2020年高考物理一轮复习热点题型专题28近代物理

2020 年高考物理一轮复习热门题型专题28 近代物理
题型一光电效应电路和光电效应方程的应用
题型二光电效应图象
题型三光的波粒二象性和物质波
题型四玻尔理论和能级跃迁
题型五原子核的衰变及半衰期
题型六核反响及核反响种类
题型七质量损失及核能的计算
题型一光电效应电路和光电效应方程的应用
1.四点提示
(1)可否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频次.
(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包含不行见光.
(3)逸出功的大小由金属自己决定，与入射光没关.
(4)光电子不是光子，而是电子.
2.两条对应关系
(1)光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
(2)光子频次高→光子能量大→光电子的最大初动能大.
3.三个关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程：E k＝ hν－ W0.
(2)最大初动能与制止电压的关系：E k＝ eU c.
(3)逸出功与极限频次的关系W0＝hνc.
【例题 1】（2019·天津卷）如图为a、b、c三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。

由 a 、b、 c 构成的复色光经过三棱镜时，下述光路图中正确的选项是
【答案】 C
【分析】由光电效应的方程 E k hv W ，动能定理 eU
hv W E k，两式联立可得U ，
e e
故截止电压越大说明光的频次越大，则有三种光的频次v b v c v a，则可知三种光的折射率的关系为 n b n c n a，所以光穿过三棱镜时b光偏折最大， c 光次之， a 光最小，应选 C，
ABD 错误。

【例题 2】 (2018 ·全国卷Ⅱ ·17)用波长为300 nm 的光照耀锌板，电子逸出锌板表面的最大初
－19
J.已知普朗克常量为 6.63 － 34 8 － 1
动能为 1.28 ×10 × 10 J·s，真空中的光速为 3.00 × 10m·s .能使锌产生光电效应的单色光的最低频次约为( )
14
B.8 14
A.1 × 10 Hz × 10Hz
15 15
C.2 × 10 Hz
D.8 × 10Hz 【答案】 B
【分析】设单色光的最低频次为ν，由
0 E k＝ hν－ W0知
E k ＝ hν－ W － W ，又知ν＝
c
1 0,0＝hν0 0 1 λ
整理得ν＝c
－
E k
，解得ν
14
0 λ h 0≈8×10Hz.
【例题 3】(2019 ·广东省中山一中、仲元中学等七校第一次模拟)如图，实验中分别用波长
为λ、λ 的单色光照耀光电管的阴极K，测得相应的制止电压分别为U 和 U ，设电子的质
1 2 1 2
量为 m，带电荷量为e，真空中的光速为c，以下说法正确的选
项是()
A.若λ1>λ2，则 U1>U2
B.依据题述条件没法算出阴极K 金属的极限频次
C.用λ1照耀时，光电子的最大初动能为eU1
D.入射光的波长与光电子的最大初动能成正比
【答案】 C
【分析】依据爱因斯坦光电效应方程，有：hc
－ W ＝ E ＝ eU ，所以若λ＞λ，则 U ＜λ0km c 12 1
，故 A 错误；依据hc
－ W ＝ eU ；
hc
－ W ＝ eU ，此中的 W ＝ hν，三式联立可求解h 和ν，
U2 0 1 0 2 0 c c
λ1 λ2
选项 B 错误；用λ照耀时，光电子的最大初动能为1 eU1，选项 C 正确；依据hc
－ W0＝ E km可λ
知入射光的波长与光电子的最大初动能不行正比，故D错误.
