高考物理一轮复习 第12章 近代物理初步 第2讲 原子和原子核课时作业(含解析)新人教版-新人教版高

第2讲原子和原子核
时间：45分钟总分为：100分
一、选择题(此题共14小题，每一小题6分，共84分。

其中1～11题为单项选择，12～14题为多项选择)
1．(2019·广东揭阳一模)如下列图，x为未知的放射源，L为
薄铝片，假设在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大
幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的
计数率不变，如此x可能是()
A．α射线和β射线的混合放射源
B．纯α射线放射源
C．纯γ射线放射源
D．α射线和γ射线的混合放射源
答案 D
解析在放射源和计数器之间加薄铝片L后，发现计数器的计数率大幅度减小，说明射线中含有穿透能力弱的α射线，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，说明没有射线或剩下的射线不带电，即为γ射线，因此放射源x可能是α射线或它和γ射线的混合放射源，故A、B、C错误，D正确。

2．(2019·江西高三九校3月联考)如下说法中正确的答案是()
A．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的
B．玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说上引进了量子理论
C．天然放射现象中出现的α射线、β射线、γ射线都是高能量的电磁波
D．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂结构
答案 B
解析天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂的结构，故A错误；玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说的根底上引入了量子理论，故B正确；天然放射现象中出现的α射线、β射线、γ射线，其中α射线是氦原子核，β射线是电子流，只有γ射线是高能量的电磁波，故C错误；卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子有复杂结构，在此根底上，他建立了原子的核式结构模型，故D错误。

3．(2020·安徽省A10联盟高三摸底)据报道，香烟会释放一种危险的放射性元素“钋(210 84 Po)〞，如果每天抽1.5包香烟，一年后累积的辐射相当于300次胸透的辐射。

210 84Po发生一次
α衰变和一次β衰变后产生了新核，新核的中子数比质子数多()
A．38个B．40个
C．42个D．44个
答案 B
解析210 84Po发生一次α衰变和一次β衰变产生的新核为206 83X，其中子数为206－83＝123，中子数比质子数多123－83＝40，B正确。

4．(2020·辽宁省六校协作体高三上初考)如下说法正确的答案是()
A．结合能越大的原子核越稳定
B．玻尔的跃迁假设是根据α粒子散射实验分析得出的
C．光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性
D．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
答案 D
解析比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误；为解释氢光谱，玻尔提出了轨道量子化假设与跃迁假设，卢瑟福通过α粒子散射实验得出了原子的核式结构模型，故B错误；光电效应与康普顿效应都揭示了光具有粒子性，故C错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故D正确。

5．(2019·河南六市高三第二次联考)以下有关近代物理的内容表示正确的答案是() A．放射性元素在发生α衰变时2个中子和2个质子结合为一个α粒子，设中子、质子和α粒子的质量分别为m1、m2、m3，如此2(m1＋m2)＝m3
B．在关于物质波的表达式E＝hν和p＝h
λ
中，能量E和动量p是描述物质的波动性的重要物理量，波长λ和频率ν是描述物质的粒子性的典型物理量
C．在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁D．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损
答案 C
解析放射性元素在发生α衰变时，2个中子和2个质子结合为一个α粒子，有质量
亏损，即为Δm＝2m1＋2m2－m3，故A错误；在关于物质波的表达式E＝hν和p＝h
λ
中，能量
E和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ和频率ν是描述物质的波动性的典型物理量，故B错误；在原子核发生衰变后，新核往往处于不稳定的高能级状态，会自发地向低能级跃迁，C正确；重核的裂变过程和轻核的聚变过程都有能量放出，都有质量亏损，D错
误。

6．1933年至1934年间，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反响方程为2713Al ＋42He →3015P ＋10n ，反响生成物3015P 像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e ，且伴随产生中微子，核反响方程为3015P →3014Si ＋01e ＋A Z ν。

如此如下说法正确的答案是()
A ．当温度、压强等条件变化时，放射性元素3015P 的半衰期随之变化
B ．中微子的质量数A ＝0，电荷数Z ＝0
C ．正电子产生的原因可能是核外电子转变成的
D.3015P 由30个核子组成，每两个核子之间都存在核力的作用
答案 B
解析 放射性元素的半衰期与外界因素无关，A 错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可知，中微子的质量数A ＝0，电荷数Z ＝0，B 正确；正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，C 错误；核力只存在于相邻核子之间，故D 错误。

