新教材适用2024-2025学年高中物理第5章原子核本章学业质量标准检测新人教版选择性必修第三册

本章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共12小题，其中1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·河北邯郸高二阶段练习)月球的表面长期受到宇宙射线的照耀，使得“月壤”中的eq\o\al(3,2)He含量非常丰富。科学家认为eq\o\al(3,2)He是发生核聚变的极好原料，将来eq\o\al(3,2)He或许是人类重要的能源，所以探测月球意义非常重大。关于eq\o\al(3,2)He，下列说法正确的是(D)A．eq\o\al(3,2)He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起B．eq\o\al(3,2)He聚变反应后变成eq\o\al(4,2)He，原子核内核子间的比结合能没有发生改变C．eq\o\al(3,2)He发生核聚变，放出能量，不肯定会发生质量亏损D．eq\o\al(3,2)He聚变反应的方程可能为eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(3,2)He→2eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(4,2)He解析：原子核内的核子靠核力结合在一起，核力只存在于相邻的核子之间，A错误；比结合能是核的结合能与核子数之比，所以聚变后的比结合能肯定发生改变，B错误；eq\o\al(3,2)He发生聚变，放出能量，依据质能方程ΔE＝Δmc2，肯定会发生质量亏损，C错误；eq\o\al(3,2)He聚变反应的方程式可能为eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(3,2)He→2eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(4,2)He，D正确。故选D。2．1933年至1934年间，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为eq\o\al(27,13)Al＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n，反应生成物eq\o\al(30,15)P像自然放射性元素一样衰变，放出正电子e，且伴随产生中微子eq\o\al(A,Z)ν，核反应方程为eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋eq\o\al(0,1)e＋eq\o\al(A,Z)ν，则下列说法正确的是(B)A．当温度、压强等条件改变时，放射性元素eq\o\al(30,15)P的半衰期随之改变B．中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0C．正电子产生的缘由可能是核外电子转变成的D．约里奥·居里夫妇通过α粒子轰击铝箔的试验发觉了中子解析：放射性元素的半衰期与外界因素无关，A错误；依据质量数和电荷数守恒，中微子的质量数A＝0，电荷数Z＝0，B正确；正电子产生的缘由是核内的质子转化为中子时放出的，C错误；查德威克用粒子轰击铍原子核试验，发觉了中子，D错误。故选B。3．“氦－3”是一种已被世界公认的高效、清洁、平安、廉价的核燃料，可发生的核反应方程eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(3,2)He→2eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(4,2)He，式中质子、α粒子的质量分别为m1、m2，则下列说法正确的是(B)A．此核反应为α衰变反应B．eq\o\al(3,2)He的比结合能比eq\o\al(4,2)He的比结合能小C．eq\o\al(3,2)He核的质量为eq\f(2m1＋m2,2)D．当eq\o\al(3,2)He燃料体积大于临界体积时，该核反应可持续进行解析：eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(3,2)He→2eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(4,2)He是核聚变反应，故A错误；核聚变过程中释放能量，会发生质量亏损，核子的比结合能变大，反应物的质量之和大于生成物的质量之和，故B正确，C错误；通常把核裂变物质能够发生链式反应的最小体积称为它的临界体积，核聚变反应发生的条件是高温高压，故D错误。故选B。4．(2024·上海模拟预料)对于有关中子的探讨，下面说法正确的是(A)A．中子等微观粒子都具有波粒二象性B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C．卢瑟福通过分析α粒子散射试验结果，发觉了质子和中子D．核反应方程eq\o\al(210,84)Po→eq\o\al(y,82)X＋eq\o\al(4,2)He中的y＝206，X中核子个数为124解析：微观粒子都具有波粒二象性，故A正确；裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，故B错误；卢瑟福通过分析α粒子散射试验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的试验发觉了中子，故C错误；依据质量数守恒可得y＝210－4＝206，X中核子个数为206，中子数为206－82＝124，故D错误。5．K－介子衰变的方程为K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子是带负电的基元电荷，π0介子不带电。如图所示，一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切。它们的半径RK－与Rπ－之比为2∶1，π0介子的轨迹未画出。