2020年江苏省无锡市锡山区天一中学高二(下)期中物理试卷

第第页，共17页第第5页，共i7页（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（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hB.小球抛出点距地面的高度 HC.小球做平抛运动的射程实验时，先让入射球mi多次P,测量平抛射程OP.然后，实验时，先让入射球mi多次P,测量平抛射程OP.然后，mi从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复，分别找到 mi、m2相碰后平均落地点的位置M、N。接下来需要测量是（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量 mi、m2B.测量小球mi开始释放的高度hC.测量抛出点距地面的高度 HD.测量平抛射程OM,ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为［用（2）中测量的量表布］。（4）经测定，mi=45.0g,m2=7.5g,小球落地点的平均位置距。点的距离如图乙所示。碰撞前、后mi的动量分别为pi与pi',则pi：pi'=：ii；若碰撞结束时m2的动量为p2，，则pi'：p2z=:2.9.（均用分数形式表示）实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 「上一为 。诙+Pi（5）有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用（ 4）中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为cm。五、计算题（本大题共7小题，共42.0分）.高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。则该段时间安全带对人的平均作用力大小是多少？.如图所示，静电计与锌板相连，现用紫外灯照射锌板，关灯后，指针保持一定的偏角。(1)现用一带负电的金属小球与锌板接触，则静电计指计偏角将(填“增大”、“减小”或“不变”)(2)使静电计指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，静电计指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外灯照射锌板，可观察到静电计指针(填“有”或“无”)偏转。.铝的逸出功是4.2eV,现在用波长为200nm的光照射铝的表面，求:(h=6.626M0-34j?s)(1)光电子的最大初动能；(2)遏止电压；(3)铝的截止频率。.有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到 n=3的激发态，已知氢原子的能级公式：Eng|(n=1,2,3,L),氢原子处于基态时的能量为 Ei。(1)则吸收光子的频率v是多少？(2)当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？.；H的质量是3.016050U,质子的质量是1.007277U,中子的质量是1.008665u.1u=931.5MeV,求：(1)写出一个质子和两个中子结合为瓶核时的核反应方程式一个质子和两个中子结合为瓶核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少?(3)瓶核的结合能和比结合能各是多少？.一宇宙飞船以v=1.0M04m/s的速度进入密度为 p=2.0k7kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积 S=5m2,且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？.如图所示，用轻弹簧相连的质量均为 2kg的A、B两物；一…块都以v=6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处 国于原长，质量4kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后匆源易/遇怒死源麴二者粘在一起运动.在以后的运动中，求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？(2)弹性势能的最大值是多大？A的速度有可能向左吗？为什么？答案和解析.【答案】D【解析】解：A、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，是宏观意义的粒子，而不是微观概念上的粒子，实际上是不科学的。惠更斯提出了“波动说”，光既具有粒子性，又具有波动性，即具有波粒二象性，才能圆满说明光的本性。故 A错误；B、汤姆孙首先发现了电子，且提出了“枣糕”式原子模型，密立根精确测定了电子电荷量，故B错误；C、波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C错误；D、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故 D正确；故选：Do根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。.【答案】A【解析】解：黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误。黑体辐射的波长分布情况也随温度而变， 如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500c以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射。即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误A正确。故选：Ao要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短。顺利解决本题，一定要熟练记忆本深刻理解教材的基本的内容， 这是我们学好物理的捷径。.【答案】D【解析】解：A、喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误；B、章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故 C错误；D、码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确；故选：D。一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分， 一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。