高中物理人教版选修3-5 同步测试题 第十九章 第5节核力与结合能 Word版含解析

1．(核子间的相互作用)下列判断中正确的是(　　)
A．组成92U核的核子中任何两个核子之间都存在不可忽略的核力作用
B．组成U核的中子中任何两个中子之间都存在不可忽略的核力作用
C．组成U核的质子中任何两个质子之间都存在不可忽略的库仑斥力作用
D．组成U核的质子中任何两个质子之间，除库仑斥力之外还都存在不可忽略的核力作用
答案　C
解析　核力是组成原子核的相邻核子之间存在的特殊的力，它是短程力，超过1.5×10－15 m，核力急剧下降几乎消失，所以并非任何两个核子、质子、中子之间都存在不可忽略的核力作用，故A、B错误；库仑力与距离的平方成反比，所以在距离很小的尺度内库仑力不可忽略，故C正确；由A、B分析可知，D错误。
2．(综合)(多选)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．当n个核子靠近到核力作用的范围而结合为原子核时，其间“势能”一定减小
D．对质子数较多的原子核，其中的中子起到增加核力、维系原子核稳定的作用
答案　CD
解析　由于核力为短程力，只会发生在相邻核子之间，由此知A、B错误；当n个核子靠近到核力作用范围内，而距离大于0.8×10－15 m，核力表现为引力，在此过程核力必做正功，其间势能必定减小，形成原子核后距离一般不小于0.8×10－15 m，故C正确；对质子数较多的原子核，由于只有相邻的核子间才有核力，但各个质子间均有很强的库仑斥力，随着质子数的增加，其库仑斥力增加，对于稳定的原子核，必须存在较多的中子才能维系二者的平衡，故D正确。
3．(结合能与比结合能)下列关于结合能和比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．比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，重核的结合能和比结合能都大
D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
答案　D
解析　核子结合成原子核时放出能量，原子核拆解成核子时吸收能量，A错误；比结合能越大的原子核越稳定，但比结合能越大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核小，B、C错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，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正确。
4．(质量亏损和质能关系)下列说法正确的是(　　)
A．爱因斯坦的质能方程说明了物体质量就是能量，它们之间可以相互转化
B．由质能方程可知，能量与质量之间存在正比关系，可以用物体的质量作为它所含有的能量的量度
C．核反应中发现的“质量亏损”是消失的质量转化成的
D．因在核反应中产生能量，有质量的转化，所以系统只有质量数守恒，系统的总能量不守恒
答案　B
解析　质能方程说明了质量与能量之间具有一定的联系，但不能说物体质量就是能量，在核反应中，能量随着质量亏损释放出来，二者不是互相转化的关系，故A、C错误；根据E＝mc2，可知物体的能量与质量存在正比关系，所以可以将物体的质量作为它所含有的能量的量度，故B正确；在核反应中，系统的质量数守恒，总能量也守恒，产生的能量是由反应前后的质量亏损释放出来的，而所谓的质量亏损也是指静质量转化为动质量的部分，故D错误。
5．(质量亏损和质能关系)一个铍原子核(Be)从最靠近核的K层电子轨道上俘获一个电子后发生衰变，生成一个锂核(Li)，并放出一个不带电的、质量接近零的中微子νe(质量不计)，人们把这种衰变叫做铍核的EC衰变，核反应方程为：Be＋e→Li＋νe。已知一个铍原子质量为m1，一个锂原子质量为m2，一个电子质量为me，光速为c，则一个铍原子核发生上述核反应释放的能量为(　　)
A．(m1－m2)c2 B．(m1＋me＋m2)c2
C．(m1＋me－m2)c2 D．(m2－m1－me)c2
答案　A
解析　铍原子核的质量为m1－4me，锂原子核的质量为m2－3me，则质量亏损为(m1－4me＋me)－(m2－3me)＝m1－m2，故核反应中释放的能量为(m1－m2)c2。A正确。
6．(综合)如图所示是原子核的平均核子质量A与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若C、B能结合成A，结合过程一定要释放能量
D．若F、C能结合成B，结合过程一定要释放能量
答案　A
解析　D、E平均核子质量大于F平均核子质量，D、E结合成F，出现质量亏损，要释放能量，A正确，B错误；C、B结合成A，F、C结合成B都是质量增加，结合过程要吸收能量，C、D错误。
