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学案2　原子核的衰变
[学习目标定位] 1.知道什么是 ( http: / / www.21cnjy.com )放射性、放射性元素、天然放射现象.2.知道三种射线的特性.3.知道衰变及两种衰变的规律，能熟练写出衰变方程.4.会用半衰期描述衰变的速度，知道半衰期的统计意义．
1．原子核的表示符号
原子核用符号表示为X，Z为核电荷数，原子核的核电荷数等于它的质子数，A为质量数，原子核的质量数等于它的质子数和中子数的和，即核子数．
2．常见的粒子符号：α粒子He，质子H，中子n，电子e.
3．在核反应过程中，遵守质量守恒定律和电荷守恒定律．
4．带电粒子以垂直于电场线的方向进入 ( http: / / www.21cnjy.com )匀强电场，将做类平抛运动．电场力的方向：正电荷受力方向与电场线方向相同，负电荷受力方向与电场线方向相反．
5．带电粒子以垂直于磁感线的方向进入匀强磁场，将做匀速圆周运动，洛伦兹力的方向可用左手定则判定．
6．天然放射现象
1896年，法国物理学家贝可勒尔发现铀及其化合物能放出一种不同于X射线的新射线．
(1)定义：物理学中把物质能自发地放出射线的现象叫做天然放射现象．
(2)放射性：物质放出射线的性质．
(3)放射性元素：具有放射性的元素．
7．三种射线的性质
(1)α射线：α粒子流，α粒子是氦原子核，电荷数为2，质量数为4.
(2)β射线：高速运动的电子流．
(3)γ射线：波长很短的电磁波．
8．三种射线的本领
(1)α射线：速度大约是光速的十分之一，穿透物质的本领很小，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住．但它有很强的电离作用．
(2)β射线：速度接近光速，对物质的穿透本领较强，能穿透几毫米厚的铝板，但它的电离作用较弱．
(3)γ射线：穿透本领更强，能穿透几厘米的铅板，但它的电离作用很小．
9．(1)放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫做这种元素的半衰期．半衰期反映的是大量原子核的平均衰变快慢．
(2)放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的.
一、三种射线的特性
[问题设计]
图1
1．如图1所示，放射源放在 ( http: / / www.21cnjy.com )铅块上的细孔中，铅块上方有垂直于纸面向外的匀强磁场．其放出的射线在磁场的作用下分成a、b、c三束．a、b、c三条射线哪个是α射线、哪个是β射线、哪个是γ射线？
答案　由左手定则知a带负电，应为β射线；c带正电，应为α射线；b不偏转，说明不带电，应为γ射线．
图2
2．如图2中P为放在匀强电场中的天然放射源， ( http: / / www.21cnjy.com )其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束．则a、b、c三束中哪个是α射线、哪个是β射线、哪个是γ射线？
答案　a带负电，应为β射线；c带正电，应为α射线；b不带电，应为γ射线．
[要点提炼]
　三种射线及其特征
种类 α射线 β射线 γ射线
组成 ①高速氦核流 ②高速电子流 ③光子流(高频电磁波)
带电荷量 ④2e ⑤－e ⑥0
质量 ⑦4mpmp＝1.67×10－27 kg 静止质量为零
速度 0.1c 0.99c ⑧c
在电场或磁场中 偏转 与α射线反向偏转 不偏转
穿透本领 ⑨最弱用一张纸就能挡住 ⑩较强穿透几毫米厚的铝板 最强穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土
电离作用 很强 较弱 很弱
例1　如图3甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查是利用了哪种射线(　　)
图3
A．α射线　　　　 B．β射线
C．γ射线 D．三种射线都可以
解析　根据三种射线的性质知，甲图中能穿透铝板的是γ射线，乙图中检查钢板中的砂眼，要求射线能穿透钢板，故利用的是γ射线，选项C正确．
答案　C
二、衰变实质及次数的计算
[要点提炼]
1．衰变过程
(1)α衰变：X→Y＋He
(2)β衰变：X→Y＋e
2．α衰变和β衰变的实质
(1)α衰变：2n＋2H→He
(2)β衰变：n→H＋e
3．衰变规律
衰变过程遵守质量数守恒和电荷数守恒．
4．确定衰变次数的方法
设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素Y，则衰变方程为
X→Y＋n He＋m　0－1e.
根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程
A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m.
例2　 U核经一系列的衰变后变为Pb核，问：
(1)一共经过几次α衰变和β衰变？
(2)Pb与U相比，质子数和中子数各少了多少？
(3)综合写出这一衰变过程的方程．
解析　(1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6
即一共经过8次α衰变和6次β衰变．
(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故Pb较U质子数少10，中子数少22.
(3)核反应方程为U→Pb＋8He＋6e.
答案　(1)8次α衰变和6次β衰变　(2)10　22
(3)U→Pb＋8He＋6e
三、半衰期的有关计算
[要点提炼]
1．对于衰变及半衰期的理解要注意以下两点
(1)对于同一种元素，其半衰期是一定的 ( http: / / www.21cnjy.com )，无论是加温、加压，或是处于单质、化合物状态均不影响元素的半衰期，但不同元素的半衰期不同，有的差别很大．
(2)半衰期是一种统计规律．对于大量的原子核发生衰变才具有实际意义，而对于少量的原子核发生衰变，该统计规律不再适用．
2．半衰期公式
N余＝N原()t/τ，m余＝m0()t/τ
例3　若放射性元素A的半衰期为4天，放射性元素B的半衰期为5天，则相同质量的放射性元素A和B经过20天，剩下的两元素质量之比mA∶mB为(　　)
A．30∶31 B．31∶30
C．1∶2 D．2∶1
解析　设开始时元素A、B的质量都是m，经过 ( http: / / www.21cnjy.com )20天，对于元素A来说有5个半衰期，A剩下的质量为mA＝()5m；对于元素B来说有4个半衰期，B剩下的质量为mB＝()4m，所以剩下的质量之比为1∶2.
答案　C
图4
1．(2014·福建·30(1))如图4所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________(填选项前的字母)．
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
答案　C
解析　根据三种射线的偏转轨迹可知①⑥表示β射线，②⑤表示γ射线，③④表示α射线．选项C正确．
图5
2.计数器是一种探测射线的仪器，如图5 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，X为未知放射源，它向右方发射放射线．放射线首先通过一块薄铝箔P(厚度约为1 mm)，并经过一个强磁场区域后到达计数器，计数器上单位时间内记录到的射线粒子是一定的，现将强磁场移开，计数器单位时间内所记录的射线粒子基本保持不变，然后将薄铝箔P移开，则计数器单位时间内记录的射线粒子明显上升，据此可以判定X为(　　)
A．纯β射线放射源
B．纯γ射线放射源
C．α射线和β射线的混合放射源
D．α射线和γ射线的混合放射源
答案　D
解析　将强磁场移开，计数 ( http: / / www.21cnjy.com )器单位时间内所记录的射线粒子基本保持不变，即磁场对射线粒子没有影响，则可以断定计数器接收到的是不带电的γ射线，以后将薄铝箔P(厚度约为1 mm)移开，则计数器单位时间内记录的射线粒子明显上升，这说明计数器除了接收到了γ射线之外，还接收到了一种原来被厚度约为1 mm的簿铝箔P挡住的射线，而厚度约为1 mm的簿铝箔只能将α射线挡住，所以X为能放射α射线和γ射线的混合放射源，故选项D正确．
3．氪90(Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(Zr)，这些衰变是(　　)
A．1次α衰变，6次β衰变
B．4次β衰变
C．2次α衰变
D．2次α衰变，2次β衰变
答案　B
解析　方法一　推理计算法
根据衰变规律，β衰变不影响核的质量数， ( http: / / www.21cnjy.com )发生一次β衰变，核电荷数增加1；发生一次α衰变，质量数减少4，核电荷数减少2.Kr衰变为Zr，质量数不变，故未发生α衰变；核电荷数增加4，一定是发生了4次β衰变．
方法二　列方程求解
设Kr衰变为Zr，经过了x次α衰变，y次β衰变，则有
Kr→Zr＋xHe＋y　0－1e
由质量数守恒得90＝90＋4x
由电荷数守恒得36＝40＋2x－y
解得x＝0，y＝4，即只经过了4次β衰变，
选项B正确．
4．放射性同位素Na的样品经过6小时后还剩下没有衰变，求它的半衰期．
答案　2 h
解析　每经1个半衰期放射性物质的质量都减半，则经过n个半衰期剩余的质量为m＝m0()n.
设6小时经过的半衰期个数为n，则()n＝，所以n＝3.