本题考查反冲现象，判断要点：①内力作用下；②一个物体分为两个部分；③两部分运动方向相反。.【答案】A【解析】解：设碰撞前A的速率为匕由题，碰后A的速率为= ①以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得:由①②解得：靖二河③由①：③得：故选：A。碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件， 列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比.本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解..【答案】A【解析】解：A、根据碰撞过程总动能不增加， 则有2产白+白解得：mA^mB,满足mA=mB,故A正确；,得：mA＜一,得：mA＜一mB,满足mA=mB,但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；C、根据碰撞过程动能不能增加有《工十短M［十白，解得mA^mB,不满足mA=mB,故C错误；D、碰后动量之后为13kg/s,不满足动量守恒，故D错误，故选：A当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒.由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择.对于碰撞过程要遵守三大规律： 1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况..【答案】D【解析】解：A、高度相同，则下滑的距离x='力口速度a=gsin0根据x=cJ,得：1二除去卢，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I=mgt知，重力的冲量不同。rVI口JJrWyff故A错误。B、对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同。故 B错误。C、合力的大小F合=mgsin，。可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误。故选：Do根据牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间， 结合力的大小和时间比较冲量， 注意冲量是矢量，有方向.本题考查了冲量的基本运用，知道利用动量定理求冲量、由动能定理求功是常用的方法.要注意功、动能是标量，冲量、动量是矢量..【答案】D【解析】解：A、光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据 E=hv,光子的频率减小；故A错误B、碰撞前、后的光子速度不变，故 B错误C、当入射光子与静止的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，电子能量增加，故光子能量减小。故C错误。D、当入射光子与静止的电子碰撞时， 把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据入心知波长增大。故选：D。光子与电子的碰撞过程系统动量守恒， 系统能量也守恒；光子的能量与光子的频率成正比.根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化.本题关键抓住动量守恒和能量守恒，以及波速、波长、频率的关系进行分析求解..【答案】A【解析】解：a、速度相等的电子和质子，电子的动量小；根据物质波的波长公式：久可知，电子的波长长；故A正确；B、由动能与动量的关系式：p=、②福及物质波的波长公式：4二;可知，得:"看,动能相等的质子和电子相比，质子的质量大，所以质子的物质波波长短。故 B错误；C、动量相等的电子和中子，其波长相等；故C错误；D、速度为3倍，则动量为3倍，则甲电子的波长是乙电子波长的三分之一； 故D错误；故选：A。德布罗意波理论告诉我们，一切运动的微粒都有一种波与之对应， 即一切运动的微粒都具有波粒二象性.电子有波动性，但在一定的条件下才能表现出来.此题要理解物质波的概念及公式，根据动量及动能的表达式进行分析求解..【答案】A【解析】解：如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出 10.2eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09eV、10.2eV、1.89eV的三种光子，只有1.89eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级， 能够发出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六种光子，1.89eV和2.55eV属于可见光，1.89eV的光子为红光，2.55eV的光子为蓝-靛，A正确。故选：Ao当原子从高能级向低能级跃迁时，发射的光子数目为： 竺舁，同时计算出各种光子能量然后和表格中数据进行对比，便可解决本题.本题难度不大，要求能熟练求出光子数目和对应的光子能量即可..【答案】c【解析】解：设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为 Ekm。，阴极材料逸出功为W0,当反向电压达到U=0.60V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU=Ekm0由光电效应方程：Ekm0=hyW0由以上二式：Ekm0=0.6eV,W°=1.9eV。所以此时最大初动能为0.6eV,该材料的逸出功为1.9eV。当电压表读数为2V时，根据动能定理： Ekm-Ekm0=eU代入数据：Ekm-0.6eV=2eV则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为 Ekm=0.6eV+2eV=2.6eV,故C正确，ABD错误;故选：Co光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功， 然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答.正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键， 注意逸出的最大初动能与到达阳极时的最大动能的区别..【答案】ABD【解析】解：A、放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多。说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷。故 A正确；B、放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少。说明较少射线发生偏折，可知原子内部带正电的体积小。