由此可知π－的动量大小与π0的动量大小之比为(C)A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶6解析：K－介子与π－介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有eBv＝meq\f(v2,R)，故动量p＝mv＝eBR，因而PK－∶Pπ－＝2∶1。依据动量守恒定律，有PK－＝Pπ0－Pπ－，故Pπ0＝3pπ－，选项C正确。6．(2024·全国高三课时练习)氢的同位素氚(eq\o\al(3,1)H)的半衰期为12.5年，衰变时会放射β射线。下列有关氚衰变的说法正确的是(B)A．氚衰变时放射的β粒子来自核外电子B．2g氚经过25年还剩下0.5g氚C．氚发生β衰变后的生成物是eq\o\al(4,2)HeD．氚发生β衰变时要汲取能量解析：氚衰变时放射的β粒子来自原子核内部的一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，A错误；经过25年n＝eq\f(t,T)＝eq\f(25,12.5)＝2个半衰期，据半衰期公式m余＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝0.5g，B正确；依据质量数守恒与电荷数守恒可知，氚的衰变方程为eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(0,－1)e，衰变后的生成物是eq\o\al(3,2)He，C错误；在衰变的过程中会释放能量，D错误。7．我国第一代核潜艇总设计师黄旭华院士于2024年9月29日获颁“共和国勋章”，核动力潜艇上核反应堆中可能的一个核反应方程eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋xeq\o\al(1,0)n＋ΔE(其中ΔE为释放出的核能)。下列说法正确的是(D)A．该核反应属于原子核的衰变B．核反应方程式中x＝2C．eq\o\al(235,92)U的比结合能eq\f(ΔE,235)D．eq\o\al(235,92)U核的比结合能小于eq\o\al(144,56)Ba核的比结合能解析：发生的核反应是核裂变，不是原子核的衰变，故A错误；由核反应方程满意质量数与电荷数守恒，可知eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n＋ΔE，因此式中x＝3，故B错误；核反应方程中ΔE为释放出的核能，不是eq\o\al(235,92)U的结合能，故C错误；中等质量原子核的比结合能较大，eq\o\al(235,92)U核的比结合能小于eq\o\al(144,56)Ba核的比结合能，故D正确。8．(2024·全国高三专题练习)如图所示，P为匀强磁场中一点，某放射性元素的原子核静止在P点，该原子核发生衰变后，放出一个氦核(eq\o\al(4,2)He)和一个新核，它们速度方向与磁场垂直，其轨迹均为圆弧，半径之比为45∶1，重力、阻力和氦核与新核间的库仑力均不计。下列说法正确的是(B)A．放射性元素原子核的电荷数是90B．可能的衰变方程为eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)HeC．氦核和新核动量的大小之比是1∶45D．衰变前核的质量等于衰变后氦核和新核的总质量解析：反应过程系统动量守恒，所以氦核和新核动量的大小之比是1∶1，故C错误；由于放出的氦核(eq\o\al(4,2)He)和新核在磁场中做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力有Bqv＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)，则它们的轨道半径与它们的电荷数成反比，所以q氦∶q新＝1∶45，则新核的电荷数为90，由于核反应过程电荷数和质量数守恒，则放射性元素原子核的电荷数是92，所以可能的衰变方程为eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He，故A错误，B正确；因为衰变过程有能量释放，所以衰变前核的质量大于衰变后氦核和新核的总质量，故D错误。9．(2024·山东威海检测)2024年5月28日，我国“人造太阳”装置取得重大突破，实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒等离子体运行。该试验中的可控热核反应的方程是eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X，其中海水中富含反应原料氘(eq\o\al(2,1)H)，而氚(eq\o\al(3,1)H)在自然界中含量极微，但可以用某种粒子Y轰击锂核(eq\o\al(6,3)Li)得到，核反应方程为eq\o\al(6,3)Li＋Y→eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(4,2)He，下列说法错误的是(ABC)A．粒子X为中子，粒子Y为质子B．核反应方程eq\o\al(6,3)Li＋Y→eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(4,2)He为α衰变C．核反应生成物中的α粒子具有很强的电离作用和穿透实力D．在核反应eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X中，反应物的总质量大于生成物的总质量解析：依据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒可知，核反应方程为eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)X，eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,0)Y→eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(4,2)He，粒子X为中子，粒子Y也为中子，A错误；核反应方程eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(4,2)He为原子核的人工转变方程，B错误；核反应生成物中的α粒子具有很强的电离作用，但是穿透实力较弱，C错误；在核反应eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n中，有质量亏损，释放大量的能量，故反应物的总质量大于生成物的总质量，D正确。