题型二光电效应图象
由图线直接 (间接 )获取的物理图象名称图线形状
量
①极限频次：图线与ν轴交
点
的横坐标ν
c
最大初动能 E k与入射
②逸出功：图线与 E k轴交点
的纵坐标的值的绝对值W0＝光频次ν的关系图线
| －E| ＝E
③普朗克常量：图线的斜率 k
＝ h
①制止电压 U c：图线与横轴
颜色同样、强度不一样的的交点的横坐标
光，光电流与电压的关②饱和光电流 I m：光电流的最系大值
③最大初动能： E k＝ eU c
①制止电压 U c1、U c2
颜色不一样时，光电流与②饱和光电流
电压的关系③最大初动能 E k1＝ eU c1，E k2
＝ eU c2
①极限频次ν：图线与横轴的
c
交点的横坐标
②制止电压 U c：随入射光频
制止电压 U c与入射光率的增大而增大
频次ν的关系图线③普朗克常量 h：等于图线的
斜率与电子电荷量的乘积，即
h＝ ke(注：此时两极之间接反
向电压 )
. 【例题1】(2018 ·广东省潮州市放学期综合测试)用如图甲所示的装置研究光电效应现象
用频次为ν的光照耀光电管时发生了光电效应.图乙是该光电管发生光电效应光阴电子的最
大初动能E k与入射光频次ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐
标为 (0，－ b)，以下说法中正确的选项是()
b
A.普朗克常量为 h＝a
B.仅增添照耀光的强度，光电子的最大初动能将增大
C.保持照耀光强度不变，仅提升照耀光频次，电流表G 的示数保持不变
D.保持照耀光强度不变，仅提升照耀光频次，电流表G 的示数增大
【答案】 A
【分析】依据 E km＝hν－W0可得，图线纵截距的绝对值等于金属的逸出功，即等于 b.当最大初动能为零时，入射光的频次等于截止频次，所以金属的截止频次为a，那么普朗克常量b
为 h＝a，故 A 正确；依据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与照耀光的频次相关，
与光的强度没关，故 B 错误；若保持照耀光强度不变，仅提升照耀光频次，则光子数目减小，那么电流表 G 的示数会减小，故 C、 D 错误 .
【例题 2】(2018 ·河南省濮阳市第三次模拟)用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照
射光的强弱、频次等物理量的关系.图中 A、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也能够
对换，分别用a、b、 c 三束单色光照耀，调理A、 K 间的电压U，获取光电流I 与电压 U 的关系如图乙所示，由图可知()
A.单色光 a 和 c 的频次同样，且
B.单色光 a 和 c 的频次同样，且
C.单色光 a 和 c 的频次同样，且
D.单色光 a 和 c 的频次不一样，且a光更弱些，
a光更强些，
a光更弱些，
a光更强些，
b光频次最大
b光频次最大
b光频次最小
b光频次最小
【答案】 B
【分析】a、 c 两单色光照耀后制止电压同样，依据E km＝ eU c，可知产生的光电子最大初
动能相等，则a、c 两单色光的频次相等，光子能量相等，因为 a 光的饱和光电流较大，则
a 光的强度较大，单色光
b 照耀后制止电压较大，依据E km＝ eU c，可知 b 光照耀后产生的光
电子最大初动能较大，依据光电效应方程E km＝ hν－ W0得， b 光的频次大于 a 光的频次，故
A、C、D 错误， B 正确 .
【例题 3】(2019 ·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)金属在光的照耀下产生光电效应，其
制止电压U c与入射光频次ν的关系图象如下图.则由图象可知 ()
A.入射光频次越大，该金属的逸出功越大
B.入射光的频次越大，则制止电压越大(ν>ν0)
U
C.由图可求出普朗克常量h＝ν0
D.光电子的最大初动能与入射光的频次成正比
【答案】 B
【分析】当制止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W＝hν，
00
逸出功与入射光频次没关，是由金属资料决定的，故 A 错误；依据光电效应方程E km＝ hν－
W0
hν W0
入射光的频次越大，和 eU c＝ E km得：U c＝－，当入射光的频次大于等于极限频次时，
e e
则制止电压越大，故
hν W0 h
B 正确；由 U c＝－，知图线的斜率等于，由题图能够得出斜率的
e e e
eU
大小，则普朗克常量为h＝ν0，故 C错误；依据光电效应方程E km＝ hν－ W0，得光电子的最大初动能与入射光的频次成线性关系，不是成正比，故D错误.
题型三光的波粒二象性和物质波
1.从数目上看：
个别光子的作用成效常常表现为粒子性；大批光子的作用成效常常表现为颠簸性.
2.从频次上看：
频次越低颠簸性越明显，越简单看到光的干预和衍射现象；频次越高粒子性越明显，贯串本
领越强，越不简单看到光的干预和衍射现象.