7．(2019·陕西省三模)一个质子和一个中子结合成一个氘核，同时辐射出一个γ光子，质子、中子、氘核的质量分别为m 1、m 2、m 3，普朗克常量为h ，真空中的光速为c 。

如下说法正确的答案是()
A ．核反响方程是：11H ＋10n →22H ＋γ
B ．该核反响属于原子核的人工转变
C ．辐射出的γ光子的能量E ＝(m 3－m 1－m 2)c 2
D ．γ光子的波长λ＝h (m 1＋m 2－m 3)c
答案 D
解析 新核的质量数：A ＝1＋1＝2，核电荷数：Z ＝1＋0＝1。

该核反响方程是11H ＋10n →21H ＋γ，故A 错误；该核反响属于原子核的聚变反响，故B 错误；聚变反响中的质量亏损Δm ＝(m 1＋m 2)－m 3，辐射出的γ光子的能量为E ＝(m 1＋m 2－m 3)c 2＝hc λ
，解得γ光子的波长为λ＝h (m 1＋m 2－m 3)c
，故C 错误，D 正确。

8．(2019·湖北武汉二模)氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1
n 2，其中n ＝2,3……。

假设氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为()
A.94ν B ．4ν C.365ν D ．9ν
答案 C
解析 由题意可知：E 132－E 1
2
2＝hν；能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E 1＝hν′，解得ν′＝365
ν，应当选C 。

9．(2019·山东德州二模)关于原子和原子核，如下说法中正确的答案是()
A ．甲图所示的氢原子光谱的分立特征可以用经典物理学解释
B ．由乙图可知，63Li 原子核中的平均核子质量比16
8O 的要小
C ．要产生丙图所示的链式反响，裂变物质必须具有一定的体积或质量
D ．根据丁图可知，1 g 氡经过38天还剩下0.1 g 没发生衰变
答案 C
解析 经典物理学不能解释氢原子光谱的分立特征，故A 错误；由图乙知，16 8O 原子核的比结合能大于63Li 的比结合能，所以16 8O 原子核的平均核子质量比63Li 的要小，故B 错误；要产生丙图所示的链式反响，裂变物质的体积或质量必须大于临界值，故C 正确；氡核的半衰期为3.8天，1 g 氡经过38天衰变，剩下氡的质量为1 g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12383.8＝11024
g ，故D 错误。

10．(2019·吉林省吉林市三调)氢原子的能级示意图如下列图，现有大量的氢原子处于n ＝4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出假设干种不同频率的
光，假设用这些光照射逸出功为4.54 eV 的钨时，如下说法中正确的答案是()
A ．氢原子能辐射4种不同频率的光子
B ．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应
C ．氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大
D ．钨能吸收两个从n ＝4向n ＝2能级跃迁的光子而发生光电效应
答案 C
解析 大量的氢原子处于n ＝4的激发态，当向低能级跃迁时，能辐射的光子的种类为：C 2
4＝6，故A 错误；一群处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射6种不同频率的光子，对应的能量为ΔE 1＝E 4－E 1＝12.75 eV ，ΔE 2＝E 4－E 2＝2.55 eV ，ΔE 3＝E 4－E 3＝0.66 eV ，ΔE 4＝E 3－E 1＝12.09 eV ，ΔE 5＝E 3－E 2＝1.89 eV ，ΔE 6＝E 2－E 1＝10.2 eV ，其中有3种大于4.54 eV ，如此有3种不同频率的光能使金属钨发生光电效应，故B 错误；氢原子辐射一个光子后，能量减小，如此轨道半径减小，根据k e 2r 2＝m v 2r
可知，氢原子的核外电子的速率增大，故C 正确；氢原子从n ＝4能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光子的能量为2.55 eV ，而金属钨的逸出功为
4.54 eV ，所以当此光照射钨时，不能发生光电效应现象，故D 错误。

11．(2019·重庆南开中学高三4月模拟)氘核和氚核聚变的核反响方程为21H ＋31H →42He ＋1
0n ，31H 的比结合能是2.78 MeV ，21H 的比结合能是1.09 MeV ，42He 的比结合能是7.03 MeV ，如此
()
A ．该核反响释放17.6 MeV 能量
B ．该核反响释放3.16 MeV 能量
C ．该核反响吸收176 MeV 能量
D ．该核反响吸收3.16 MeV 能量
答案 A
解析 聚变反响前的总结合能为：E 1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV ＝10.52 MeV ，反响后生成物的结合能为：E 2＝7.03×4 MeV ＝28.12 MeV ，故反响放出的核能为：ΔE ＝E 2－E 1＝17.6 MeV ，故A 正确。