10．(2024·湖南长沙高二长郡中学校考期末)2024年1月3日消息，诺贝尔官方称居里夫人的“笔记”仍具放射性，还将持续1500年。关于放射性元素、衰变和半衰期，下列说法正确的是(CD)A．居里夫人的笔记本，经过两个半衰期，质量仅剩下原来的四分之一B．放射性元素的半衰期不仅与核内部本身因素有关，还与质量有关C．一个放射性原子核，每发生一次β衰变，它的中子数削减一个，质子数增加一个D．eq\o\al(238,92)U衰变成eq\o\al(206,82)Pb要经过8次α衰变和6次β衰变解析：放射性元素经过两个半衰期，质量仅剩下原来的四分之一，笔记本的质量几乎不变，A错误；放射性元素的半衰期是由核内自身的因素确定的，与质量无关，B错误；β衰变实质上是原子核内的一个中子变为一个质子，同时释放出一个电子的过程，因此发生一次β衰变，质子数增加一个，中子数削减一个，C正确；依据质量数和电荷数守恒，可得eq\o\al(238,92)U衰变成eq\o\al(206,82)Pb要经过8次α衰变和6次β衰变，D正确。故选CD。11．(2024·绥化市第九中学高二阶段练习)如图是原子核的平均结合能(也称比结合能)与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原子核的平均结合能，如eq\o\al(16,8)O的核子平均结合能约为8MeV，eq\o\al(4,2)He的核子平均结合能约为7MeV，依据该图像推断，下列说法正确的是(BCD)A．随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能增大B．eq\o\al(56,26)Fe核最稳定C．由图像可知，两个eq\o\al(2,1)H核结合成eq\o\al(4,2)He核会释放出能量D．把eq\o\al(16,8)O分成8个质子和8个中子比把eq\o\al(16,8)O分成4个eq\o\al(4,2)He要多供应约112MeV的能量解析：由图可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小，所以A错误；eq\o\al(56,26)Fe核的平均结合能最大，是最稳定的，所以B正确；两个平均结合能小的eq\o\al(2,1)H结合成平均结合能大的eq\o\al(4,2)He时，会释放出能量，所以C正确；把eq\o\al(16,8)O分成质子和中子须要供应的能量约为ΔE1＝16×8MeV＝128MeV，将质子和中子结合成一个eq\o\al(4,2)He所放出的能量约为ΔE2＝4×7MeV＝28MeV，则将eq\o\al(16,8)O分为4个eq\o\al(4,2)He须要供应的能量约为ΔE3＝ΔE1－4ΔE2＝128MeV－4×28MeV＝16MeV，故要多供应的能量为ΔE3－ΔE1＝128MeV－16MeV＝112MeV，故选BCD。12．(2024·河南高三开学考试)微型核电池的体积很小，只有一个硬币的厚度，电力极强，可用于手机充电。微型核电池利用微型和纳米级系统研发出了一种超微型电源设备，这种通过放射性物质的衰变，释放出带电粒子，从而获得持续电流。镍－63(eq\o\al(63,28)Ni)发生β衰变变为铜－63(eq\o\al(63,29)Cu)，用它制成的大容量核电池，续航可超百年。下列说法正确的是(BD)A．镍－63的β衰变方程为eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(63,29)Cu＋eq\o\al(0,1)eB．β衰变中β粒子来源的方程为eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(0,－1)eC．上升镍－63的温度，可使其半衰期减小D．eq\o\al(63,28)Ni的比结合能比铜－63的比结合能小解析：核反应方程核电荷数守恒、质量数守恒可知，镍－63的β衰变方程为eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(63,29)Cu＋eq\o\al(0,－1)e，故A错误；β衰变中β粒子来自原子核中的中子，其方程为eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(0,－1)e，故B正确；放射性元素的半衰期与温度无关，故C错误；eq\o\al(63,28)Ni的比结合能比铜－63的比结合能小，铜－63(eq\o\al(63,29)Cu)比结合能大更稳定，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)13.(6分)贝克勒尔发觉自然放射现象揭开了人类探讨原子核结构的序幕。如图P为放在匀强电场中的自然放射源，其放出的射线在电场中分成A、B、C三束。(1)三种射线中，穿透实力最强，常常用来对金属探伤的是_B__射线；电离作用最强，动量最大，常常用来轰击原子核的是_C__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_β__粒子。(2)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋_eq\o\al(0,－1)e__；_eq\o\al(4,2)He__＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n。解析：依据电荷所受电场力特点可知，A为β射线，B为γ射线，C为α射线。(1)三种射线中，穿透实力最强，常常用来对金属探伤的是γ射线；电离作用最强，动量最大，常常用来轰击原子核的是α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β粒子。