则Na的半衰期为T＝＝2 h.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1学案3　让射线造福人类
[学习目标定位] 1.知道什么是放射性同位素以及获得放射性同位素的方法.2.了解探测射线的几种仪器和方法.3.知道放射性同位素的常见应用．
1．三种射线
(1)α射线是氦核流，它具有很强的电离作用，但穿透能力很弱；
(2)β射线是高速运动的电子流，它有较强的穿透能力，但电离作用较弱；
(3)γ射线是能量很高的电磁波，它的电离作用很弱，穿透作用很强．
2．半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变的时间，叫做这种元素的半衰期．半衰期只与核内部自身的因素有关．
3．第一种放射性同位素的发现
1934年，约里奥—居里夫妇在用α粒子轰击铝箔时，发现了一种具有放射性的新元素P，这种新元素能不断地放射出正电子，核反应方程为：
He＋Al→P＋n
P→Si＋e
4．放射性同位素知多少
天然放射性同位素只有几十种，而人们利用原子反应堆和加速器生产的放射性同位素已达2_000多种．
5．探测射线的仪器和方法
(1)计数器
①原理：计数器的主要部分是计数管．射线进入管内，使管内气体发生一连串的电离，从而使计数管电路中出现一个相当强的脉冲电流．
②作用：记录粒子进入管的次数．
(2)云室
①原理：射线使气体分子电离产生离子，过饱和汽以这些离子为核心凝结成一条雾迹．
②作用：显示粒子的径迹．
(3)乳胶照相
①原理：高速运动的带电粒子能使照相底片感光．
②作用：记录粒子径迹．
6．射线的应用
(1)作为射线源
①检查物体内部情况，检查产品的密度和厚度．
②利用射线的生物效应，消灭害虫、杀菌消毒、治疗癌症等．
③利用射线的化学效应，促进高分子化合物的聚合反应，以制造各种塑料或改善塑料的性能等．
(2)作为示踪原子
一种元素的各种同位素具有相同的化学性质，而用放射性同位素制成的化合物，经历各种过程时会不断地放出射线，由此可以掌握它的踪迹．
7．放射性污染及其防护
(1)危害：过强的射线(包括电磁辐射)会对生物体造成危害．
(2)防护
①使用放射性物质时必须严格遵守操作规程，不准用手接触；
②废弃不用的放射性物质，应交有关部门处理，或者在指定地点深埋于地下，并远离水源．特别要注意防止放射性物质对空气、水源和食品的污染.
一、对核反应方程的再认识
例1　完成下列核反应方程，并说明哪些属于人工转变核反应，哪些属于衰变，及人工转变核反应和衰变有什么不同．
(1)N＋(　　)→O＋H
(2)Be＋He→C＋(　　)
(3)B＋He→(　　)＋n
(4)Al＋He→P＋(　　)，P→Si＋(　　)
(5)Li＋n→(　　)＋He
(6)Co＋(　　)→Co＋γ
(7)U→Th＋(　　)
(8)Th→Pa＋(　　)
答案　(1)N＋(He)→O＋H，人工转变核反应
(2)Be＋He→C＋(n)，人工转变核反应
(3)B＋He→(N)＋n，人工转变核反应
(4)Al＋He→P＋(n)，人工转变核反应
P→Si＋(e)，β衰变
(5)Li＋n→(H)＋He，人工转变核反应
(6)Co＋(n)→Co＋γ，人工转变核反应
(7)U→Th＋(He)，α衰变
(8)Th→Pa＋(e)，β衰变
人工转变核反应和衰变的比较见要点提炼．
[要点提炼]
人工转变核反应与衰变的比较
1．不同点：原子核的人工转变，是一种核反应 ( http: / / www.21cnjy.com )，是其他粒子与原子核相碰撞的结果，需要一定的装置和条件才能发生；而衰变是原子核的自发变化，它不受物理、化学条件的影响．
2．相同点：人工转变与衰变过程一样，在发生的过程中质量数与电荷数都守恒；反应前后粒子总动量守恒．
二、放射性同位素的应用
[要点提炼]
1．放射性同位素的分类
(1)天然放射性同位素；
(2)人工放射性同位素．
2．人工放射性同位素的优势
(1)种类多．天然放射性同位素只有几十种，而人工放射性同位素有2 000多种．
(2)放射强度容易控制．
(3)可制成各种所需的形状．
(4)半衰期短，废料易处理．
3．放射性同位素的应用
(1)工业部门使用射线测厚度——利用γ射线的穿透特性．
(2)农业应用——γ射线使种子的遗传基因发生变异，杀死腐败细菌、抑制发芽等．
(3)做示踪原子——利用放射性同位素与非放射性同位素有相同的化学性质．
例2　近几年来，我国北京、上海、山东、洛阳、广州等地引进了十多台γ刀，治疗患者5 000余例，效果极好，成为治疗肿瘤的最佳仪器．令人感叹的是，用γ刀治疗时不用麻醉，病人清醒，时间短，半小时内完成手术，无需住院，因而γ刀被誉为“神刀”．据报道，我国自己研制的旋转式γ刀性能更好，其即将进入各大医院为患者服务．γ刀治疗肿瘤主要是利用(　　)
A．γ射线具有很强的穿透能力
B．γ射线具有很强的电离作用
C．γ射线波长很短具有很高的能量
D．γ射线很容易绕过阻碍物到达脑肿瘤位置
解析　γ射线是一种波长很短的电磁波，具有较高的能量，它的穿透本领很强，甚至可以穿透几厘米厚的铅板，但它的电离作用很弱．
用γ刀治疗脑肿瘤时，通常是同时用多束γ射线 ( http: / / www.21cnjy.com )，使它们穿透脑颅和健康区域在肿瘤处会聚，利用γ射线的高能量杀死肿瘤细胞．综上所述，正确选项为A、C.
答案　AC
针对训练　正电子发射计算机断层显像(P ( http: / / www.21cnjy.com )ET)的基本原理是：将放射性同位素15O注入人体，参与人体的代谢过程.15O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像．根据PET原理，回答下列问题：
(1)写出15O的衰变和正负电子湮灭的方程式．
(2)将放射性同位素15O注入人体，15O的主要用途是(　　)
A．利用它的射线
B．作为示踪原子
C．参与人体的代谢过程
D．有氧呼吸
(3)PET中所选的放射性同位素的半衰期应________．(填“长”或“短”或“长短均可”)
答案　(1)O→N＋e，e＋e→2γ　(2)B　(3)短
解析　(1)由题意得：
O→N＋e，e＋e→2γ
(2)将放射性同位素15O注入人体后，由于它能放出正电子，从而被探测器探测到，所以它的用途是作为示踪原子，B对．
(3)根据同位素的用途，为了减小对人体的伤害，半衰期应该很短．
图1
例3　如图1所示是利用放射线自动控制铝板厚度的装置，假如放射源能放射出α、β、γ三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3 mm厚的铝板，那么是三种射线中的________射线对控制厚度起主要作用．当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调________一些．
解析　α射线不能穿过3 mm厚的铝 ( http: / / www.21cnjy.com )板，γ射线又很容易穿过3 mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响，而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化．所以应是β射线对控制厚度起主要作用．若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调大一些．
答案　β　大
( http: / / www.21cnjy.com )
1．在工业生产中，某些金属材料内部出现的 ( http: / / www.21cnjy.com )裂痕是无法直接观察到的，如果不能够发现它们，可能会给生产带来极大的危害．自从发现放射线后，则可以利用放射线进行探测，这是利用了(　　)
A．原子核在α衰变中产生的He
B．β射线的带电性质
C．γ射线的穿透本领
D．放射性元素的示踪本领
答案　C
解析　γ射线的穿透本领较强，可以用来进行金属探伤，故正确答案为C.
2．下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是(　　)
A．射线探伤仪
B．利用含有放射性I的油，检测地下输油管的漏油情况
C．利用Co治疗肿瘤等疾病
D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用以检测确定农作物吸收养分的规律
答案　BD
解析　射线探伤仪利用了射线 ( http: / / www.21cnjy.com )的穿透能力，所以选项A错误．利用含有放射性I的油，可以记录油的运动踪迹，可以检查管道是否漏油，所以选项B正确．利用Co治疗肿瘤等疾病，利用了射线的穿透能力和高能量，所以选项C错误．把含有放射性元素的肥料施给农作物，可以记录放射性元素的踪迹，用以检测确定农作物吸收养分的规律，所以选项D正确．
3．关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的有(　　)
A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的
B．利用γ射线的穿透性可以为金属探伤，也能进行人体的透视
C．用放射线照射作物种子使其DNA发生变异，其结果一定是更优秀的品种
D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害
答案　D
解析　利用放射线消除有害静电是 ( http: / / www.21cnjy.com )利用放射线的电离作用，使空气分子电离成为导体，将静电消除．γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视．作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种．用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量．本题正确选项为D.