故 B正确；C、放在C、D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少。说明极少数射线较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大。故 C错误；D、放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少。说明很少很少射线发生大角度的偏折。故D正确；故选：ABD。放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置.由“粒子的散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核，全部正电荷及几乎全部的质量都集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转..【答案】ACD【解析】解：A、原子光谱是由不连续的亮线组成的，是线状谱，不是连续谱。故 A正确。B、C原子都是由原子核和电子组成的，但不同原子的原子结构不同，而各种原子的原子光谱都有各自的特征谱线， 所以不同原子的原子光谱是不相同的。 故B错误，C正确。D、明线光谱和暗线谱特征谱线与原子的结构有关，可以利用明线光谱和暗线谱鉴别物质。故D正确。故选：ACD。原子光谱是线状谱，是不连续的.原子都是由原子核和电子组成的，但不同原子的光谱都有各自的特征谱线，原子光谱是不相同的.鉴别物质可以利用明线光谱和暗线谱.此题考查对原子光谱特征的掌握情况. 可以结合钠、氢等原子光谱来记住原子光谱的特征..【答案】BD【解析】解：A、根据F=看得,轨道半径减小，则核外电子受力变大。故A错误。|r|B、由较远轨道跃迁到较低轨道，原子能量减小。故B正确。CD、因为原子能量减小，知氢原子放出一定频率的光子。故C错误，D正确。故选：BD。根据库仑引力的公式确定受力的变化，通过能量的变化确定是吸收光子还是释放光子.解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，放出光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子..【答案】BD【解析】解：A、由光电效应方程刎喏=也y-皿口，由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大，使其逸出的光电子最大初动能大。故A错误；B、由A的分析可得b光照射光电管时反向截止电压大，使其逸出的光电子最大初动能大，所以b的频率大，光电子的能量大。故B正确；C、逸出功由金属本身决定。故C错误；D、由图可知，a光的光强大于b光，则单位时间内a光照射到光电管上的光子数多。故D正确。故选：BD。要明确各种单色光的折射率和波长、频率之间的关系：折射率越大则频率越大，波长越小.对于本题解题的关键是通过图象判定 a、b两种单色光谁的频率大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的.逸出功由金属本身决士7E.要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系.如本题中折射率、临界角、光子能量、最大初动能等都有光的频率有关..【答案】AD【解析】解：A、根据比结合越大，越稳定，则核燃料总是利用比结合能小的核。故A正确。B、j；pu衰变后的比赁U仍然有结合能，所以核反应中丫的能量小于智的结合能。故B错误。CD、葭“比黑I也核更稳定，说明曾”的比结合能大，所以衰变时，会释放巨大能量。故C错误。D正确。故选：AD。比结合能越大，越稳定，核燃料总是利用比结合能小的核，由于 赏Pn比/。的比结合能小，衰变时释放巨大能量，根据质量亏损与释放能量的关系。解决本题的关键知道核反应过程中， 比结合能的大小与释放能量的多少关系， 注意比结合能与结合能的区别。.【答案】AD【解析】解：AB、因“射线是高速He流，一个a粒子带两个正电荷。根据左手定则，a射线受到的洛伦兹力向左，因为 a粒子质量特别大动量较大，结合半径公式 「三，可知a射线磁场中圆周运动半径大；3射线是高速电子流，带负电荷。根据左手定则， 3射线受到的洛伦兹力向右，丫射线是丫光子，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。故A正确，B错误。CD、因a射线实质为氮核，带正电，且 a粒子的质量大，由类平抛规律知，侧向偏移量小；3射线为电子流，带负电， 丫射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为3射线，不偏的为丫射线，向右偏的为“射线，故C错误，D正确；故选：AD。根据“、3丫三种射线的带电性质和本质以及带电粒子在电场中受力特点可正确判断.本题应抓住：①三种射线的成分主要是指所带电性： "射线是高速He流带正电，3射线是高速电子流，带负电， 丫射线是丫光子，是中性的.②洛伦兹力方向的判定，左手定则：张开左手，拇指与四指垂直，让磁感线穿入手心，四指的方向是正电荷运动的方向，拇指的指向就是洛伦兹力的方向.熟练掌握a、3两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确“、田丫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.17.【答案】11460【解析】解：设原来TC的质量为M0,衰变后剩余质量为M则有:M=MoX（：）n,其中n为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的 :，故n=2,所以死亡时间为：2X5730=11460年。故答案为：11460根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解。本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，注意平时多加练习，加深对公式的理解。.【答案】镉棒正电子【解析】解：核电站所需的能量是由铀核裂变提供的，石墨可以起到使快中子减速的作用，裂变过程中利用镉棒吸收一定数量的中子，控制反应堆的反应速度.反电子中微子（不带电，质量数为零）诱发的反应： 匕+p-n+x中，p表示的是质子，n表示的是中子，根据质量数守恒可知x的质量数是0,而电荷数：z=0+1=1,所以x代表正电子.故答案为：镉棒，正电子根据热核反应的过程中石墨与镉棒的作用分析解答； 在核反应的过程中满足质量数守恒与电荷数守恒.该题属于信息给予的题目，解决本题的关键知道核反应方程中电荷数守恒、 质量数守恒..【答案】0.6；2：1【解析】【分析】明确实验原理，根据纸带可分析碰撞前后的对应的点迹；由速度公式求出速度，然后根据实验数据求出质量与速度的乘积，分析实验数据然后得出结论。本题考查了验证动量守恒定律实验， 由图示纸带求出小车的位移、 由速度公式求出小车的速度即可正确解题，解题时要注意单位换算。【解答】由纸带及刻度尺可得碰前甲车两点间的距离应为：X=12mm=12X10-3m则甲车的速度为：m/s=0.6m/sm/s=0.6m/s同理可知，碰后两车的共同速度为:mu,-.,V2= m/s=0.4m/s由动量守恒定律有:m甲V1=（m甲+m乙）V由此得甲、乙两车的质量比为:故答案为：0.6;2：1.【答案】CADm1?OM+m2?ON=m1?OP1411 1.01 76.8【解析】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比， 可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确，ABD错误。

