侧同时射入木块．A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB，且dA>dB，dA＋dBA．速度vA>vB
B．A的动能大于B的动能
C．A的动量大小大于B的动量大小
D．A的动量大小等于B的动量大小
答案 ABD
解析 由动量守恒可知D项正确．因为木块一直静 ( http: / / www.21cnjy.com )止，所以A、B两子弹对木块的作用力等大，即木块对A、B两子弹的作用力等大，又A、B在木块中嵌入深度dA>dB，则由动能定理可知B项正确．根据Ek＝可知A项正确．
9．如图5甲所示，在光滑水平面 ( http: / / www.21cnjy.com )上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )
图5
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 选向右为正方向，分析题图可知，碰前m2 ( http: / / www.21cnjy.com )处在位移为8 m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝ m/s＝4 m/s向右，故选项A正确．碰撞以后：v1′＝＝－2 m/s向左，v2＝ m/s＝2 m/s向右，故选项B错误．动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2得：m2＝0.3 kg，故选项C正确．碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－(m1v1′2＋m2v)＝0，故选项D错误，正确答案应选A、C.
图6
10.图6为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v－t图像，则由图像可知( )
A．A、B的质量之比为5∶3
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B间相互作用力相同
答案 AB
解析 A、B两物体发生碰撞 ( http: / / www.21cnjy.com )，没有其他外力作用，A、B组成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误．由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故选项A正确．A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同．故选项D错误．
二、实验题(本题共10分)
11．某同学用图7甲所示装置结合频闪照片来探究碰撞中的不变量．经过多次实验，该同学猜想碰撞前后物体的质量和速度的乘积之和是不变的．
图7
步骤1：用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB，并且保证mA>mB；
步骤2：安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
步骤3：先不在斜槽的末端放 ( http: / / www.21cnjy.com )小球B，让小球A从斜槽上某位置P由静止开始释放，小球离开斜槽后，用频闪照相记录下小球A两个时刻的位置(如图乙所示)；
步骤4：将小球B放在斜槽的末端，让小 ( http: / / www.21cnjy.com )球A从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，用频闪照相记录下两个小球在离开斜槽后两个时刻的位置(如图丙所示)；
步骤5：直接测量需要的物理量，根据测量得到的数据，验证自己的猜想．
请回答：
(1)在步骤5中，该同学需要在照片中直接测量的物理量有________；(选填“s0、h0、sA、hA、sB、hB”)
(2)用实验中测量的物理量来表示该同学的猜想结果：_
_______________________________________________________________________.
答案 (1)s0、sA、sB (2)mAs0＝mAsA＋mBsB
解析 频闪照相相邻曝光时间相等，测 ( http: / / www.21cnjy.com )出s0、sA、sB，就可以知道它们碰撞前后水平方向的速度．该同学的猜想可表示为＝＋，化简得mAs0＝mAsA＋mBsB.
三、计算题(本题共4小题，共50分)
图8
12．(8分)如图8所示，质量为m ( http: / / www.21cnjy.com )的木块和质量为M的铁块用细线系在一起，浸没在水中，以速度v0匀速下降，剪断细线后经过一段时间，木块的速度大小为v0，方向竖直向上，此时木块还未浮出水面，铁块还未沉到水底，求此时铁块下沉的速度为多大．
答案
解析 剪断细线后，木块还未浮出水面、铁块还未沉到水底前，系统受到的重力和浮力均不变，合外力仍为零，故系统的动量守恒．
取竖直向下为正方向，列出系统动量守恒的方程为
(M＋m)v0＝MvM＋(－mv0)．
解得此时铁块下沉的速度为vM＝＝.
图9
13．(12分)如图9所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在距小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的圆弧光滑导轨，一质量为m＝0.2 kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M＝2 kg，车身长L＝0.22 m，车与水平地面间摩擦不计，图中h＝0.20 m，重力加速度g＝10 m/s2，求R.
答案 0.055 m
解析 物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧底端的过程中，在水平方向上没有外力作用．
设物体滑到圆弧的底端时车的速度为v1，物体的速度为v2，对物体与车，由动量守恒及机械能守恒得
0＝Mv1－mv2
mgR＝Mv＋mv
物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有h＝gt2
L＝(v1＋v2)t
由以上各式代入数据解得
R＝0.055 m.
图10
14．(14分)如图10所示，一 ( http: / / www.21cnjy.com )质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m(1)A、B最后的速度大小和方向；
(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小．
答案 (1)v0，方向向右 (2)v
解析 (1)A不会滑离B，表示A、B最终具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度大小为v0，选取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0，方向向右
(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，设此时平板车速度为v′，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝Mv′
设这一过程平板车向右运动的位移大小为s，则对平板车由动能定理知
μmgs＝Mv－Mv′2
解得s＝v
即从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小为s＝v.