3.从流传与作用上看：
光在流传过程中常常表现出颠簸性；在与物质发生作用时常常表现出粒子性.
4.颠簸性与粒子性的一致：
由光子的能量E＝ hν、光子的动量表达式p＝h
也能够看出，光的颠簸性和粒子性其实不矛盾：λ
表示粒子性的能量和动量的计算式中都含有描绘颠簸性的物理量——频次ν和波长λ.
【例题 1】 (多项选择 )实物粒子和光都拥有波粒二象性.以下事实中突出表现颠簸性的是()
A.电子束经过双缝实验装置后能够形成干预图样
B.β射线在云室中穿过会留下清楚的径迹
C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的构造
D.人们利用电子显微镜观察物质的微观构造
【答案】ACD
【分析】电子束经过双缝实验装置后能够形成干预图样，说明电子是一种波，故 A 正确；
β射线在云室中穿过会留下清楚的径迹，能够说明β射线是一种粒子，故 B 错误；人们利用
慢中子衍射来研究晶体的构造，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微
镜观察物质的微观构造，利用了电子束的衍射现象，说明电子束是一种波，故D正确.
【例题2】 (多项选择 )(2019 甘·肃省天水市调研)波粒二象性是微观世界的基本特点，以下说法正
确的有()
A.光电效应现象揭露了光的粒子性
B.热衷子束射到晶体上产生衍射图样说明中子拥有颠簸性
C.黑体辐射的实验规律可用光的颠簸性解说
D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等
【答案】AB
题型四玻尔理论和能级跃迁
1.定态间的跃迁——知足能级差
跃迁
(1)从低能级 (n)――→高能级 (m) →汲取能量 .
hν＝ E m－E n
跃迁
(2)从高能级 (m)――→低能级 (n) →放出能量 .
hν＝ E m－E n.
2.电离
电离态与电离能
电离态： n＝∞， E＝ 0
基态→电离态： E 吸 >0－ (－13.6 eV)＝ 13.6 eV.
激发态→电离态： E 吸 >0－ E n＝| E n|.
若汲取能量足够大，战胜电离能后，获取自由的电子还携带动能.
【例题 1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）氢原子能级表示图如下图。

光子能量在 1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。

要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应
给氢原子供给的能量为
A． 12.09 eV B． 10.20 eV C．1.89 eV D． 1.5l eV
【答案】 A
【分析】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，起码被激发到n=3 能级后，跃迁才可能产生能量在 1.63eV~3.10eV的可见光。

故 E 1.51 ( 13.60)eV 12.09eV 。

故此题选A。

)如下图是玻尔为解说氢原子光谱画出的氢原
【例题2】(多项选择 )(2018 湖·南省永州市
三模
子能级表示图.大批处于n＝ 3 能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频次的光子，设普朗克常
( )
量为h，以下说法正确的选
项是
A.能产生 3 种不一样频次的光子
B.产生的光子的最大频次为E3－ E1
h
C.当氢原子从能级n＝ 2 跃迁到 n＝ 1 时，氢原子的能量变大
D.若氢原子从能级n＝ 2 跃迁到 n＝ 1 时放出的光子恰巧能使某金属发生光电效应，则当氢原子从能级 n＝3 跃迁到 n＝1 时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为
E3－ E2
【答案】ABD
【分析】依据 C n2可得从 n＝ 3 能级向低能级跃迁能产生C32＝ 3 种不一样频次的光子， A 正确；
产生的光子有最大能量的是从n＝ 3 能级向 n＝ 1 能级跃迁时产生的，依据公式hν＝ E3－ E1，
解得ν＝E3－ E1
C 错误；若
，B 正确；从高能级向低能级跃迁，开释光子，氢原子能量变小，
h
氢原子从能级 n＝ 2 跃迁到 n＝ 1 时放出的光子恰巧能使某金属发生光电效应，则当氢原子从
能级 n＝ 3 跃迁到 n＝ 1 时放出的光子照到该金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E km
＝hν－ W0＝(E3－ E1)－(E2－ E1)＝ E3－E2，故 D 正确 .