故选：C(2)要验证动量守恒定律定律，即验证：mivi=miv2+m2v3,小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t相等，上式两边同时乘以t得：mivit=miv2t+m2v3t,得：miOP=miOM+m2ON,因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故 AD正确，BC错误。故选：AD。(3)由(2)可知，实验需要验证： miOP=miOM+m2ON；(4)碰撞刖后mi动重之比：卜=而飞7=「(11.01均正确)(11.01均正确)。(5)发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是： mivo=mivi+m2v2,动能守恒的表达式是：协1V02=,m1v12+,m2v22,得动能守恒的表达式是:m得动能守恒的表达式是:m1?OM2+m2?ON2=m1?OP2,联立解得：v2='.v0,X44.8=76.8cm；因此最大射程为Sm="1?OP=X44.8=76.8cm；叫+g4547.5故答案为：(1)C;(2)AD;(3)m1？OM+m2?ON=m1?OP;(4)14;11;2.9;1.01;(5)76.8。(1)根据实验原理分析答题。(2)由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；(3)根据动量守恒定律进行分析确定需要验证的关系式；(4)通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。(5)根据动量守恒求出ON的最大值。实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。.【答案】解：对自由落体运动，有： hm湾解得：G二假,规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有:mg(t1+t)-Ft=0解得：F=，+mg。答：安全带对人的平均彳^用力大小是当史+mg。【解析】先根据自由落体运动规律求解自由落体运动的时间， 对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力。本题关键是明确物体的受力情况和运动情况， 然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。.【答案】减小无【解析】解：(1)在用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小。(2)用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转。故答案为：(1)减小，(2)无。(1)用一紫外线灯照射锌板，产生光电效应现象，根据锌板的电性，分析用带负电的金属小球与锌板接触后，验电器指针偏角的变化。(2)红光的频率比黄光低，黄光照射锌板，验电器指针无偏转，黄光不能使锌板产生光电效应，红光也不能使锌板产生光电效应。光电效应中光电子射出后，金属板带正电。光电效应的产生条件取决于入射光的频率。.【答案】解：(1)根据光电效应方程： EK=hyW0=后-恤代入数据解得：Ek=3.2X0-19J,(2)光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理:eU=EK得：u=?=2.0V1j6x106I(3)根据据逸出功Wo=ho/口加t '% 4.211.6X10-|q 、c、/15»得截止频率： — -^—Hz^11.0X15Hz答：(1)光电子的最大初动能是 3.2X0-19J；(2)遏止电压是2V；(3)铝的截止频率是1.0M015Hz。【解析】(1)根据逸出功Wo=hvo,和光电效应方程：EK=hv-W0直接进行求解光电子的最大初动能；(2)光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理求解遏制电压。(3)由逸出功与遏止频率的关系求出遏止频率。本题考查知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系， 同时注意计算的准确性。.【答案】解：(1)据跃迁理论：E3-E1=hv,£,而E3=后,解得:解得:(2)由于是大量原子，可从 n=3跃迁到n=1,从从n=3跃迁到从n=2,再从从n=2跃迁到从n=1,故应有三条谱线,光子能量分别为AE1=E3-E1,△E2=E3-E2,△E3=E2-E1,即在作-#71,△巳=-而々，

△E3=-答：(1)则吸收光子的频率v是-：；-；3条谱线，辐射光子的(2)3条谱线，辐射光子的能量分别为-^,4/,-；/【解析】(1)根据Em-En=hv求出吸收光子的频率;(2)根据数学组合公式片求出氢原子可能发射不同频率光子的种数，再由第( 1)公式，即可求解辐射光子的能量。解决本题的关键掌握能级的跃迁放出光子或吸收光子的能量满足 hrEm-En,以及理解电子跃迁发光的种类的判定。.【答案】解：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒，一个质子和两个中子结合为瓶核时得：；”+2标一；〃2个中子和1个质子结合成；H时质量亏损：△m=2mn+mp-mH=1.007277u+2X1.008665u-3.016050u=0.008557u,所以将放出能量;根据爱因斯坦质能方程，放出的能量为： AE=Amc2=(2mn+mp-mHe)c2=0.008557931.5=7.97MeV7.97MeV,所以其结合能为7.97MeV2个中子和1个质子结合成H7.97MeV,所以其结合能为7.97MeV?H?H的平均结合能为:j.JWMeV答：(1)一个质子和两个中子结合为瓶核时的核反应方程式为 ；打+2网一：”；(2)一个质子和两个中子结合为瓶核时，放出能量，该能量为 7.97MeV;(3)瓶核的结合能和比结合能分别是 7.97MeV和2.66MeV。【解析】(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程；(2)结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量；(3)根据结合能与平均结合能的定义即可求