8．雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(ν_e)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖，他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615 t四氯乙烯溶液的巨桶．电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为ν_e+₁₇³⁷Cl―→₁₈³⁷Ar+_－1⁰e

已知₁₇³⁷Cl核的质量为36.95658 u,₁₈³⁷Ar核的质量为36.95691 u，_－1⁰e的质量为0.00055 u,1 u质量对应的能量为931.5 MeV.根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为(　)

A．0.82 MeV　 　　　　　　　　　　　　　 B．0.31 MeV

C．1.33 MeV　 　　　　　　　　　　　　　 D．0.51 MeV

解析：根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏能量，则ΔE＝Δm×931.5 MeV＝(36.95691+0.00055－36.95658)×931.5 MeV＝0.82 MeV.

答案：A

7．一个 ₉₂²³⁵U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为 ₉₂²³⁵U+₀¹n→X+₃₈⁹⁴Sr+2₀¹n，则下列说法正确的是(　)

A．X原子核中含有86个中子

B．X原子核中含有141个核子

C．因为裂变释放能量，根据E＝mc²，所以裂变后的总质量数增加

D．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少

解析：由质量数守恒和电荷数守恒知：235+1＝a+94+2×1,92＝b+38，解得：a＝140，b＝54，其中a是X的质量数，b为X的电荷数，X核中的中子数为：a－b＝140－54＝86，由此可知A选项对，B选项错；裂变释放能量，由质能关系可知，其总质量减小，但质量数守恒，故C、D均错．

答案：A

6．(2009·重庆高考)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为

₁¹H+₆¹²C→₇¹³N+Q_1,1¹H+₇¹⁵N→₆¹²C+X+Q₂

方程中Q₁、Q₂表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：

以下推断正确的是(　)

A．X是₂³He，Q₂>Q₁　 　　　　　　　 B．X是₂⁴He，Q₂>Q₁

C．X是₂³He，Q₂<Q₁　 　　　　　　　 D．X是₂⁴He，Q₂<Q₁

解析：本题考查核反应方程的书写和计算核反应能量，意在考查考生推理判断和运算能力．由核反应过程中必须遵守的质量数守恒和核电荷数守恒知X是₂⁴He.放出热量分别为Q₁和Q₂的两个核反应中质量亏损分别为0.0021 u和0.0053 u，故Q₂>Q₁.

答案：B

5．(2009·安徽高考)原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为

6 ₁²H―→k ₂⁴He+d ₁¹H+2 ₀¹n+43.15 MeV

由平衡条件可知(　)

A．k＝1，d＝4　 　　　　　　　　　　　 B．k＝2，d＝2

C．k＝1，d＝6　 　　　　　　　　　　　　 D．k＝2，d＝3

解析：本题考查的是原子核反应方程的有关知识，意在考查考生对核反应过程中质量数和电荷数守恒这一知识点的理解和应用能力；根据质量数和电荷数守恒可知：.解得：k＝2，d＝2；故选B.

答案：B

4．静止在匀强磁场中的 ₉₂²³⁸U核，发生α衰变后生成Th核，衰变后的α粒子速度方向垂直于磁场方向，则以下结论中正确的是(　)

①衰变方程可表示为： ₉₂²³⁸U＝ ₉₀²³⁴Th+₂⁴He

②衰变后的Th核和α粒子的轨迹是两个内切圆，轨道半径之比为1∶45

③Th核和α粒子的动能之比为2∶117

④若α粒子转了117圈，则Th核转了90圈

A．①③　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．②④

C．①②　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．③④

解析：衰变过程不可逆，不能用等号；衰变后的Th核和α粒子的轨迹是两个外切圆，由于Th核和α粒子的动量大小相等，因此动能之比等于质量比的倒数为2∶117，周期之比等于比荷比的倒数为117∶90，故α粒子转了117圈，则Th核转了90圈．