【例题 3】 (多项选择 )(2018 ·山东省烟台市上学期期末)如图，一群处于n＝ 5 能级的氢原子在向n
＝1 的能级跃迁的过程中()
A.放出 4 种频次不一样的光子
B.放出 10 种频次不一样的光子
C.放出的光子的最大能量为13.06 eV，最小能量为0.66 eV
D.放出的光子有的能使逸出功为13 eV 的金属发生光电效应现象
【答案】BD
C52＝5×4
【分析】一群处于 n＝ 5 能级的氢原子向低能级跃迁时，共产生2＝10 种频次不一样
的光子，故 A 项错误， B 项正确；依据玻尔理论知能级差越大，跃迁时放出的光子能量越大，故 E max＝ E5－E1＝－ 0.54 eV－ (－13.6 eV)＝ 13.06 eV， E min＝ E5－ E4＝－ 0.54 eV－ (－ 0.85 eV)
＝0.31 eV，C 项错误；因E max＝ 13.06 eV>13 eV，故有的光子的能量大于逸出功能够使逸出
功为 13 eV 的金属发出光电效应， D 项正确 .
【例题 4】 (2019 ·四川省成都市调研)氢原子能级图如下图，当氢原子从n＝ 3 的能级跃迁到 n＝ 2 的能级时，辐射光的波长为656 nm ，以下判断正确的选项是()
A.氢原子从 n＝ 2 的能级跃迁到 n＝ 1 的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.当氢原子从 n＝ 4 的能级跃迁到 n＝ 2 的能级时，辐射出的光子不可以使逸出功为 2.25 eV 的钾发生光电效应
C.一个处于 n＝ 4 的能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 6 种谱线
D.用能量为 1.0 eV 的光子照耀处于 n＝ 4 能级的氢原子，能够使氢原子电离
【答案】 D
【分析】氢原子从 n＝ 2 的能级跃迁到n＝1 的能级时，辐射光的能量大于氢原子从n＝ 3
的能级跃迁到 n＝ 2 的能级时辐射光的能量，依据E＝hc
可知，氢原子从 n＝ 2 的能级跃迁到λ
n＝1 的能级时，辐射光的波长必定小于656 nm ，故 A 错误；从 n＝ 4 的能级跃迁到n＝ 2 的能级时辐射出的光子能量为 2.55 eV，大于金属钾的逸出功，能使钾发生光电效应，故 B 错误；一个处于 n＝ 4 的能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线，故 C 错误；当处于 n＝ 4 能级的氢原子汲取的能量大于或等于0.85 eV 时，将会被电离，故 D 正确 .
题型五原子核的衰变及半衰期
1.衰变规律及本质
(1)α衰变、β衰变的比较
衰变种类α衰变β衰变
衰变过程
A A－ 4 4 A A 0
Z X→Z－ 2Y＋ 2He Z X→Z＋ 1Y＋－1e
2 个质子和 2 此中子联合成一个 1 此中子转变为 1 个质
衰变本质整体射出子和 1 个电子
1 1 4 1 1 0
21H＋ 20n→2He 0n→1H＋－ 1e 匀强磁场中轨迹形状
衰变规律电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒
(2) γ射线：γ射线常常陪伴着 α衰变或 β衰变同时产生 .其本质是放射性原子核在发生α衰变
或 β衰变的过程中，产生的新核因为拥有过多的能量 (原子核处于激发态 )而辐射出光子 .
2.确立衰变次数的方法
因为 β衰变对证量数无影响，所以先由质量数的改变确立 α衰变的次数，而后再依据衰变
规律确立 β衰变的次数 . 3.半衰期
1 t 1
t
(1)公式： N 余＝N 原( )
，m 余 ＝ m 原( ) .
2
2
(2)影响要素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自己要素决定的，跟原子所处的物理 状态 (如温度、压强 )或化学状态 (如单质、化合物 )没关 .
