高二物理人教版选择性高分突破考点专题第五章《原子核》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）

第五章《原子核》高分必刷巩固达标检测卷（基础版）全解全析1．D【详解】根据质量数=质子数+中子数可知该原子核的质量数为210，质子数为83，则中子数为127，而质子与中子统称为核子，则核子数为210，但由于不知道该原子的电性，因此不能确定核外电子数。故选D。2．C【详解】A．爱因斯坦提出“光子说”，成功解释了光电效应，不是普朗克，选项Α错误；B．J.J.汤姆孙对阴极射线的研究发现了电子，说明原子是可以再分的，不是原子核，选项B错误；C．贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核内部是有结构的，选项C正确；D．卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，不是中子，选项D错误。故选C。3．C【详解】ABD．由图可知A板带正电，B板带负电，由于射线带正电，射线带负电，射线不带电，故打在A板上的是射线，打在B板上的是射线，不发生弯曲的是射线，其中射线的穿透能力最强，可用于治疗肿瘤，故ABD错误；C．到达A板的射线为射线，由电子组成，是原子核内的中子转化为质子时放出的，故C正确。故选C。4．A【详解】衰变过程满足质量数守恒和电荷数守恒，则有联立解得，故选A。5．C【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为即衰变方程中的X=234，故A错误；B．是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；C．比结合能越大越稳定，由于衰变成为了，故比稳定，即比的比结合能小，故C正确；D．半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。故选C。6．D【详解】A．两圆形轨迹外切，可知是衰变，两种新粒子均带正电，根据左手定则可知两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相同，A错误；D．根据质量守恒定律与电荷数守恒定律可知，该衰变的衰变方程可能为D正确；B．反冲核的原子序数为为钍核，根据动量守恒定律得所以静止原子核衰变后两种新粒子动量等大反向，根据，解得结合电荷数大的半径小，反冲核的轨道半径为，B错误；C．衰变过程释放的核能为得到的射线是射线，但射线在空气中电离本领较强，贯穿本领较弱，空气中一张纸就能把射线挡住，C错误。故选D。7．C【详解】AB．从曲线上分析，核的比结合能约为7MeV，核的比结合能约为1MeV，则两个核结合成核时释放能量为ΔE=4×7MeV2×2×1MeV=24MeVAB错误；C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，裂变成和的方程为C正确；D．从曲线上分析，的比结合能小于的比结合能，但是的结合能大于的结合能，D错误。故选C。8．B【详解】根据其中可得故选B。9．D【详解】A．根据核反应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，故A错误；B．该核反应前后释放的能量故B错误；CD．由能量守恒可得核反应后的总能量为由动能与动量的关系且可知，核反应后氦核的动能为故C错误，D正确。故选D。10．D【详解】A．放射性元素的半衰期不随温度而变化，故A错误；B．放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，故B错误；C．射线是高速电子流，而r射线是电磁波，r射线穿透本领比β射线强，故C错误；D．铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过次a衰变和次衰变，故D正确。故选D。11．AD【详解】A、B、因射线是高速氦核流，一个粒子带两个正电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，射线是高速电子流，带负电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向右，射线是光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转，a粒子得质量大，由可知a粒子得半径大；故A正确，B错误．C、D、因射线实质为氦核流，带正电，射线为电子流，带负电，射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为射线，不偏的为射线，向右偏的为射线，a粒子得质量大则沿电场方向加速度小，相等时间内得偏移量小；因此C错误，D正确；故选AD．【点睛】熟练掌握α、β两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确α、β、γ三种射线性质及应用．本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：①三种射线的成分主要是所带电性．②洛伦兹力的方向的判定．只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习12．CD【详解】A．原子核的衰变是随机的，半衰期是一个统计规律，对大量的原子核适用，对少量原子核不适用，氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后，即两个半衰期，不一定剩下一个原子核，故A错误；B．半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，所以用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期，故B错误；C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；D．