4．用人工方法得到放射性 ( http: / / www.21cnjy.com )同位素，这是一个很重要的发现，天然的放射性同位素只不过40多种，而今天人工制造的放射性同位素已达2 000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究等许多方面得到了广泛的应用．
(1)带电的验电器在放射线的照射下电荷会很快消失，其原因是(　　)
A．射线的穿透作用
B．射线的电离作用
C．射线的物理、化学作用
D．以上三个选项都不是
(2)图2是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的 ( http: / / www.21cnjy.com )装置示意图．如果工厂生产的是厚度为1毫米的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度控制起主要作用的是____射线．
图2
(3)在我国首先用人工方法合成牛 ( http: / / www.21cnjy.com )胰岛素时，需要证明人工合成的牛胰岛素的结晶跟天然牛胰岛素的结晶是同一种物质，为此曾采用放射性同位素14C做____________．
答案　(1)B　(2)β　(3)示踪原子
解析　(1)因放射线的电离作用，空气中的与验电器所带电电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失．
(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透 ( http: / / www.21cnjy.com )厚度为1毫米的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透1毫米厚的铝板和几毫米厚的铝板打在探测器上很难分辨．β射线也能够穿透1毫米甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．
(3)把掺入14C的人工合成的牛 ( http: / / www.21cnjy.com )胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经过多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素的结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素完全融为一体，它们是同一种物质．这种把放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动、迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可以了解某些不容易查明的情况或规律．人们把作这种用途的放射性同位素叫做示踪原子.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共33张PPT)
第4章 从原子核到夸克
章末总结
网络构建区
从原子核到夸克
原子核的组成：核子
质子
中子
放射现象
三种射线：α射线、β射线、γ射线
衰变法则
α衰变
β衰变
衰变规律：质量数、 守恒
半衰期
定义
决定因素
电荷数
从原子核到夸克
探测射线的方法
计数器
云室
乳胶照相
放射性的应用和防护
应用
防护
利用它的射线
作为示踪原子
粒子物理与宇宙的起源
专题整合区
一、识记物理学史
二、半衰期及衰变次数的计算
三、原子核物理与动量、能量相结合的综合问题
一、识记物理学史
近代核物理的探索和发现从根本上把人们对物质世界的认识推进到了微观领域．因此对物理学史的考查也常从这里开始，如电子的发现、核式结构模型的建立、质子、中子的发现，是高考考查的重点和热点．
现总结如下：
1．汤姆生
电子的发现[第一大发现]→原子可以再分→汤姆生→“枣糕”式原子模型．
2．卢瑟福
(1)α粒子散射实验[第二大发现]→否定了汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型(核式结构)→打开原子物理大门，初步建立了原子结构的正确图景，跟经典的电磁理论发生了矛盾．
(2)α粒子轰击氮原子核→发现了质子[第三大发现]．
3．玻尔
(1)核外电子绕核运动．
(2)原子光谱不连续→玻尔原子模型(能量量子化，能级跃迁假设，轨道量子化)[第四大发现]→成功解释了氢光谱的规律，不能解释比较复杂的原子．
4．贝可勒尔
天然放射现象[第五大发现]→原子核有复杂结构．
例1　下列说法中正确的是(　　)
A．玛丽·居里首先提出原子的核式结构模型
B．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了质子
C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子
D．贝可勒尔发现原子核有复杂结构
解析　卢瑟福在α粒子散射实验中提出原子的核式结构模型，所以A、B错．据物理学史可知C、D正确．
CD
返回
二、半衰期及衰变次数的计算
二、半衰期及衰变次数的计算
(2)根据α衰变和β衰变(β衰变质量数不变)直接求解．
例2　
图1
解析　
答案　B
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1．核反应过程中满足四个守恒：质量数守恒、电荷数守恒、动量守恒、能量守恒．
2．核反应过程若在磁场中发生，粒子在匀强磁场中可能做匀速圆周运动，衰变后的新核和放出的粒子(α粒子、β粒子)形成外切圆或内切圆．
三、原子核物理与动量、能量相结合的综合问题
例3　足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核 Rn，它放射出一个α粒子后变为Po核．假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：
(1)α粒子与Po核在匀强磁场中的轨迹圆的半径之比，并定性画出它们在磁场中运动轨迹的示意图．
222
86
解析　
答案　
222
86
218
84
(2)α粒子与Po核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)
解析　
即109Tα＝84TPo，这样，α粒子转109圈，Po核转84圈，两者才相遇．所以α粒子与Po核两次相遇的时间间隔Δt＝109Tα.
答案 Δt＝109Tα　
(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变运动轨迹示意图有何不同？
解析　若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向
发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量
守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周
运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，衰变时它们两个运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于反冲核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如图乙所示．
答案 见解析图
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自我检测区
1
2
3
4
5
1．一块含铀的矿石质量为M，其中铀元素的质量为m.那么下列说法中正确的是(　　)
A．经过两个半衰期后，这块矿石中基本不再含有铀了
B．经过两个半衰期后，原来所含的铀元素的原子核有m/4发
生了衰变
C．经过三个半衰期后，其中铀元素的质量还剩m/8
D．经过一个半衰期后，该矿石的质量剩下M/2
1
2
3
4
5
解析　经过两个半衰期后，铀元素的质量还剩m/4，A、B项均错误；
经过三个半衰期后，铀元素还剩m/8，C项正确；
铀衰变后，铀核变成了新的原子核，故D项错误．
答案　C
1
2
3
4
5
2．科学家经过实验发现α粒子(氦核)、p(质子)及n(中子)这3种粒子中，中子的穿透能力最强，质子次之，α粒子最弱．某同学对影响粒子穿透能力的因素提出了如下假设，合理的假设是(　　)
A．穿透能力一定与粒子是否带电有关
B．穿透能力可能与粒子质量大小有关
C．穿透能力一定与粒子所带电荷量有关
D．穿透能力一定与质量大小无关，与粒子是否带电和所带电荷
量有关
1
2
3
4
5
解析　从题中所给条件来看，α粒子和质子都带电，并且α粒子带电多于质子，其穿透能力是中子、质子、α粒子依次减弱，故穿透能力一定与带电荷量有关，而质子和中子的质量接近，但穿透能力不同，故穿透能力可能与质量无关，也可能与质量有关，故选A、B、C.
答案　ABC
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
图2
1
2
3
4
5
解析　①是β衰变，②是α衰变，因此a＝84，b＝206， U经过10次β衰变和8次α衰变可变成质量数为206，电荷数为86的元素．
答案　AB
1
2
3
4
5
解析　
2
5．静止的镭核( Ra)发生α衰变生成氡核( Rn)，如果衰变中放出的能量都转化为α粒子和氡核的动能，则：
(1)写出衰变方程；
1
2
3
4
5
解析　
答案　
(2)求α粒子与氡核的动能之比；
1
2
3
4
5
解析　
1
2
3
4
5
(3)若α粒子与氡核的运动方向与匀强磁场的方向垂直，画出轨迹示意图，并计算轨道半径之比．
解析　因为它们在匀强磁场中的运动方向与
磁场方向垂直，所以轨道半径R＝ ，但
衰变时放出的α粒子与氡原子核都带正电荷，
且动量大小相等，则它们在匀强磁场中做圆
周运动的轨迹是一对外切圆(如图所示)，
1
2
3
4
5
轨道半径和粒子所带电荷量成反比：
答案　(共25张PPT)
第4章　从原子核到夸克
4.1 原子核结构探秘
1.知道原子核的组成，会正确书写原子核的符号.
2.了解质子和中子的发现过程.
3.掌握核反应方程的特点，会书写核反应方程．
学习目标定位
知识储备区
3．卢瑟福 氢核 原子核 4．(1)大体相等 不带电
知识链接
新知呈现
(2) α粒子轰击铍 中性 质子 原子核
1．相等 2．10－15 m 10－10 m
知识储备区
(3)质子数 中子数
5．(1)质子 中子 正电荷 等于 等于
(2)质子数 原子序数
(4)元素符号 质量数 电荷数
6．质子 中子
7．(1)原子核的符号 (2)质量 电荷 质量数 电荷数
学习探究区
一、原子核的组成
二、核反应方程
一、原子核的组成
1．原子核中的三个整数
(1)核子数：质子和中子质量差别非常微小，二者统称为核子，所以 叫核子数．
(2)电荷数(Z)：原子核所带的电荷总是质子电荷的 ，通常用这个 表示原子核的电荷量，叫做原子核的电荷数．
要点提炼
质子数和中子数之和
整数倍
整数
(3)质量数(A)：原子核的质量等于核内质子和中子的质量的总和，而质子与中子质量几乎相等，所以原子核的质量几乎等于单个核子质量的 倍，这个整数叫做原子核的质量数．
整数
2．原子核中的两个等式
(1)核电荷数(Z)＝ 数＝元素的 ＝核外 数．
(2)质量数(A)＝ 数＝质子数＋ 数．
质子
原子序数
电子
核子
中子
例1 已知镭的原子序数是88，原子核质量数是226.试问：
(1)镭核中质子数和中子数分别是多少？
解析　镭核中的质子数等于其原子序数，故质子数为88，中子数N等于原子核的质量数A与质子数Z之差，即N＝A－Z＝226－88＝138.
答案　88　138
(2)镭核的核电荷数和所带电荷量是多少？
解析　镭核的核电荷数和所带电荷量分别是
Z＝88，Q＝Ze＝88×1.6×10－19 C＝1.41×10－17 C.
答案　88　1.41×10－17 C
解析　核外电子数等于核电荷数，故核外电子数为88.
答案　88
(3)若镭原子呈中性，它核外有多少电子？
(4) 是镭的一种同位素，让 和 以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨道半径之比是多少？
解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，故有qvB＝m ，r＝ ，两种同位素具有相同的核电荷数，但质量数不同，故
答案　
针对训练　除天然元素外，还可以通过合成的方法获得新的人造元素，如1996年德国的达姆施特重离子研究所就合成了一种新的人造元素，它是由 Zn撞入一个 Pb的原子核，并立即释放出一个中子后而合成的，则该新元素的(　　)
A．原子序数为112 B．核子数为278
C．原子序数为113 D．中子数为165
AD
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二、核反应方程
1．原子核人工转变的两大发现
(1)1919年卢瑟福发现质子的核反应方程：
(2)1932年查德威克发现中子的核反应方程：
要点提炼
2．核反应的条件：用α粒子、质子、中子甚至用光子去轰击原子核．
3．核反应的实质：以基本粒子(α粒子、质子、中子等)为“炮弹”去轰击原子核(靶核X)，从而促使原子核发生变化，生成了新原子核(Y)，并 ．
放出某一粒子
延伸思考
1．核反应方程中间能用“＝”连接吗？
答案　不能．核反应过程一般都是不可逆的，核反应方程不能用“＝”连接，只能用单向箭头，表示反应的方向．
2．用基本粒子轰击任何原子核都能发生核反应吗？
答案　不是．核反应方程应以实验事实为基础，不能凭空杜撰．
例2 完成下列各核反应方程，并指出哪个核反应是首次发现质子和中子的．
答案　
例3
答案　
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202
78
204
80
202
78
202
78
204
80
202
78
204
80
202
78
课堂要点小结
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自我检测区
1
2
3
4
1．α粒子轰击氮14核后放出一个质子，转变为氧17核( )．在这个氧原子核中有(　　)
A．8个正电子 B．17个电子
C．9个中子 D．8个质子
1
2
3
4
解析　核电荷数为8，即质子数为8，质量数为17，所以中子数为17－8＝9，答案为C、D.