【例题 1】 (2017 ·全国卷Ⅱ ·15)一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变为钍核，衰变方程为
238
92
234
4
( )
U → 90Th ＋ 2He ，以下说法正确的选项是
A.衰变后钍核的动能等于
α粒子的动能
B.衰变后钍核的动量大小等于
α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出一个
α粒子所经历的时间
D.衰变后 α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【答案】
B
【分析】
静止的铀核在 α衰变过程中， 知足动量守恒的条件， 依据动量守恒定律得
p Th ＋ p α
＝0，即钍核的动量和
α粒子的动量大小相等，方向相反，选项
B 正确；依据 p 2
E k ＝2m 可知，
选项 A 错误；半衰期的定义是统计规律，对于一个
α粒子不合用，选项 C 错误；铀核在衰
变过程中，陪伴着必定的能量放出，即衰变过程中有必定的质量损失，故衰变后
α 粒子与
钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项
D 错误 .
【例题 2】 (多项选择 )(2018 ·南省濮阳市第二次模拟河
)对于原子和原子核，以下说法正确的选项是
(
)
A. α粒子散射实验表示，原子是可分的
B.原子核发生 β衰变，原子核的质子数会增添
C.外界的温度越高，原子半衰期越短
D.依据玻尔理论可知，氢原子从高能级向低能级跃迁时，能够辐射各样不一样频次的光子
【答案】
AB
【分析】
卢瑟福由 α 粒子散射实验提出了原子核式构造模型：在原子的中心有一个很小
的核， 叫原子核， 原子的所有正电荷和几乎所有质量都集中在原子核里，
带负电的电子在核
外空间绕着核旋转，
即原子是可分的，
A 正确；经过一次
β衰变，电荷数
多
1，质量数不变，
质子数等于电荷数，则质子数增添
1 个， B 正确；原子的半衰期与外界要素没关，
C 错误；
据玻尔理论可知，氢原子从高能级向低能级跃迁时，能够辐射特定频次的光子，
D 错误.
【例题 3】 (多项选择 )(2018 广·东省汕头市第二次
模拟 )如图，静止的
238
92U 核发生 α
衰变后生成
反冲 Th 核，两个产物都在垂直于它们速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，以下说法正
确的是(
)
238 234 4
A.衰变方程可表示为 92U → 90Th ＋ 2He
B.Th 核和 α粒子的圆周轨道半径之比为 1∶ 45
C.Th 核和 α粒子的动能之比为 1∶ 45
D.Th 核和 α粒子在匀强磁场中旋转的方向相反 【答案】
AB
【分析】
4
衰变方程为：
238
234
已知 α粒子为 2He ，则由电荷数守恒及质量数守恒可知， 92U → 90Th
＋42He ，故 A 正确； Th 核和 α粒子都带正电荷，则在题图匀强磁场中都是逆时针旋转，故
D
1
错误；由动量守恒可得衰变后
v Th ＝
m α
＝ 4
，则 Th 核和 α 粒子的动能之比
2
m Th v Th 2 ＝ 234
v α m Th
234
1
2
4
2m v
α α
× 4
2
＝ 4 ＝ 2
，故 C 错误；粒子在匀强磁场中运动， 洛伦兹力供给向心力， 所以有 Bvq
234234 117
mv 2 mv
R Th m Th v Th m αv α 234
4
2
，则 R ＝ ＝ ，所以 Th 核和 α粒子的圆周轨道半径之比 ＝
∶
＝
4 ×
×
R Bq R α
Bq Th
Bq α 234 90
＝ 1
，故 B 正确. 45
题型六 核反响及核反响种类
1.核反响的四种种类
种类
可控性
核反响方程典例
α衰变
自觉
238 234 4 衰变
92 U → 90 Th ＋ 2He
234
234
β衰变
自觉
90 Th → 91 Pa ＋ － 1e
147N ＋ 2
4
He →178O ＋ 11H(卢瑟福发现质子 )
人工
2
4
He ＋49Be →126C ＋01 n(查德威克发现中子 )
人工控制
27
4
转变 13Al ＋ 2He 约里奥－居里夫妻发现放射
30 1
→15P ＋ 0n
性同位素，同时发现正电子
1530P →1430Si ＋＋ 01e
重核 简单
235
1
144
89
1
92 U ＋ 0n → 56 Ba ＋36Kr ＋ 30n
裂变控制235
U＋
1 136 90 1 9
2 0
n→ 54 Xe＋38Sr＋100n
轻核
很难控制2 3 4 1
聚变1
H＋ 1H→ 2He＋ 0n
2.核反响方程式的书写
(1)熟记常有基本粒子的符号，是正确书写核反响方程的基础 1 1 4
.如质子 ( H)、中子 ( n)、α粒子 (
1 0 2
0 0 2 3
He)、β粒子 (－1e)、正电子 (＋1e)、氘核 (1 H)、氚核 (1 H)
等.