发生α衰变时，根据质量数守恒和电荷数可知，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了4，电荷数减小了2，中子数减小了2，故D正确。故选CD。13．AB【详解】A．的衰变方程为故A正确；B．原子核发生衰变时，由动量守恒可知两粒子的动量大小相等方向相反，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动解得圆周运动半径P为动量，则半径R与电荷量q成反比，两粒子的电荷量大小分别为e和85e，则故B正确；C．放射性元素的半衰期是有原子核自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和物理环境没有关系，故C错误；D．核反应中释放能量，存在质量亏损，核子的平均质量变小，故D错误；故选AB。14．BCD【详解】A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适应，A错误；B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，B正确；C．贝克勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核内部存在复杂的结构，C正确；D．质子和中子结合成一个粒子的方程为根据爱因斯坦质能方程，可得该核反应中释放的能量为D正确。故选BCD。15．AD【详解】A．根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为该核反应属于轻核聚变，需要超高温才能反应，又称热核反应，选项A正确；B．中子数等于质量数减去质子数，则X核中有6个中子，选项B错误；C．该核反应放出的能量等于反应前、后结合能的增加值，释放的能量选项C错误；D．根据爱因斯坦质能方程知，该核反应核子的质量亏损选项D正确。故选AD。16．AC【详解】B．由运动轨迹可知，衰变产生的新粒子与新核所受洛伦兹力方向相同，而两者运动方向相反，故小粒子应带负电，则发生了衰变，所以B错误；A．根据洛伦兹力作用下粒子做圆周运动，由半径公式可知，衰变过程，系统动量守恒，则反冲核与粒子动量大小相等方向相反，所以电荷量越大的其轨道半径越小，则反冲核必沿着小圆周运动，由左手定则可判断反冲核运动方向为逆时针，所以A正确；C．根据半径公式可知，电荷量与半径在反比，则反冲核的与粒子的电荷量之比为16:1，所以反冲核的核电荷数为16，则原来静止的核，其原子序数为15，所以C正确；D．根据周期公式可知，周期与比荷有关，而粒子与反冲核比荷不同，所以周期也不同，则D错误；故选AC。17．阳极电流增加但达到一定值后不再增加3.41×1019J1.23×1019J【详解】（1）电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A板为正极即为阳极．（2）滑动变阻器的滑片向右滑动，加速度电场增强，电流增加但达到一定值后不再增加．（3）由Ekm=hvW0和eUC=EKm得：eUC=hvW0，因此当遏制电压为零时，hvc=W0，根据图象可知，铷的截止频率vC=5.15×1014Hz，根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出功大小W0=6.63×1034×5.15×1014=3.41×1019J．根据Ekm=hvW0=hvhv0，由图可知v0=5.15×1014Hz，则EK=h（vv0）代入数据求得：EK=1.23×1019J．18．4.5为零2【详解】（1）[1][2]根据光电效应方程可知解得光电子的最大初动能与入射光强度无关，现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，光电子依然不能到达阳极，所以电流计的读数仍为零。（2）[3]β衰变，电荷数增加1，质量数不变，铀239衰变成钚239，电荷数增2，质量数不变，知发生了2次β衰变．[4]该过程的核反应方程式为[5]运用动量守恒定律和能量守恒定律解得19．（1），小圆是新核X的轨迹；（2），【详解】（1）根据质量数与电荷数守恒，衰变方程为粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得由于静止的核在匀强磁场中发生衰变的过程满足动量守恒，即粒子与新核X的动量大小相等，则电荷量越大，轨道半径越小，即小圆是新核X的轨迹。（2）衰变的过程满足动量守恒，则有粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，则有，20．(1)；(2)3.26MeV；(3)0.99MeV，2.97MeV【详解】(1)聚变的核反应方程(2)核反应过程中的质量亏损为△m=2mD（mHe+mn）=0.0035u释放的核能为△E=△mc2=0.0035×931.5MeV=3.26MeV(3)对撞过程动量守恒，由于反应前两氘核动能相同，其动量等值反向，因此反应前后系统的动量为0．即0=mHevHe+mnvn反应前后总能量守恒，得解得EkHe=0.99MeVEkn=2.97MeV21．(1)；(2)；(3)，【详解】(1)核反应方程为(2)核反应过程中质量减少了释放的核能为(3)设和的动量分别为p1和p2，根据动量守恒定律得可得p1和p2大小相等，方向相反。根据联立得又故有由能量守恒定律得代入数据解得22．（1），；（2）；（3）见解析【详解】（1）根据题意，由质量数守恒和质子数守恒及衰变原理可知，衰变方程为根据动能与动量的关系衰变过程中，新核和电子组成的系统动量守恒，所以新核的动能与电子的动能之比为即由于衰变过程中放出的核能全部转为粒子的动能，则有所以（2）根据题意可知，电子在电场中只受电场力，所有方向运动的电子加速度相同，由牛顿第二定律可得，加速度为方向沿轴正方向，则当电子初速度方向沿轴负方向时，所用时间最长，则有当电子初速度方向沿y轴正方向时，所用时间最短，则有根据题意可知联立上述公式解得（3）根据题意可知，击中Q的情况有以下三种：①从出发做类平抛运动，直接到达，则由平抛运动的知识可得解得②从S出发做类平抛运动至x轴，经磁场偏转再次达到x轴，进入电场区域斜抛，如此经历磁