CD
2．在下列核反应方程中，x代表质子的方程是(　　)
1
2
3
4
解析　核反应过程中质量数、电荷数守恒．题中所涉及的四个核反应方程分别是：
BC
3．人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一，氦的该种同位素应表示为(　　)
1
2
3
4
解析　氦是2号元素，质量数为3的氦的同位素为
B
4．氢有三种同位素，分别是氕 H，氘 H、氚 H，则(　　)
A．它们的质子数相等
B．它们的核外电子数相等
C．它们的核子数相等
D．它们的中子数相等
1
2
3
4
解析　氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，因为它们是同位素，所以它们的质子数和核外电子数相等，都为1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相等，所以A、B选项正确.
AB学案5　章末总结
从原子核到夸克
一、识记物理学史
近代核物理的探索和发现从根本上把人们对物 ( http: / / www.21cnjy.com )质世界的认识推进到了微观领域．因此对物理学史的考查也常从这里开始，如电子的发现、核式结构模型的建立、质子、中子的发现，是高考考查的重点和热点．
现总结如下：
1．汤姆生
电子的发现[第一大发现]→原子可以再分→汤姆生→“枣糕”式原子模型．
2．卢瑟福
(1)α粒子散射实验[第二大发现]→否定了 ( http: / / www.21cnjy.com )汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型(核式结构)→打开原子物理大门，初步建立了原子结构的正确图景，跟经典的电磁理论发生了矛盾．
(2)α粒子轰击氮原子核→发现了质子[第三大发现]．
3．玻尔
(1)核外电子绕核运动．
(2)原子光谱不连续→玻尔原子模型(能量量子化，能级跃迁假设，轨道量子化)[第四大发现]→成功解释了氢光谱的规律，不能解释比较复杂的原子．
4．贝可勒尔
天然放射现象[第五大发现]→原子核有复杂结构．
例1　下列说法中正确的是(　　)
A．玛丽·居里首先提出原子的核式结构模型
B．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了质子
C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子
D．贝可勒尔发现原子核有复杂结构
解析　卢瑟福在α粒子散射实验中提出原子的核式结构模型，所以A、B错．据物理学史可知C、D正确．
答案　CD
二、半衰期及衰变次数的计算
1．半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变需要的时间．
计算公式：N＝N0()n或m＝m0()n，
其中n＝，τ为半衰期．
2．确定衰变次数的方法
(1)X→Y＋nHe＋me
根据质量数、电荷数守恒得
Z＝Z′＋2n－m
A＝A′＋4n
二式联立求解得α衰变次数n，β衰变次数m.
(2)根据α衰变和β衰变(β衰变质量数不变)直接求解．
图1
例2　放射性元素U衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次衰变变成X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成Tl，X和Tl最后都变成Pb，衰变路径如图1所示．则(　　)
A．a＝82，b＝211
B.Bi→X是β衰变，Bi→Tl是α衰变
C.Bi→X是α衰变，Bi→Tl是β衰变
D.Tl经过一次α衰变变成Pb
解析　由Bi→X，质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84.
由Bi→Tl是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206，由Tl→Pb发生了一次β衰变．故选B.
答案　B
三、原子核物理与动量、能量相结合的综合问题
1．核反应过程中满足四个守恒：质量数守恒、电荷数守恒、动量守恒、能量守恒．
2．核反应过程若在磁场中发生，粒子在匀强磁场中可能做匀速圆周运动，衰变后的新核和放出的粒子(α粒子、β粒子)形成外切圆或内切圆．
例3　足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核86Rn，它放射出一个α粒子后变为Po核．假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：
(1)α粒子与Po核在匀强磁场中的轨迹圆的半径之比，并定性画出它们在磁场中运动轨迹的示意图．
(2)α粒子与Po核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)
(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变运动轨迹示意图有何不同？
解析　(1)氡核经α衰变的核反应方程为86Rn→84Po＋He，
衰变的过程极短，故系统动量守恒．设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律得：0＝mαvα－mPovPo，
即mαvα＝mPovPo
α粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，即qvB＝m，r＝∝，
故＝＝＝，示意图如图甲所示．
(2)它们在磁场中运动的周期T＝＝∝，它们的周期之比为＝·＝·＝，
即109Tα＝84TPo，这样，α粒子转109圈，Po核转84圈，两者才相遇．所以α粒子与Po核两次相遇的时间间隔Δt＝109Tα.
(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向 ( http: / / www.21cnjy.com )发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，衰变时它们两个运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于反冲核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如图乙所示．
答案　(1)42∶1　见解析图　(2)Δt＝109Tα
(3)见解析图
1．一块含铀的矿石质量为M，其中铀元素的质量为m.那么下列说法中正确的是(　　)
A．经过两个半衰期后，这块矿石中基本不再含有铀了
B．经过两个半衰期后，原来所含的铀元素的原子核有m/4发生了衰变
C．经过三个半衰期后，其中铀元素的质量还剩m/8
D．经过一个半衰期后，该矿石的质量剩下M/2
答案　C
解析　经过两个半衰期后，铀 ( http: / / www.21cnjy.com )元素的质量还剩m/4，A、B项均错误；经过三个半衰期后，铀元素还剩m/8，C项正确；铀衰变后，铀核变成了新的原子核，故D项错误．
2．科学家经过实验发现α粒子(氦核)、 ( http: / / www.21cnjy.com )p(质子)及n(中子)这3种粒子中，中子的穿透能力最强，质子次之，α粒子最弱．某同学对影响粒子穿透能力的因素提出了如下假设，合理的假设是(　　)
A．穿透能力一定与粒子是否带电有关
B．穿透能力可能与粒子质量大小有关
C．穿透能力一定与粒子所带电荷量有关
D．穿透能力一定与质量大小无关，与粒子是否带电和所带电荷量有关
答案　ABC
解析　从题中所给条件来看，α粒子和 ( http: / / www.21cnjy.com )质子都带电，并且α粒子带电多于质子，其穿透能力是中子、质子、α粒子依次减弱，故穿透能力一定与带电荷量有关，而质子和中子的质量接近，但穿透能力不同，故穿透能力可能与质量无关，也可能与质量有关，故选A、B、C.
图2
3.U放射性衰变有多种可能途径， ( http: / / www.21cnjy.com )其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次①衰变变成X(X代表某种元素)，也可以经一次②衰变变成Tl，X和Tl最后都变成Pb，衰变路径如图2所示．则图中的(　　)
A．a＝84，b＝206
B．①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的
C．②是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的
D.U经过10次β衰变，8次α衰变可变成Pb
答案　AB
解析　①是β衰变，②是α衰变，因此a＝84，b＝206，U经过10次β衰变和8次α衰变可变成质量数为206，电荷数为86的元素．
4．完成衰变方程：Th→Pa＋________，Th衰变为Pa的半衰期是1.2 min，则64 g Th经过6 min还有______g尚未衰变．
答案　e　2
解析　由m＝m0()，得m＝64×() g＝2 g.
5．静止的镭核(Ra)发生α衰变生成氡核(Rn)，如果衰变中放出的能量都转化为α粒子和氡核的动能，则：
(1)写出衰变方程；
(2)求α粒子与氡核的动能之比；
(3)若α粒子与氡核的运动方向与匀强磁场的方向垂直，画出轨迹示意图，并计算轨道半径之比．
答案　(1)Ra→Rn＋He
(2)　(3)见解析图　
解析　(1)衰变方程为：Ra→Rn＋He.
(2)衰变时动量守恒：mαvα－mRnvRn＝0，得＝.
因为Ek＝mv2，所以＝＝＝.
(3)因为它们在匀强磁场中 ( http: / / www.21cnjy.com )的运动方向与磁场方向垂直，所以轨道半径R＝，但衰变时放出的α粒子与氡原子核都带正电荷，且动量大小相等，则它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹是一对外切圆(如图所示)，轨道半径和粒子所带电荷量成反比：＝＝.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共37张PPT)
第4章　从原子核到夸克
4.3 让射线造福人类
1.知道什么是放射性同位素以及获得放射性同位素的方法.
2.了解探测射线的几种仪器和方法.