12．如图是根据实际测量结果画的原子核的比结合能图线，关于原子核的结合能和比结合能，如下说法正确的答案是()
A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C ．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208
82Pb)的结合能
D ．比结合能越大，原子核越不稳定
答案 ABC
解析 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，A 正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，故B 正确；根据比结合能与质量数的关系图，铯原子核的比结合能比铅原子核的比结合能略大，而铅原子核中的核子数比铯原子核的核子数多一半，故铯原子核133 55Cs 的结合能小于铅原子核208 82Pb 的结合能，C 正确；比结合能越大，原子越稳定，故D 错误；应当选A 、B 、C 。

13．(2019·陕西咸阳三模)关于核反响方程234 90Th →234 91Pa ＋X ＋ΔE (ΔE 为释放出的核能，X 为新生成粒子)，234 90Th 的半衰期为T ，如此如下说法正确的答案是()
A.234 91Pa 无放射性
B.234 91Pa 比234 90Th 少1个中子，X 粒子是从原子核中射出的，此核反响为β衰变
C ．N 0个234 90Th 经2T 时间因发生上述核反响而放出的核能为34
N 0ΔE (N 0数值很大) D.234 90Th 的平均结合能为ΔE 234
答案 BC
解析 原子序数大于或等于83的元素都有放射性，故A 错误；234 91Pa 的中子数为143；234 90Th 的中子数为144，如此234 91Pa 比234 90Th 少1个中子；由质量数守恒和电荷数守恒知X 为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放出来的，此核反响是β衰变，故B 正确；经2T 时间还剩余
四分之一没衰变，发生上述核反响而放出的核能为34
N 0ΔE ，故C 正确；234 90Th 的平均结合能等于234个核子结合成234 90Th 时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量ΔE ，所以234 90Th 的平均
结合能不是ΔE 234，故D 错误。

14.(2019·西南名校联盟高三3月月考)如图为英国物理
学家查德威克发现中子的实验示意图，利用钋(210 84Po)衰变放出
的α粒子轰击铍(94Be)时产生了未知射线。

查德威克曾用这种
射线分别轰击氢原子(11H)和氮原子(147N)，结果打出了一些氢核
和氮核。

他测量了被打出的氢核和氮核的速度，并认为速度最大的氢核和氮核是由未知射线中的粒子分别与它们发生弹性正碰的结果，设氢核的最大速度为v H ，氮核的最大速度为v N ，氢核和氮核在未被打出前可认为是静止的。

查德威克运用能量和动量的知识推算了这种未知粒子的质量。

设氢原子的质量为m ，以下说法正确的答案是()
A ．钋的衰变方程为210 84Po →208 82Pb ＋42He
B ．图中粒子A 是中子
C ．未知粒子的质量为14v N －v H v H －v N
m D ．未知粒子的质量为14v N ＋v H v H －v N
m 答案 BC
解析 根据质量数守恒和电荷数守恒可知，钋的衰变方程为210 84Po →206 82Pb ＋42He ，A 错误；图中的A 是α粒子轰击铍产生的中子，B 是中了从石蜡中打出的质子，B 正确；氢原子的质量为m ，如此氮核的质量为14m ，设未知射线粒子的质量为m 0，碰前速度为v 0，未知射线与氢核
碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律可知：m 0v 0＝m 0v 1＋mv H ；12m 0v 20＝12m 0v 21＋12
mv 2H ；联立解得：v H ＝2m 0v 0m 0＋m ；同理未知射线与氮核碰撞时，氮核的速度：v N ＝2m 0v 0m 0＋14m ；由两式可得：m 0＝14v N －v H v H －v N m ，故C 正确，D 错误。

应当选B 、C 。

二、非选择题(此题共1小题，共16分)
15．(2017·高考)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。

放射出的α粒子(4
2He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R 。

以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量。

(1)放射性原子核用A
Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反响方程。

(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。

(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变
过程的质量亏损Δm 。

答案 (1)A
Z X →A －4
Z －2Y ＋4
2He(2)2πm qB q 2
B 2πm (3)(M ＋m )(qBR )2
2mMc 2 解析 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He 。

(2)设α粒子的速度大小为v ， 由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πR v
，得 α粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB
环形电流大小I ＝q T ＝q 2B 2πm。

(3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m
设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒 Mv ′－mv ＝0
v ′＝mv M ＝qBR M
由Δmc 2＝12Mv ′2＋12
mv 2 得Δm ＝(M ＋m )(qBR )2
2mMc 2。