(2)掌握核反响方程恪守的规律，是正确书写核反响方程或判断某个核反响方程能否正确的
依照，因为核反响不行逆，所以书写核反响方程式时只好用“→”表示反响方向 .
(3)核反响过程中质量数守恒，电荷数守恒.
【例题1】在以下描绘核过程的方程中，属于α衰变的是 ________，属于β衰变的是________，
属于裂变的是 ________，属于聚变的是 ________.(填正确答案标号 ) 0
A.146C→147N＋－1e
B.1532P→1632S＋－1e
238 234 4
C. 92U→90Th＋2He
14 4 17 1
D. 7N＋2He→8O＋1H
E.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋ 210n
F.31H＋21 H→42He＋10 n
【答案】 C AB E F
【分析】α衰变是一种放射性衰变，α粒子 (24He)会从原子核中射
出， C 项切合要求；β衰
变是指自原子核内自觉地放出一个电子(－01e)，同时原子序数增添 1 的过程， A、 B 两项切合
要求；裂变是指一些质量特别大的原子核，如铀、钍和钚等在汲取一此中子后分裂成两个或
更多质量较小的原子核，同时放出多此中子和很大能量的过程，只有 E项切合要求；聚变是
指由两个轻原子核(一般是氘核和氚核)联合成较重原子核(氦核 )并放出大批能量的过程， F 项切合要求 .
【例题2】(2018 ·广西桂林市、贺州市期末联考)以下对于核反响的说法正确的选项
是( )
A.23892U→23490Th＋24He 是铀核的裂变
2 3 4 1
B.1 H＋1H→2He＋0 n是核聚变反响
27 4 30
C.核反响13Al＋2 He→15P＋ X 中的 X 是质子
D.卢瑟福发现中子的核反响方程是：24He＋147N→178O＋ 01n 【答案】 B
【分析】238 234 4
A 错误；
2 3 4 1
92U→90Th＋ 2He是衰变方程，选项 1 H＋ 1 H→ 2He＋ 0n是核聚变反响，选
项 B 正确；核反响27 4 30
1，电荷数为零，则 X 是中子，选项 C 13Al＋ 2He→15P＋X中的X质量数为
错误；卢瑟福发现质子的核反响方程是：4 14 17 1
2He＋7 N→ 8O＋ 1H，选项D错误.
【例题2】 (2018 ·安徽省池州市上学期期末)相关核反响方程，以下说法正确的选项是( )
238 234 4
A. 92U→90Th＋2He 属于α衰变
14 4 17 1
是β衰变B. 7N＋2He→8O＋ 1H
C.核反响方程210 y 4
84Po→82X＋ 2He中的y＝206，X的中子个数为128
D.铀核裂变的核反响为23892U→14156Ba＋ 3692Kr＋201n 【答案】 A
【分析】
4
α衰变是重核自觉地放出α粒子的天然放射现象，此中α粒子是2He，故 A 正确；
14 4 17 1
B 错误；依据质量数守恒： y＝ 210－ 4
7 N＋ 2He→ 8 O＋ 1 H是发现质子的原子核人工转变，故
＝206，X 的中子个数为206－ 82＝ 124，故 C错误；铀核裂变属于重核裂变，不可以自觉进行，铀核裂变的核反响为23592U＋01n→14456Ba＋ 3689Kr＋301n，故D错误.
题型七质量损失及核能的计算
1.利用质能方程计算核能
(1)依据核反响方程，计算出核反响前与核反响后的质量损失m.