3.知道放射性同位素的常见应用．
学习目标定位
知识储备区
(3)能量很高的电磁波 很弱 很强
知识链接
1．(1)氦核流 电离 穿透 (2)高速运动的电子流 穿透 较弱
2．半数发生衰变 核内部自身
知识储备区
新知呈现
3．约里奥—居里夫妇 正电子
4．几十 2 000多
5．(1) ①计数管 电离 脉冲电流 ②次数
(2) ①电离 ②径迹 (3) ①感光 ②径迹
知识储备区
6．(1) ②生物 ③化学 (2)相同 放出射线
7．(1)过强 (2) ②交有关部门处理 指定地点深埋于地下
远离水源 空气 食品
学习探究区
一、对核反应方程的再认识
二、放射性同位素的应用
一、对核反应方程的再认识
例1　完成下列核反应方程，并说明哪些属于人工转变核反应，哪些属于衰变，及人工转变核反应和衰变有什么不同．
答案　
人工转变核反应和衰变的比较见要点提炼．
人工转变核反应与衰变的比较
1．不同点：原子核的人工转变，是一种核反应，是其他粒子与
相碰撞的结果，需要一定的装置和条件才能发生；而衰变是原子核的 变化，它不受物理、化学条件的影响．
2．相同点：人工转变与衰变过程一样，在发生的过程中
与 都守恒；反应前后粒子总动量守恒．
要点提炼
原子核
自发
质量数
电荷数
返回
二、放射性同位素的应用
要点提炼
1．放射性同位素的分类
(1)天然放射性同位素；
(2) 同位素．
人工放射性
2．人工放射性同位素的优势
(1)种类多．天然放射性同位素只有几十种，而人工放射性同位素有2 000多种．
(2)放射强度 ．
(3)可制成各种所需的形状．
(4)半衰期 ，废料易处理．
容易控制
短
3．放射性同位素的应用
(1)工业部门使用射线测厚度——利用γ射线的 特性．
(2)农业应用—— 使种子的遗传基因发生变异，杀死腐败细菌、抑制发芽等．
(3)做示踪原子——利用放射性同位素与非放射性同位素有相同的 ．
穿透
γ射线
化学性质
例2
近几年来，我国北京、上海、山东、洛阳、广州等地引进了十多台γ刀，治疗患者5 000余例，效果极好，成为治疗肿瘤的最佳仪器．令人感叹的是，用γ刀治疗时不用麻醉，病人清醒，时间短，半小时内完成手术，无需住院，因而γ刀被誉为“神刀”．据报道，我国自己研制的旋转式γ刀性能更好，其即将进入各大医院为患者服务．γ刀治疗肿瘤主要是利用(　　)
A．γ射线具有很强的穿透能力
B．γ射线具有很强的电离作用
C．γ射线波长很短具有很高的能量
D．γ射线很容易绕过阻碍物到达脑肿瘤位置
解析　γ射线是一种波长很短的电磁波，具有较高的能量，它的穿透本领很强，甚至可以穿透几厘米厚的铅板，但它的电离作用很弱．
用γ刀治疗脑肿瘤时，通常是同时用多束γ射线，使它们穿透脑颅和健康区域在肿瘤处会聚，利用γ射线的高能量杀死肿瘤细胞．综上所述，正确选项为A、C.
答案　AC
针对训练　正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15O注入人体，参与人体的代谢过程.15O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像．根据PET原理，回答下列问题：
(1)写出15O的衰变和正负电子湮灭的方程式．
解析　由题意得：
答案　
(2)将放射性同位素15O注入人体，15O的主要用途是(　　)
A．利用它的射线
B．作为示踪原子
C．参与人体的代谢过程
D．有氧呼吸
解析　将放射性同位素15O注入人体后，由于它能放出正电子，从而被探测器探测到，所以它的用途是作为示踪原子，B对．
B
解析　根据同位素的用途，为了减小对人体的伤害，半衰期应该很短．
(3)PET中所选的放射性同位素的半衰期应________．(填“长”或“短”或“长短均可”)
答案 短　
例3 如图1所示是利用放射线自动控制铝板
厚度的装置，假如放射源能放射出α、β、γ
三种射线，而根据设计，该生产线压制的是
3 mm厚的铝板，那么是三种射线中的________射线对控制厚度起主要作用．当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调________一些．
图1
解析　α射线不能穿过3 mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响，而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化．所以应是β射线对控制厚度起主要作用．若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调大一些．
答案 β　大　
返回
课堂要点小结
返回
自我检测区
1
2
3
4
1．在工业生产中，某些金属材料内部出现的裂痕是无法直接观察到的，如果不能够发现它们，可能会给生产带来极大的危害．自从发现放射线后，则可以利用放射线进行探测，这是利用了(　　)
A．原子核在α衰变中产生的 He
B．β射线的带电性质
C．γ射线的穿透本领
D．放射性元素的示踪本领
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　γ射线的穿透本领较强，可以用来进行金属探伤，故正确答案为C.
答案　C
2．下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是(　　)
A．射线探伤仪
B．利用含有放射性 I的油，检测地下输油管的漏油情况
C．利用 Co治疗肿瘤等疾病
D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用以检测确定农作物
吸收养分的规律
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　射线探伤仪利用了射线的穿透能力，所以选项A错误．
利用含有放射性 I的油，可以记录油的运动踪迹，可以检查管道是否漏油，所以选项B正确．
利用 Co治疗肿瘤等疾病，利用了射线的穿透能力和高能量，所以选项C错误．
把含有放射性元素的肥料施给农作物，可以记录放射性元素的踪迹，用以检测确定农作物吸收养分的规律，所以选项D正确．
答案　BD
3．关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的有(　　)
A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到
消除有害静电的目的
B．利用γ射线的穿透性可以为金属探伤，也能进行人体的透视
C．用放射线照射作物种子使其DNA发生变异，其结果一定是
更优秀的品种
D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常
组织造成太大的伤害
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离作用，使空气分子电离成为导体，将静电消除．γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视．作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种．用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量．本题正确选项为D.
答案　D
4．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然的放射性同位素只不过40多种，而今天人工制造的放射性同位素已达2 000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究等许多方面得到了广泛的应用．
1
2
3
4
(1)带电的验电器在放射线的照射下电荷会很快消失，其原因是(　　)
A．射线的穿透作用
B．射线的电离作用
C．射线的物理、化学作用
D．以上三个选项都不是
1
2
3
4
解析　因放射线的电离作用，空气中的与验电器所带电电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失．
B
(2)图2是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图．如果工厂生产的是厚度为1毫米的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度控制起主要作用的是____射线．
1
2
3
4
图2
1
2
3
4
解析　α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度为1毫米的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透1毫米厚的铝板和几毫米厚的铝板打在探测器上很难分辨．β射线也能够穿透1毫米甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．
答案　β
1
2
3
4
(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时，需要证明人工合成的牛胰岛素的结晶跟天然牛胰岛素的结晶是同一种物质，为此曾采用放射性同位素14C做____________．
1
2
3
4
解析　把掺入14C的人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经过多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素的结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素完全融为一体，它们是同一种物质．这种把放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动、迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可以了解某些不容易查明的情况或规律．人们把作这种用途的放射性同位素叫做示踪原子.
答案　示踪原子学案1　原子核结构探秘
[学习目标定位] 1.知道原子核的组成，会正确书写原子核的符号.2.了解质子和中子的发现过程.3.掌握核反应方程的特点，会书写核反应方程．
1．原子的中心有一个原子核，核外有电子，原子核所带正电的电荷量和核外电子所带负电的电荷量相等．
2．原子核直径的数量级为10－15 m，原子直径的数量级为10－10_m.
3．质子的发现
从1917年起，卢瑟福就开始进行α射线轰击氮原子核的实验，并从氮原子核中打出了氢核，这就是质子，质子是原子核的组成部分．
4．中子的发现
(1)卢瑟福的猜想
1920年，卢瑟福提出：原子核内除了质 ( http: / / www.21cnjy.com )子外，还存在一种质量与质子的质量大体相等但不带电的粒子，并认为这种不带电的中性粒子是由电子进入质子后形成的．
(2)查德威克的发现
1932年，查德威克对α粒子轰击铍的实 ( http: / / www.21cnjy.com )验进行研究，发现产生的射线是中性粒子流，质量跟质子质量差不多，查德威克将这种粒子称为中子．中子也是原子核的组成部分．
5．原子核的组成
(1)原子核是由质子和中子组成的，它们统称为核子．
质子带一个单位的正电荷，质量数等于一个质量单位，中子不带电，质量也等于一个质量单位．
(2)原子核的电荷数：等于原子核的质子数即原子的原子序数．
(3)原子核的质量数：等于质子数和中子数的总和．
(4)原子核的符号：X其中X为元素符号，A为原子核的质量数，Z为原子核的电荷数．
6．同位素
具有相同质子数和不同中子数的原子核．
7．核反应方程
(1)用原子核的符号来表示核反应前后各原子核变化情况的式子．
(2)规律：核反应遵守质量守恒定律和电荷守恒定律，即核反应方程两边的质量数和电荷数均是守恒的.
一、原子核的组成
[要点提炼]
1．原子核中的三个整数
(1)核子数：质子和中子质量差别非常微小，二者统称为核子，所以质子数和中子数之和叫核子数．
(2)电荷数(Z)：原子核所带的电荷总是质子电荷的整数倍，通常用这个整数表示原子核的电荷量，叫做原子核的电荷数．
(3)质量数(A)：原子核的质量 ( http: / / www.21cnjy.com )等于核内质子和中子的质量的总和，而质子与中子质量几乎相等，所以原子核的质量几乎等于单个核子质量的整数倍，这个整数叫做原子核的质量数．
2．原子核中的两个等式
(1)核电荷数(Z)＝质子数＝元素的原子序数＝核外电子数．
(2)质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．
例1　已知镭的原子序数是88，原子核质量数是226.试问：
(1)镭核中质子数和中子数分别是多少？
(2)镭核的核电荷数和所带电荷量是多少？
(3)若镭原子呈中性，它核外有多少电子？
(4)Ra是镭的一种同位素，让Ra和Ra以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨道半径之比是多少？
解析　(1)镭核中的质子数等于其原子序数，故质子数为88，中子数N等于原子核的质量数A与质子数Z之差，即N＝A－Z＝226－88＝138.
(2)镭核的核电荷数和所带电荷量分别是
Z＝88，Q＝Ze＝88×1.6×10－19 C＝1.41×10－17 C.
(3)核外电子数等于核电荷数，故核外电子数为88.
(4)带电粒子在匀强磁场中 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，故有qvB＝m，r＝，两种同位素具有相同的核电荷数，但质量数不同，故＝＝.