答案：D

3．(2011·广东模拟)“轨道电子俘获”也是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核(称为子核)，并且放出一个中微子的过程．中微子的质量极小，不带电，很难被探测到，人们最早是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的．关于一个静止的母核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子，下面的说法中不正确的是(　)

A．子核的动量与中微子的动量相同

B．母核的电荷数大于子核的电荷数

C．母核的质量数等于子核的质量数

D．子核的动能大于中微子的动能

解析：子核的动量与中微子的动量大小相等，方向相反，由p＝可知，子核的动能小于中微子的动能，母核的电荷数等于子核的电荷数，中微子的质量极小，质量数为零．

答案：ABD

2．激光中子是由一重原子核吸收一光子后发射一中子而产生的，光子的极限能量大约是10 MeV.假定中子从原子核上向外移开距离10^－13 cm所受的力保持不变，则中子与原子核间的作用力的数量级是(　)

A．10^－3N　 　　　　　　　　　　　　　　　　 B．10 N

C．10³N　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．无法计算

解析：10 MeV＝1.6×10^－12J，而根据功的知识，f＝ N＝1.6×10³N，比较接近C项．

答案：C

1．在下列四个方程中，x₁、x₂、x₃和x₄各代表某种粒子．

①₉₂²³⁵U+₀¹n→₃₈⁹⁵Sr+₅₄¹³⁸Xe+3x₁

②₁²H+x₂→₂³He+₀¹n

③₉₂²³⁸U→₉₀²³⁴Th+x₃

④₁₂²⁴Mg+₂⁴He→₁₃²⁷Al+x₄

以下判断正确的是(　)

A．x₁是中子　　　　　　　 B．x₂是质子

C．x₃是α粒子　 　　　　　　　　　　　　 D．x₄是氘核

解析：根据质量数和电荷数守恒可知，x₁是中子，x₂是氘核，x₃是α粒子，x₄是质子．

答案：AC

11．在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动栏木装置如图所示，当高速列车到达A点时，道口公路上应显示红灯，警告未越过停车线的汽车迅速制动，而超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口．已知高速列车的速度v₁＝120 km/h，汽车过道口的速度v₂＝5 km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是s₀＝5 m，道口宽度s＝26 m，汽车长l＝15 m．若栏木关闭时间t_l＝16 s，为保障安全需多加时间t₂＝20 s．问：列车从A点到道口的距离L应为多少才能确保行车安全？

图4

解析：由题意知，关闭道口时间为16 s，为完全保障再加20 s，即关闭道口的实际时间为t₀＝20 s+16 s＝36 s，汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为s＝26 m+5 m+15 m＝46 m，需用时t₂＝ s，由此亮起红灯的时间为T＝t₀+t₂，故A点离道口的距离应为：L＝v₁T＝×(36+) m＝2 304 m.

答案：2 304 m

10．一辆实验小车可沿水平地面(图中纸面)上的长直轨道匀速向右运动．有一台发出细光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离MN为d＝10 m，如图2所示．转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T＝60 s，光束转动方向如图中箭头所示．当光束与MN的夹角为45°时，光束正好射到小车上，如果再经过Δt＝2.5 s光束又射到小车上，则小车的速度为多少？(结果保留两位有效数字)

解析：

图3

在Δt内，光束转过角度Δφ＝×360°＝15°①

有两种可能：(1)光束照射小车时，小车正在接近N点，Δt内光束与MN的夹角从45°变为30°，小车走过L₁，速度应为v₁＝　②

由图3可知L₁＝d(tan45°－tan30°)　③

由②③两式并代入数据得v₁＝1.7 m/s.

(2)光束照到小车上，小车正在远离N点，Δt内光束与MN的夹角从45°变为60°，小车走过L₂，速度为v₂＝　④

由图3可知，L₂＝d(tan60°－tan45°)　⑤

由④⑤两式并代入数据解得v₂＝2.9 m/s.

答案：v＝1.7 m/s或2.9 m/s