(2)依据爱因斯坦质能方程E＝ mc2计算核能 .
质能方程E＝mc2中m 的单位用“kg，”c 的单位用“m/s，”则E的单位为“J”.
(3) E＝ mc2中，若m 的单位用“u，”则可直接利用E＝ m×931.5 MeV 计算E，此时 E
的单位为“MeV”，即 1 u＝ 1.660 6 － 27
931.5 MeV，这个结论可在计算中直策应
×10 kg，相当于
用.
2.利用比联合能计算核能
原子核的联合能＝核子的比联合能×核子数 .
核反响中反响前系统内所有原子核的总联合能与反响后生成的所有新核的总联合能之差，就是该核反响所开释(或汲取 )的核能 .
【例题 1】（2019·新课标全国Ⅱ卷）太阳内部核反响的主要模式之一是质子—质子循环，循
环的结果可表示为
1 2 1 ，已知
1
和
2
的质量分别为
m 1.0078u
和
m 4.0026u
，
1 4 0 1
H 4 He
4 H He+2 e+2v P
1u=931MeV/ c2， c为光速。

在 4个11H转变为 1个42He的过程中，开释的能量约为A． 8 MeV B． 16 MeV C．26 MeV D． 52 MeV
【答案】 C
【分析】由 E mC2知 E 4 m p m 2m e c2， m
E
2 = c
931 106 1.6 10 19J 1.7 10 27 kg 0.9 10 31 kg ，忽视电子质量，则：
9 1016
E 4 1.0078u 4.0026u c2 26MeV ，故C选项切合题意；
【例题 2】(2017 ·全国卷Ⅰ ·17)大科学工程“人造太阳”主假如将氘核聚变反响开释的能量用来
发电 .氘核聚变反响方程是： 2
2 3
1 2
3
1H ＋ 1H →2He ＋0n.已知 1H 的质量为 2.013 6 u ，2He 的质量为 3.015 0
1
2
(
)
u ，0n 的质量为 1.008 7 u,1 u ＝ 931 MeV/ c .氘核聚变反响中开释的核能约为 A.3.7 MeV B.3.3 MeV C.2.7 MeV D.0.93 MeV 【答案】 B
【分析】
依据质能方程，开释的核能
E ＝ mc 2， m ＝ 2m － m He － m ＝0.003 5 u ，则 E
H
n
＝ 0.003 5 ×931 MeV ＝ 3.258 5 MeV ≈3.3 MeV ，故 B 正确， A 、 C 、D 错误 .
【例题 3】 (多项选择 )(2018 ·南省一致检测云
)原子核的比联合能随质量数的变化图象如图 8 所
示，依据该曲线，以下判断正确的选项是(
)
A.中等质量核的比联合能大，这些核较稳固
B.21 H 核比 63Li 核更稳固
C.23592U 核裂变为两此中等质量的核时开释能量
89
D.36Kr 核的比联合能比
235 92U
核的小
【答案】
AC
【分析】
由题图可知， 中等质量的原子核的比联合能大，所以中等质量的原子核稳固，故
A 正确；由题图可知
1
2
H 核离中等质量的原子核更远，故
1
2
H 核比 36Li 核更不稳固，故 B 错误；
重核裂变为中等质量的核，有质量损失，开释能量，故 C 正确；由题图可知， 3689Kr 核的比结
合能比 23592U 核的大，故 D 错误 .
【例题 4】 (2018 ·河北省定州中学承智班月考 )一个不稳固的原子核质量为 M ，处于静止状
态，放出一个质量为 m 的粒子后反冲 .已知放出的粒子的动能为
E 0，则原子核反冲的动能为
()
m
A.E 0
B.M E 0
m Mm
C.M － m E 0
D. M － m 2E 0 【答案】 C
【分析】
放出质量为 m 的粒子后，节余质量为
M － m ，该过程动量守恒，有： mv 0＝ (M －
m)v ①
1
2
放出的粒子的动能为：
E 0＝ 2mv 0 ②
原子核反冲的动能：
1
E k＝ (M － m)v2③
2
m
联立①②③得：E k＝M－m E0，故 A、B、D 错误， C 正确 .。