答案　(1)88　138　(2)88　1.41×10－17 C　(3)88
(4)
针对训练　除天然元素外，还可以通过 ( http: / / www.21cnjy.com )合成的方法获得新的人造元素，如1996年德国的达姆施特重离子研究所就合成了一种新的人造元素，它是由Zn撞入一个Pb的原子核，并立即释放出一个中子后而合成的，则该新元素的(　　)
A．原子序数为112 B．核子数为278
C．原子序数为113 D．中子数为165
答案　AD
二、核反应方程
[要点提炼]
1．原子核人工转变的两大发现
(1)1919年卢瑟福发现质子的核反应方程：
7N＋He→8O＋H
(2)1932年查德威克发现中子的核反应方程：
Be＋He→C＋n
2．核反应的条件：用α粒子、质子、中子甚至用光子去轰击原子核．
3．核反应的实质：以基本粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )(α粒子、质子、中子等)为“炮弹”去轰击原子核(靶核X)，从而促使原子核发生变化，生成了新原子核(Y)，并放出某一粒子．
[延伸思考]
1．核反应方程中间能用“＝”连接吗？
答案　不能．核反应过程一般都是不可逆的，核反应方程不能用“＝”连接，只能用单向箭头，表示反应的方向．
2．用基本粒子轰击任何原子核都能发生核反应吗？
答案　不是．核反应方程应以实验事实为基础，不能凭空杜撰．
例2　完成下列各核反应方程，并指出哪个核反应是首次发现质子和中子的．
(1)B＋He→N＋(　　)；
(2)Be＋(　　)→C＋n；
(3)Al＋(　　)→Mg＋H；
(4)N＋He→O＋(　　)；
(5)Na＋(　　)→Na＋H.
答案　(1)B＋He→N＋n.
(2)Be＋He→C＋n；此核反应使查德威克首次发现了中子．
(3)Al＋n→Mg＋H.
(4)N＋He→O＋H；此核反应使卢瑟福首次发现了质子．
(5)Na＋H→Na＋H.
例3　1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素78Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍靶Be产生快中子；(2)用快中子轰击汞80Hg，反应过程可能有两种：①生成78Pt，放出氦原子核；②生成78Pt，同时放出质子、中子．写出上述核反应方程．
答案　(1)Be＋H→B＋n
(2)①80Hg＋n→78Pt＋He
②80Hg＋n→78Pt＋2H＋n
原子核结构探秘
1．α粒子轰击氮14核后放出一个质子，转变为氧17核(O)．在这个氧原子核中有(　　)
A．8个正电子 B．17个电子
C．9个中子 D．8个质子
答案　CD
解析　核电荷数为8，即质子数为8，质量数为17，所以中子数为17－8＝9，答案为C、D.
2．在下列核反应方程中，x代表质子的方程是(　　)
A.Al＋He→P＋x
B.N＋He→O＋x
C.H＋γ→n＋x
D.H＋x→He＋n
答案　BC
解析　核反应过程中质量数、电荷数守恒． ( http: / / www.21cnjy.com )题中所涉及的四个核反应方程分别是：Al＋He→P＋n，N＋He→O＋H，H＋γ→n＋H，H＋H→He＋n.
3．人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一，氦的该种同位素应表示为(　　)
A.He B.He
C.He D.He
答案　B
解析　氦是2号元素，质量数为3的氦的同位素为He.
4．氢有三种同位素，分别是氕H，氘H、氚H，则(　　)
A．它们的质子数相等
B．它们的核外电子数相等
C．它们的核子数相等
D．它们的中子数相等
答案　AB
解析　氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3， ( http: / / www.21cnjy.com )因为它们是同位素，所以它们的质子数和核外电子数相等，都为1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相等，所以A、B选项正确.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1[基础题]
1．下列说法正确的是(　　)
A．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
B．卢瑟福在原子核人工转变的实验中发现了电子
C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子
D．爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说
答案　CD
2．关于X，下列说法正确的是(　　)
A．它表示一个原子
B．它表示一个原子核
C．它表示原子核中有12个质子
D．它表示原子核中有12个中子
答案　BCD
解析　X表示一个原子核，说明其电荷数为12(即12个质子)，质量数为24(中子数为24－12＝12)，故B、C、D正确．
3．下列关于He的叙述正确的是(　　)
A.He与H互为同位素
B.He原子核内中子数为2
C.He原子核外电子数为2
D.He代表原子核内有2个质子和3个中子的氦原子
答案　C
解析　He核内质子数为2，H核内质子数为1，两者质子数不等，不是同位素，A错误；He核内中子数为1，B错误，C正确；He代表原子核内有2个质子和1个中子的氦原子，D错误．
4．铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：Al＋He→X＋n.下列判断正确的是(　　)
A.n是质子
B.n是中子
C．X是Si的同位素
D．X是P的同位素
答案　BD
解析　由核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒知，X是P，故选项C错误，选项D正确；n为中子，故选项A错误，选项B正确．
5．以下说法正确的是(　　)
A.90Th为钍核，由此可知，钍核的质量数为90，钍核的质子数为234
B.Be为铍核，由此可知，铍核的质量数为9，铍核的中子数为4
C．同一元素的两种同位素具有相同的质量数
D．同一元素的两种同位素具有不同的中子数
答案　D
解析　A项钍核的质量数为234，质子数为 ( http: / / www.21cnjy.com )90，所以A错；B项的铍核的质子数为4，中子数为5，所以B错；由于同位素是指质子数相同而中子数不同，即质量数不同，因而C错，D对．
6．下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是(　　)
A.Be＋He→C＋X
B.N＋He→O＋X
C.Hg＋n→Pt＋2H＋X
D.U→Np＋X
答案　AC
解析　根据核反应方程质量数和电荷数守恒可得．
7．下面是四个核反应方程，x表示质子的是(　　)
A.P→Si＋x
B.U→Th＋x
C.Al＋n→Mg＋x
D.Al＋He→P＋x
答案　C
解析　由质量数守恒和电荷数守恒，可得C中x的质量数为1，电荷数为1，所以C中x为质子．
[能力题]
8．在下列四个核反应方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子
①H＋X1→He＋n　②N＋He→O＋X2
③Be＋He→C＋X3 ④Mg＋He→Al＋X4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
下列判断正确的是(　　)
A．X1是质子 B．X2是中子
C．X3是电子 D．X4是质子
答案　D
解析　根据核反应的质量数和电荷数守恒知，X1为H，A错；X2为H，B错；X3为n，C错；X4为H，D对．
9．有些元素的原子核可以从很靠近它 ( http: / / www.21cnjy.com )的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子(如从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”)，当发生这一过程时(　　)
A．新原子是原来原子的同位素
B．新原子核比原来的原子核少一个质子
C．新原子核将带负电
D．新原子核比原来的原子核少一个中子
答案　B
解析　原子核从很靠近它的核外电子中“ ( http: / / www.21cnjy.com )俘获”一个电子，带负电的电子与原子核中带正电的质子中和，原子核的电荷数减少1，中子数增加1，形成一个新原子．新原子与原来的原子相比，质子数不同，原子序数不同，不是同位素，所以正确选项为B.
10．为了说明用α粒子轰击氮打出质子是 ( http: / / www.21cnjy.com )怎样的一个物理过程，布拉凯特在充氮云室中，用α粒子轰击氮，在他拍摄的两万多张照片中，终于从四十多万条α粒子径迹中发现了8条产生分叉，这一实验数据说明了(　　)
A．α粒子的数目很少，与氮发生相互作用的机会很少
B．氮气的密度很小，α粒子与氮接触的机会很少
C．氮核很小，α粒子接近氮核的机会很少
D．氮气和α粒子的密度都很小，致使它们接近的机会很少
答案　C
解析　氮原子核很小，所以α粒子接近原子核的机会很少，所以发生核反应的机会很少，即观察到α粒子径迹分叉的机会少，所以C选项正确．
11．用中子轰击氧原子核的核反应方程为8O＋n→N＋X，对式中X、a、b的判断正确的是(　　)
A．X代表中子，a＝17，b＝1
B．X代表电子，a＝17，b＝－1
C．X代表正电子，a＝17，b＝1
D．X代表质子，a＝17，b＝1
答案　C
解析　根据质量数、电荷数守恒可知a＝17，b＝8＋0－7＝1，因X可表示为　0＋1e，为正电子，故C项正确，A、B、D三项均错误．
[探究与拓展题]
12．1930年发现，在真空 ( http: / / www.21cnjy.com )条件下用α粒子(He)轰击铍核(Be)时，会产生一种看不见的、贯穿能力极强且不带电的粒子．后来查德威克证实了这种粒子就是中子．
(1)写出α粒子轰击铍核的核反应方程．
(2)若一个中子与一个静止 ( http: / / www.21cnjy.com )的碳核发生正碰，已知中子的质量为mn、初速度为v0，与碳核碰后的速率为v1，运动方向与原来运动方向相反，碳核质量为12mn，求碳核与中子碰撞后的速率．
(3)若与中子碰撞后的碳核垂直于磁场方向射入匀强磁场，测得碳核做圆周运动的半径为R，已知元电荷的电荷量为e，求该磁场的磁感应强度的大小．
答案　(1)He＋Be→6C＋n　(2)
(3)
解析　(1)He＋Be→6C＋n
(2)中子与碳核的碰撞满足动量守恒
则mnv0＝－mnv1＋12mnv2
得v2＝
(3)碳核垂直进入磁场后，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动
则有B·6e·v2＝
解得B＝
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共31张PPT)
第4章　从原子核到夸克
4.2 原子核的衰变
1.知道什么是放射性、放射性元素、天然放射现象.
2.知道三种射线的特性.
3.知道衰变及两种衰变的规律，能熟练写出衰变方程.