7．(综合)一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子，假设γ光子携带所有释放的核能。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、电荷数守恒可知该核反应方程为：H＋n→H＋γ，故A错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故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C错误；由E＝知，γ光子的波长λ＝，故D错误。
B组：等级性水平训练
8．(综合)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．中子不带电，故相邻中子间无核力作用
B．由E＝mc2可知：质量和能量可以相互转化
C．β衰变是由弱相互作用引起的
D．比结合能越大的原子核越稳定
答案　CD
解析　质子和中子统称为核子，中子间也有核力作用，A错误。公式E＝mc2指能量与质量存在正比关系，B错误，C、D正确。
9．(综合)一个电子(质量为m、电荷量为－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，设产生的光子频率为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　能量守恒定律和动量守恒定律为普适定律，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，转化为两个光子后，总动量守恒，为零，故p＝－p′，且2Ek＋2mc2＝2hν，即hν＝Ek＋mc2，C正确，A、B、D错误。
10．(综合)雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(νe)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖，他探测中微子所用的探测器的主体是一个储满615 t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶，电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为νe＋Cl―→Ar＋e，已知Cl核的质量为36.95658 u，Ar核的质量为36.95691 u，e的质量为0.00055 u,1 u质量对应的能量为931.5 MeV。根据以上数据，试计算参与上述反应的电子中微子的最小能量。
答案　0.82 MeV
解析　在核反应过程中出现了质量盈余，即
Δm＝mAr＋me－mCl＝(36.95691＋0.00055－36.95658) u＝0.00088 u。
电子中微子的最小能量为
ΔE＝Δm×931.5 MeV/u＝0.00088×931.5 MeV≈0.82 MeV。
11．(综合)一个静止的铀核 92U(原子质量为232.0372 u)放出一个α粒子(原子质量为4.0026 u)后衰变成钍核(原子质量为228.0287 u)。(已知：原子质量单位1 u＝1.66×10－27 kg,1 u相当于931.5 MeV)
(1)写出核衰变方程；
(2)算出该核衰变释放出的核能；
(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？
答案　(1)U→Th＋He　(2)5.50 MeV　
(3)0.09 MeV
解析　(1)核衰变方程为：U→Th＋He。
(2)ΔE＝Δmc2＝(232.0372 u－228.0287 u－4.0026 u)×931.5 MeV/u≈5.50 MeV。
(3)根据动量守恒定律：m钍v钍＝mαvα，则
＝＝＝＝＝＝
故Ek钍＝＝≈0.09 MeV。
12．(综合)静止的氮核N被速度是v0的中子n击中生成甲、乙两核。已知甲、乙两核的速度方向同碰撞前中子的速度方向一致，甲、乙两核动量之比为1∶1，动能之比为1∶4，它们沿垂直磁场方向进入匀强磁场做圆周运动，其半径之比为1∶6。问：甲、乙各是什么核，速度各是多大？写出核反应方程。
答案　甲为C，乙为H　甲的速度v甲＝，乙的速度v乙＝　核反应方程为N＋n→C＋H
解析　设甲、乙两核的质量分别为m甲、m乙，电荷量分别为q甲、q乙。中子的质量为m0，氮核质量为14m0。
由动量与动能关系p＝和p甲＝p乙，可得
m甲∶m乙＝Ek乙∶Ek甲＝4∶1。
又由R＝＝，可得q甲∶q乙＝R乙∶R甲＝6∶1。
因为m甲＋m乙＝15m0，q甲＋q乙＝7e，
所以m甲＝12m0，m乙＝3m0，q甲＝6e，q乙＝e，
甲为C，乙为H。
由动量守恒定律，可得m0v0＝m甲v甲＋m乙v乙，
将m甲＝12m0，m乙＝3m0代入，
解得v甲＝，v乙＝，
核反应方程为N＋n→C＋H。