(2)依据质量数和电荷数守恒则有：eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e；eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n14．(8分)(2024·全国高三专题练习)在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质非常特殊，因此在试验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建立了一个由大水槽和探测器组成的试验系统，利用中微子与水中eq\o\al(1,1)H的核反应，间接地证明了中微子的存在。(1)中微子与水中的eq\o\al(1,1)H发生核反应，产生中子(eq\o\al(1,0)n)和正电子(eq\o\al(0,1)e)，即：中微子＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(1,0)n＋eq\o\al(0,1)e，可以判定中微子的质量数和电荷数分别是_A__。(填写选项前的字母)A．0和0 B．0和1C．1和0 D．1和1(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即eq\o\al(0,1)e＋eq\o\al(0,－1)e→2γ，已知正电子和电子的质量都为9.1×10－31kg，反应中产生的每个光子的能量约为_8.2×10－14__J。正电子与电子相遇不行能只转变为一个光子，缘由是_系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律__。解析：(1)发生核反应时，质量数和电荷数均守恒，据此可知中微子的质量数和电荷数都是0。故选A。(2)产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，则E＝Δmc2，故一个光子的能量为eq\f(E,2)，代入数据得eq\f(E,2)＝eq\f(2×9.1×10－31×9×1016,2)J≈8.2×10－14J，正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)(2024·无锡高二期末)在火星上太阳能电池板发电实力有限，因此科学家用放射性材料——PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是eq\o\al(238,94)Pu。(1)写出eq\o\al(238,94)Pu发生α衰变的核反应方程；(2)eq\o\al(238,94)Pu的半衰期是87.7年，大约要经过多少年会有87.5%的原子核发生衰变？答案：(1)eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(234,92)U(2)t＝263.1年解析：(1)依据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(234,92)U。(2)半衰期为87.7年，依据m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(\f(t,T))其中m0为衰变前的质量，m是衰变后剩余质量，有87.5%的原子核衰变，剩余质量为m＝0.125m0可得t＝263.1年。16．(10分)(2024·吉林白山高二期末)1932年查德威克用α粒子去轰击铍核(eq\o\al(9,4)Be)发觉了中子(并产生一个碳核)，已知这一核反应每发生一次释放的核能为ΔE，真空中的光速为c。(1)写出核反应方程并计算出反应中的质量亏损Δm；(2)若α粒子以速度v0轰击静止的铍核(eq\o\al(9,4)Be)，反应生成的碳核和中子同方向运动，且动量之比为1∶5，求生成的碳核的速度大小v。答案：(1)eq\f(ΔE,c2)(2)eq\f(1,18)v0解析：(1)核反应方程为：eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(1,0)n依据爱因斯坦质能方程有：ΔE＝Δmc2解得：Δm＝eq\f(ΔE,c2)。(2)依据动量守恒定律有：mHev0＝pC＋pn碳核的动量：pC＝mCv中子的动量：pn＝5pC＝5mCv解得：v＝eq\f(1,18)v0。17．(12分)(2024·高三课时练习)已知氘核的质量为2.0136u，中子的质量为1.0087u，eq\o\al(3,2)He的质量为3.0150u。(1)试写出两个氘核聚变生成eq\o\al(3,2)He的核反应方程；(2)计算上述反应中释放的核能；(3)若两个氘核以相等的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成eq\o\al(3,2)He核和中子的动能各是多少？答案：(1)eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n(2)3.26MeV(3)0.99MeV2.97MeV解析：(1)eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n。(2)核反应中质量亏损Δm＝2.0136u×2－(3.0153u＋1.0087u)＝0.0035u释放的核能：ΔE＝Δmc2＝0.0035×931.5MeV＝3.26MeV。(3)设eq\o\al(3,2)He核和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律及能量守恒定律得：m1v1－m2v2＝0，Ek1＋Ek2＝2Ek0＋ΔE解方程组可得：Ek1＝eq\f(1,4)×(2Ek0＋ΔE)＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×0.35＋3.26))MeV＝0.99MeVEk2＝eq\f(3,4)×(2Ek0＋ΔE)＝eq\f(3,4)×(2×0.35＋3.26)MeV＝2.97MeV。18．(16分)(20