4.会用半衰期描述衰变的速度，知道半衰期的统计意义．
学习目标定位
知识储备区
2．
知识链接
1．核电荷 核电荷 质量 质量
3．质量 电荷
4．类平抛 电场线方向相同 电场线方向相反
5．匀速圆周 左手
知识储备区
7．(1)氦原子核 2 4
新知呈现
(2)电子流 (3)短 电磁波
6．贝可勒尔 (1)射线 (2)射线 (3)放射
8．(1)十分之一 很小 一张纸 很强
(2)光速 较强 几毫米 较弱
(3)更强 几厘米 很小
9．(1)半数 大量原子核 (2)核内部自身
学习探究区
一、三种射线的特性
二、衰变实质及次数的计算
三、半衰期的有关计算
一、三种射线的特性
1．如图1所示，放射源放在铅块上的细孔中，铅块
上方有垂直于纸面向外的匀强磁场．其放出的射
线在磁场的作用下分成a、b、c三束．a、b、c三条
射线哪个是α射线、哪个是β射线、哪个是γ射线？
答案　由左手定则知a带负电，应为β射线；c带正电，应为α射线；b不偏转，说明不带电，应为γ射线．
问题设计
图1
2．如图2中P为放在匀强电场中的天然放射源，
其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三
束．则a、b、c三束中哪个是α射线、哪个是β
射线、哪个是γ射线？
答案　a带负电，应为β射线；c带正电，应为α射线；b不带电，应为γ射线．
图2
三种射线及其特征
要点提炼
种类 α射线 β射线 γ射线
组成 ① ② ③
带电荷量 ④ ⑤ ⑥
质量 ⑦
mp＝1.67×10－27 kg 静止质量为零
高速氦核流
高速电子流
光子流(高频
电磁波)
2e
－e
0
4mp
速度 0.1c 0.99c ⑧
在电场或磁场中 偏转 与α射线反向偏转 不偏转
穿透本领 ⑨ 用一张纸就能挡住 ⑩ 穿透几毫米厚的铝板 穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土
电离作用
c
最强
较强
最弱
很强
较弱
很弱
例1　如图3甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查是利用了哪种射线(　　)
图3
A．α射线　　　　
B．β射线
C．γ射线
D．三种射线都可以
解析　根据三种射线的性质知，甲图中能穿透铝板的是γ射线，乙图中检查钢板中的砂眼，要求射线能穿透钢板，故利用的是γ射线，选项C正确．
答案　C
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二、衰变实质及次数的计算
要点提炼
3．衰变规律
衰变过程遵守 守恒和 守恒．
4．确定衰变次数的方法
根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程
A＝ ，Z＝ .
质量数
电荷数
Z′＋2n－m
A′＋4n
例2
解析　(1)设 U衰变为 Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6
即一共经过8次α衰变和6次β衰变．
答案　
解析　由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故 Pb较 U质子数少10，中子数少22.
答案　
解析　
(3)综合写出这一衰变过程的方程．
答案　
返回
三、半衰期的有关计算
要点提炼
1．对于衰变及半衰期的理解要注意以下两点
(1)对于同一种元素，其半衰期是 的，无论是加温、加压，或是处于单质、化合物状态均不影响元素的半衰期，但不同元素的半衰期 ，有的差别很大．
一定
不同
(2)半衰期是一种 规律．对于 的原子核发生衰变才具有实际意义，而对于少量的原子核发生衰变，该统计规律不再适用．
2．半衰期公式
统计
大量
例3　若放射性元素A的半衰期为4天，放射性元素B的半衰期为5天，则相同质量的放射性元素A和B经过20天，剩下的两元素质量之比mA∶mB为(　　)
A．30∶31 B．31∶30
C．1∶2 D．2∶1
解析　设开始时元素A、B的质量都是m，经过20天，对于元素A来说有5个半衰期，A剩下的质量为mA＝( )5m；对于元素B来说有4个半衰期，B剩下的质量为mB＝( )4m，所以剩下的质量之比为1∶2.
答案　C
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课堂要点小结
返回
自我检测区
1
2
3
4
1．(2014·福建·30(1))如图4所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________(填选项前的字母)．
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
1
2
3
4
图4
1
2
3
4
解析　根据三种射线的偏转轨迹可知①⑥表示β射线，②⑤表示γ射线，③④表示α射线．选项C正确．
答案　C
2.计数器是一种探测射线的仪器，如图5所示，X
为未知放射源，它向右方发射放射线．放射线首
先通过一块薄铝箔P(厚度约为1 mm)，并经过一
个强磁场区域后到达计数器，计数器上单位时间
内记录到的射线粒子是一定的，现将强磁场移开，计数器单位时间内所记录的射线粒子基本保持不变，然后将薄铝箔P移开，则计数器单位时间内记录的射线粒子明显上升，据此可以判定X为(　　)
1
2
3
4
图5
A．纯β射线放射源
B．纯γ射线放射源
C．α射线和β射线的混合放射源
D．α射线和γ射线的混合放射源
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　将强磁场移开，计数器单位时间内所记录的射线粒子基本保持不变，即磁场对射线粒子没有影响，则可以断定计数器接收到的是不带电的γ射线，以后将薄铝箔P(厚度约为1 mm)移开，则计数器单位时间内记录的射线粒子明显上升，这说明计数器除了接收到了γ射线之外，还接收到了一种原来被厚度约为1 mm的簿铝箔P挡住的射线，而厚度约为1 mm的簿铝箔只能将α射线挡住，所以X为能放射α射线和γ射线的混合放射源，故选项D正确．
答案　D
3．氪90( Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90( Zr)，这些衰变是(　　)
A．1次α衰变，6次β衰变
B．4次β衰变
C．2次α衰变
D．2次α衰变，2次β衰变
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　方法一　推理计算法
根据衰变规律，β衰变不影响核的质量数，发生一次β衰变，核电荷数增加1；发生一次α衰变，质量数减少4，核电荷数减少2.
Kr衰变为 Zr，质量数不变，故未发生α衰变；核电荷数增加4，一定是发生了4次β衰变．
1
2
3
4
方法二　列方程求解
设 Kr衰变为 Zr，经过了x次α衰变，y次β衰变，则有
由质量数守恒得90＝90＋4x
由电荷数守恒得36＝40＋2x－y
解得x＝0，y＝4，即只经过了4次β衰变，
选项B正确．
答案　D
4．放射性同位素 Na的样品经过6小时后还剩下 没有衰变，求它的半衰期．
1
2
3
4
解析　
答案　2 h[基础题]
1．人工放射性同位素被用作示踪原子，主要是因为(　　)
A．人工放射性同位素不改变其化学性质
B．人工放射性同位素的半衰期比天然放射性元素的半衰期短得多
C．半衰期与元素所处的物理、化学状态无关
D．放射性同位素容易制造
答案　ABC
解析　人工放射性同位素用作示踪原子 ( http: / / www.21cnjy.com )，主要是用人工放射性同位素代替没有放射性的同位素参与正常的物理、化学、生物过程，既要利用化学性质相同，也要利用衰变规律不受物理、化学变化的影响，同时还要考虑放射性废料容易处理，因此选项A、B、C正确，选项D错误．
2．对放射性的应用和防护，下列说法正确的是(　　)
A．放射线能杀伤癌细胞或阻止癌细胞分裂，对人体的正常细胞不会有伤害作用
B．核工业废料要放在厚厚的重金属箱内，沉于海底
C．γ射线探伤仪中的放射源必须存放在特制的容器里，而不能随意放置
D．对可能有放射性污染的场所或物品进行检测是很有必要的
答案　BCD
解析　放射线能杀伤癌细胞或阻止癌细胞分裂，但也会对人体的正常细胞有伤害，选项A错．正因为放射性具有伤害作用，选项B、C、D均正确．
3．联合国环境署对科索沃地区 ( http: / / www.21cnjy.com )的调查表明，北约对南联盟进行的轰炸中，大量使用了贫铀炸弹．贫铀是从天然铀中提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，贫铀炸弹穿透能力是常规炸弹的9倍，杀伤力极大，而且其残留物长期危害环境．下列关于其残留物长期危害环境的理由正确的是(　　)
A．由于爆炸后的弹片存在放射性，会对环境产生长期危害
B．铀的半衰期很长
C．铀的半衰期很短
D．铀是易溶于水的有毒物质，人饮用溶有铀的水会中毒而亡
答案　AB
解析　贫铀炸弹爆炸后，弹片中仍含有半衰期很长的铀，故爆炸后的残留物仍会长时间对周围环境产生污染，故选A、B.
4．用计数器测定放射源的放射强度 ( http: / / www.21cnjy.com )为每分钟405次，若将一张厚纸板放在计数器与放射源之间，计数器几乎测不到射线.10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为每分钟101次，则下列关于射线性质及它的半衰期的说法正确的是(　　)
A．放射源射出的是α射线
B．放射源射出的是β射线
C．这种放射性元素的半衰期是5天
D．这种放射性元素的半衰期是2.5天
答案　AC
解析　一张厚纸板几乎就能把射线挡住， ( http: / / www.21cnjy.com )说明射线为α射线．因为每分钟的衰变次数与物质中所含原子核的数目成正比，10天后放射性元素的原子核个数只有原来的，说明经过了两个半衰期，故半衰期为5天．
5．1934年，约里奥—居里夫妇在用 ( http: / / www.21cnjy.com )α粒子轰击铝箔靶时，除探测到预料中的中子外，还探测到正电子，α粒子停止轰击后，铝箔靶仍继续发射正电子，这是因为反应生成了放射性同位素．
(1)完成上述反应的核反应方程式
Al＋He→________＋n；________→Si＋e
(2)放射性同位素的作用有______________________．
答案　(1)P　P
(2)作为放射源；作为示踪原子
[能力题]
6．将威耳逊云室置于磁场中，一个静 ( http: / / www.21cnjy.com )止在磁场中的放射性同位素原子核P，放出一个正电子后变成原子核Si，能近似反映正电子和Si核轨迹的是(　　)
答案　B
解析　把放出的正电子和衰变生成物Si ( http: / / www.21cnjy.com )核看成一个系统，根据动量守恒定律知正电子和Si核运动方向一定相反，C、D可排除．由qvB＝m得，R＝，因为动量mv相等，故R∝，即＝＝，可见Si核的运动半径较小，选B.