15．(16分)(2014·天津·1 ( http: / / www.21cnjy.com )0)如图11所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：
图11
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
解析 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1章末检测(第4、5章)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．下列说法正确的是( )
A．康普顿发现了电子
B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型
C．贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象
D．伦琴发现了X射线
答案 BCD
解析 汤姆生发现了电子， ( http: / / www.21cnjy.com )卢瑟福提出了原子的核式结构模型，贝可勒尔发现了天然放射现象，1895年，德国物理学家伦琴发现了伦琴射线，又叫做X射线．
2．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究的许多方面得到广泛应用的原因是( )
A．它衰变释放的核能少，容易控制
B．它衰变缓慢，应用效果好
C．它的射线有电离作用和穿透本领，以及对生物组织有物理、化学效应
D．它可作为示踪原子
答案 CD
3．下列说法不正确的是( )
A.H＋H→He＋n是聚变
B.U＋n→Xe＋Sr＋2n是裂变
C.Ra→Rn＋He是α衰变
D.Na→Mg＋e是裂变
答案 D
解析 原子核的变化通常包括衰变 ( http: / / www.21cnjy.com )、人工转变、裂变和聚变．衰变是指原子核放出α粒子或β粒子后，变成新的原子核的变化，如本题中的C和D两选项．原子核的人工转变是指在其他粒子的轰击下产生新的原子核的过程．裂变是重核分裂成质量较小的核，像B选项．聚变是轻核结合成质量较大的核，像A选项．由上述知D选项是错误的．
4．原子核X与氘核H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知( )
A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2
C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2
答案 D
解析 本题考查核反应方程．由题 ( http: / / www.21cnjy.com )意可知核反应方程为X＋H→He＋H，反应过程中遵守质量数守恒和电荷数守恒，由此可判断A＝3，Z＝2，选项D正确．
5．科学家发现在月球上含有丰富的He(氦3)．它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He＋He―→2H＋He.关于He聚变，下列表述正确的是( )
A．聚变反应不会释放能量
B．聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损
D．目前核电站都采用He聚变反应发电
答案 B
解析 该聚变反应释放了能量，是因为发生了 ( http: / / www.21cnjy.com )质量亏损，A、C错；该聚变反应产生了新的原子核H，B对；目前核电站都是用重核裂变发电而不是用轻核聚变，D错．
6．原子核聚变可望给人类未来提供 ( http: / / www.21cnjy.com )丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为
6H―→kHe＋dH＋2n＋43.15 MeV
由平衡条件可知( )
A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3
答案 B
解析 根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得
12＝4k＋d＋2①
6＝2k＋d②
解①②得k＝2，d＝2.
7．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘 ( http: / / www.21cnjy.com )核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )
A．核反应方程是H＋n→H＋γ
B．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3
C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)c
D．γ光子的波长λ＝
答案 B
解析 根据核反应过程中质量数守恒、电荷数 ( http: / / www.21cnjy.com )守恒可知核反应方程为：H＋n→H＋γ，故选项A错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故选项B正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量E＝(m1＋m2－m3)c2，故选项C错误；由E＝知，λ光子的波长λ＝，故选项D错误．
8.U吸收一个慢中子后，分裂成Xe和Sr，还放出( )
A．1个α粒子 B．3个中子
C．10个中子 D．10个质子
答案 C
解析 设放出的粒子的质量数为x，电荷数为y，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒．由题意可得解得
由此判断该核反应放出的一定是中子，且个数是10.
9．(2014·新课标Ⅱ·3 ( http: / / www.21cnjy.com )5(1))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α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E．汤姆逊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
答案 ACE
解析 密立根通过油滴实验 ( http: / / www.21cnjy.com )，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A正确．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构，选项D错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E正确．
10．一个原来静止的238U核发生α衰变 ( http: / / www.21cnjy.com )，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是下列图中的(图中半径大小没有按比例画)( )
答案 D
解析 由于发生的是α衰变，产物是两个带 ( http: / / www.21cnjy.com )正电的粒子，根据动量守恒定律Mv1＋mvα＝0，这两个新核的运动方向相反，受到的洛伦兹力方向相反，即轨迹应该是外切圆，再利用左手定则判断洛伦兹力的方向，故D项正确．
二、填空题(本题共4小题，共24分)
11．(6分)用α粒子轰击氩40时，产 ( http: / / www.21cnjy.com )生一个中子和一个新的核，这个新的核是________，核反应方程是________________________________．用α粒子轰击硼10，产生一个中子和一个具有放射性的核，这个新的核是________，这个核能放出正电子，它衰变后变成的新核为________，核反应方程是____________________________．
答案 Ca Ar＋He→Ca＋n
7N 6C 7N→6C＋e
图1
12. (6分)贝可勒尔发现天然 ( http: / / www.21cnjy.com )放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕．如图1中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A、B、C三束．
(1)构成A射线的粒子是______；构成B射线的粒子是________；构成C射线的粒子是________．
(2)三种射线中，穿透能力 ( http: / / www.21cnjy.com )最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是____________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子．