7．现在有很多医院都引进了一种被称 ( http: / / www.21cnjy.com )为“心脏灌注显像”的检测技术，即将若干毫升放射性锝的注射液注入被检测者的动脉中，经过40分钟，这些锝的注射液通过血液循环均匀地分布到血液中，这时对被检测者的心脏进行造影，心脏血管正常的位置由于放射性物质随血液到达而显示有射线射出，心脏血管被堵塞的部分由于无放射性物质到达而无射线射出，医生根据显像情况就可以判定被检测者心脏血管有无病变并判断病变的位置．你认为放射性锝的半衰期应该最接近(　　)
A．6分钟 B．6小时
C．6天 D．6个月
答案　B
解析　医学检查时要让放射 ( http: / / www.21cnjy.com )线对人的危害尽可能小，示踪原子不能长时间留在人体内，因而半衰期要小．又由于锝的注射液通过血液循环均匀地分布到血液中需要40分钟，为了达到检测的目的，其半衰期应该接近6小时为最好，故选B.
8．放射性同位素14C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来推断古生物体死亡的年代，此项研究成果获得1960年诺贝尔化学奖．
(1)宇宙射线中高能量的中 ( http: / / www.21cnjy.com )子碰撞空气中的氮原子后，就会生成14C,14C很不稳定，容易发生衰变，其半衰期约为5 730年，试写出14C形成和衰变的方程．
(2)14C的形成和衰变通常是平 ( http: / / www.21cnjy.com )衡的，即空气中生物活体中14C的含量是不变的，当机体死亡后，机体内的14C的含量将会不断减小．某考古小组挖掘到一块动物骨骼，经测定14C还剩余12.5%，试推测该动物生存年代距今约多少年？
答案　(1)见解析　(2)17 190年
解析　(1)14C形成的方程为n＋7N→6C＋H，14C衰变的方程为6C→　0－1e＋7N
(2)设活体中14C的含量为m0， ( http: / / www.21cnjy.com )动物骨骼中14C的含量为m，则有m＝m0()，又知14C的半衰期τ＝5 730年，解得t＝3τ＝17 190年．
9．1956年，李政道和杨振宁提出在 ( http: / / www.21cnjy.com )弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用Co的衰变来验证，其核反应方程是Co→Ni＋　0－1e＋.其中是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零．
(1)在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数A是________，核电荷数Z是________．
(2)在衰变前Co核静止，根据云 ( http: / / www.21cnjy.com )室照片可以看出，衰变产物Ni和　0－1e的运动径迹不在一条直线上，如果认为衰变产物只有Ni和　0－1e，那么衰变过程将违背________守恒定律．
(3)Co是典型的γ放射源，可用于作 ( http: / / www.21cnjy.com )物诱变育种．我国应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3 000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大．γ射线处理作物后主要引起________，从而产生可遗传的变异．
答案　(1)60　28　(2)动量　(3)基因突变
解析　(1)根据质量数和电荷数守恒，核反应方程写成：Co→Ni＋　0－1e＋，由此得出质量数A和核电荷数Z分别为60和28.
(2)衰变过程遵守动量守恒定律．原来静止的核动量为零，分裂成两个粒子后，这两个粒子的动量和应还为零，则两粒子径迹必在同一直线上．
现在发现Ni和　0－1e的运动径迹不在同一直线上，如果认为衰变产物只有Ni和　0－1e，就一定会违背动量守恒定律．
(3)用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生突变，从而培育出优良品种．
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1[基础题]
1．下列哪些事实表明原子核具有复杂结构(　　)
A．α粒子的散射实验
B．天然放射现象
C．阴极射线的发现
D．X射线的发现
答案　B
解析　从原子核里能放出射线，说明原子核具有复杂结构．
2．原子核中能放出α、β、γ射线，关于原子核的组成，以下说法中正确的是(　　)
A．原子核中，有质子、中子，还有α粒子
B．原子核中，有质子、中子，还有β粒子
C．原子核中，有质子、中子，还有γ粒子
D．原子核中，只有质子和中子
答案　D
解析　在放射性元素的原子核中，2个 ( http: / / www.21cnjy.com )质子和2个中子结合的较紧密，有时作为一个整体放出，这就是α粒子的来源．说到底，它仍是由质子和中子组成的，不能据此认为它是原子核的组成部分．原子核里是没有电子的，但中子可以转化成质子，并向核外释放一个电子，这就是β粒子．原子核发生衰变后处于高能级，在回到低能级时多余的能量以γ光子的形式辐射出来，形成γ射线．故原子核里也没有γ粒子．
3．放射性元素衰变时放出的三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是(　　)
A．α射线，β射线，γ射线
B．γ射线，β射线，α射线
C．γ射线，α射线，β射线
D．β射线，α射线，γ射线
答案　B
解析　γ射线的穿透能力最强，α射线的穿透能力最弱，选B.
4．“朝核危机”引起全球瞩目，其 ( http: / / www.21cnjy.com )焦点就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆发电．重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239(Pu)，这种钚239可由铀239(U)经过n次β衰变而产生，则n为(　　)
A．2 B．239 C．145 D．92
答案　A
解析　β衰变规律是质量数不变，质子数增加1.Pu比U质子数增加2，所以发生2次β衰变，A对．
5．最近几年，原子核科学家在超重元 ( http: / / www.21cnjy.com )素的探测方面取得了重大进展.1996年，科学家们在研究某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现生成的超重元素的核X经过6次α衰变后的产物是Fm.由此可以判定生成的超重元素的原子序数和质量数分别是(　　)
A．124、259 B．124、265
C．112、265 D．112、277
答案　D
解析　题中的核X经过6次α衰变后生成Fm，注意到Fm的电荷数为100，质量数为253，每发生一次α衰变质量数减少4，电荷数减少2.由质量数和电荷数守恒有A＝4×6＋253＝277，Z＝2×6＋100＝112，所以选项D正确．
6．某放射性元素经过11.4天有7/8的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为(　　)
A．11.4天 B．7.6天
C．5.7天 D．3.8天
答案　D
解析　半衰期是指有半数原子核发生衰变的时间，根据半衰期公式有()＝，＝3，因为t＝11.4天，所以τ＝＝3.8天．
7．在横线上填上粒子符号和衰变类型．
(1)92U→90Th＋________，属于________衰变
(2)90Th→91Pa＋________，属于________衰变
(3)84Po→85At＋________，属于________衰变
(4)Cu→Co＋________，属于________衰变
答案　(1)He　α　(2)　0－1e　β　(3)　0－1e　β　(4)He　α
解析　根据质量数和电荷数守恒可 ( http: / / www.21cnjy.com )以判断，(1)中生成的粒子为He，属于α衰变；(2)中生成粒子为　0－1e，属于β衰变；(3)中生成粒子为　0－1e，属于β衰变；(4)中生成粒子为He，属于α衰变．
[能力题]
8.U衰变为Rn要经过m次α衰变和n次β衰变，则m，n分别为(　　)
A．2,4 B．4,2
C．4,6 D．16,6
答案　B
解析　由于衰变后的新核质量数减少了16，说明 ( http: / / www.21cnjy.com )发生α衰变的次数是m＝＝4(次)，发生β衰变的次数是n＝86－(92－8)＝2(次)，故选项B正确．
9．14C测年法是利用14C衰变规律 ( http: / / www.21cnjy.com )对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．下列四幅图中能正确反映14C衰变规律的是(　　)
答案　C
解析　由公式m＝m0·()可知14C的衰变图像应为C.
10．原子核92U经放射性衰变①变为原子核90Th，继而经放射性衰变②变为原子核91Pa，再经放射性衰变③变为原子核92U.放射性衰变①、②和③依次为(　　)
A．α衰变、β衰变和β衰变 B．β衰变、α衰变和β衰变
C．β衰变、β衰变和α衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变
答案　A
解析　92U 90Th，质量数减少4，电荷数减少2，说明①为α衰变.90Th 91Pa，质子数加1，说明②为β衰变，中子转化成质子.91Pa 92U，质子数加1，说明③为β衰变，中子转化成质子．
[探究与拓展题]
图1
11．静止在匀强磁场中的某放射性元素 ( http: / / www.21cnjy.com )的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44∶1，如图1所示(图中直径没有按比例画)则(　　)
A．α粒子和反冲核的动量大小相等方向相反
B．原来放射性元素的核电荷数是90
C．反冲核的核电荷数是88
D．α粒子和反冲核的速度之比为1∶88
答案　ABC
解析　粒子之间相互作用的过程遵守动量守 ( http: / / www.21cnjy.com )恒定律，由于原来的原子核是静止的，初动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等方向相反，所以A正确．由于释放的α粒子和反冲核，在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，所以由牛顿第二定律得
qvB＝m，得R＝.
若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子
R1＝.
对反冲核R2＝.
由于p1＝p2，所以有＝.解得Q＝90.
它们的速度大小与质量成反比．所以B、C正确，D错误．
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1

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