(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程式：
90Th→91Pa＋________；
________＋Al→P＋n.
答案 (1)电子e(β粒子) γ光子 氦核He(α粒子) (2)γ α β (3) 0－1e He
解析 (1)由a＝可知，在电场中 ( http: / / www.21cnjy.com )加速度最大的是电子，不偏转的是γ光子，偏转时加速度较小的是氦核，故A射线的粒子是电子，B射线的粒子是光子，C射线的粒子是氦核．
(2)三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，电离作用最强的是α射线，在原子核中，一个核子由中子转化为质子时将放出一个负电子即β粒子．
(3)由质量数和电荷数守恒可得90Th→91Pa＋ 0－1e
He＋Al→P＋n.
13．(6分)历史上第一次利 ( http: / / www.21cnjy.com )用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5 MeV的质子H轰击静止的X，生成两个动能均为8.9 MeV的He.(1 MeV＝1.6×10－13 J)
(1)上述核反应方程为___________________________________；
(2)质量亏损为________kg.
答案 (1)H＋Li→He＋He (2)3.1×10－29
解析 (1)H＋Li→He＋He
(2)Δmc2＝E末－E初
Δm＝＝ kg
≈3.1×10－29 kg
14．(6分)约里奥—居里夫妇因发现人 ( http: / / www.21cnjy.com )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2所示，请估算4 mg的P经____天的衰变后还剩0.25 mg.
图2
答案 正电子 60
解析 衰变方程为P→Si＋e，即这种粒子是正电子．由图像可以看出P的半衰期为15天，则4×＝0.25，得t＝60天．
三、计算题(本题共3小题，共36分)
15．(12分)2008年北京奥运会场馆周 ( http: / / www.21cnjy.com )围80%～90%的路灯利用太阳能发电技术来供电，奥运会90%的洗浴热水采用全玻璃真空太阳能集热技术．科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部四个氢核(H)转化成一个氦核(He)和两个正电子(e)并放出能量．已知质子质量mp＝1.007 3 u，α粒子的质量mα＝4.002 6 u，正电子的质量me＝0.000 5 u,1 u的质量相当于931.5 MeV的能量．
(1)写出该核反应方程；
(2)一次这样的热核反应过程中释放出多少能量？(结果保留四位有效数字)
答案 (1)4H→He＋2e (2)23.85 MeV
解析 (1)根据质量数守恒、电荷数守恒，该核反应方程为：
4H→He＋2e.
(2)质量亏损：
Δm＝4mp－mα－2me＝4×1.007 3 u－4.002 6 u－2×0.000 5 u＝0.025 6 u
ΔE＝0.025 6×931.5 MeV≈23.85 MeV.
16．(12分)(1)美 ( http: / / www.21cnjy.com )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β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β ( http: / / www.21cnjy.com )衰变，放出一个速度为v0，质量为m的β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β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)．
答案 (1)Ni→ 0－1e＋Cu 1 (2)
解析 (1)Ni→ 0－1e＋Cu；1
(2)设衰变后铜核的速度为v，
由动量守恒得mv0＝(M－m)v
由能量守恒得ΔE＝mv＋(M－m)v2
由质能方程得ΔE＝Δmc2，解得Δm＝
17．(12分)钚的放射性同位 ( http: / / www.21cnjy.com )素94Pu静止时衰变为铀核激发态92U*和α粒子，而铀核激发态92U*立即衰变为铀核92U，并放出能量为0.097 MeV的γ光子．已知：94Pu、92U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．
答案 (1)94Pu→92U*＋He 92U*→92U＋γ(或94Pu→92U＋He＋γ) (2)5.034 MeV
解析 (1)衰变方程为
94Pu→92U*＋He①
92U*→92U＋γ②
或合起来有94Pu→92U＋He＋γ③
(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm＝mPu－mU－mα④
放出的能量为ΔE＝c2·Δm⑤
此能量是铀核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＋Eγ⑥
由④⑤⑥式得EU＋Eα＝(mPu－mU－mα)c2－Eγ⑦
设衰变后的铀核和α粒子的速率分别为vU和vα，则由动量守恒有mUvU＝mαvα⑧
又由动能的定义知EU＝mUv，Eα＝mαv⑨
由⑧⑨式得＝⑩
由⑦⑩式得Eα＝[(mPu－mU－mα)c2－Eγ]
代入题给数据得Eα≈5.034 MeV
学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反 (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的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，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1
