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物理选择性必修三5.2 放射性元素的衰变同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．某放射性元素经过11.4天有7/8的原子核发生了衰变，该元素的半衰期是（　　）
A．3.8天 B．5.7天 C．7.6天 D．11.4天
2．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核( )，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）
A． → ＋ B． → ＋
C． → ＋ D． → ＋
3．一群处于基态的氢原子吸收了波长为λ1的电磁波后，会释放出多种波长的电磁波，其中有一种电磁波的波长为λ2，则下列说法正确的是（）
A．λ1一定不小于λ2 B．λ1一定不大于λ2
C．λ1一定不会等于λ2 D．λ1一定等于λ2
4．下列说法正确的是(　　)
A．β射线比α射线更容易使气体电离
B．放射性同位素的半衰期由核本身决定，与外部条件无关
C．核反应堆和太阳内部发生的都是核裂变反就
D．氢原子发生能级跃迁放出光子后，核外电子的动能最终会变小
5．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）
A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功不变 D．偏转电场的电场强度减小
二、多项选择题
6． 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（X）发生了衰变放出了一个粒子。放射出的粒子（He）及生成的新核Y在与磁场垂直的平面内做圆周运动。粒子的运动轨道半径为R，质量为m和电荷量为q。下面说法正确的是（　　）
A．衰变后产生的粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图甲
B．新核Y在磁场中圆周运动的半径
C．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为
7．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，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(图中半径大小没有按实际比例画)，如图所示，则（　　）
A．分开瞬间α粒子与反冲核动量大小相等、方向相反
B．原来放射性元素原子核的核电荷数为88
C．产生的反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲核的速度之比为1∶2
8．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则(　　)
A．在荧屏上的亮斑向下移动 B．在荧屏上的亮斑向上移动
C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小
三、非选择题
9．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e、质量为m，求在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是多少？
10．“胜哥”用γ光子轰击氘核后产生中子和质子，已知氘核的质量为2.0135u，质子质量为1.0072u，中子的质量为1.0086u，1u=1.6605×10﹣27kg，普朗克常量H=6.63X10﹣34J s，则γ光子的波长应为
　 　M。
11．为测定水库的存水量，“胜哥”将一瓶放射性溶液倒入水库中，已知这瓶溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素半衰期为2天，10天以后从水库取出1 m3的水，并测得每分钟衰变10次，求水库的存水量为多少？
12．发生衰变，其衰变方程为，假设衰变前核是静止的，且这个衰变是在匀强磁场中发生的，放出的粒子速度方向与磁场垂直。求
（1）核与粒子在磁场中轨迹圆的半径之比；
（2）核与粒子在磁场中运动的周期之比。
13．碳-14（）是碳-12（）的一种同位素，具有放射性。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳-14与碳-12原子核（初速度忽略不计），经直线加速器加速后由通道入口的中缝进入通道，该通道的上下表面是内半径为、外半径为的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为时，碳-12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则：
（1）碳-14具有放射性，会发生衰变，请写出它的衰变方程，并计算碳-12原子核的比荷；
（2）照相底片上碳-14与碳-12原子核所击中位置间的距离（结果用根号表示）；
（3）若加速电压在 之间变化，求碳-12原子核在磁场中运动的最短时间。
14．同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。
（1）写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式：
（2）根据图2写出的离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知，原子质量单位，元电荷）；
（3）如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距两平行极板，在下极板开有间距的两小孔，仅允许入射角的离子通过。求两极板之间的电势差U：
（4）对古木样品，测得与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的比值为，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知的半衰期约为5700年，）
15．汤姆孙测定电子比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示．真空玻璃管内，阴极K发出的电子经加速后，穿过小孔A、C沿中心轴线OP1进入到两块水平正对放置的极板D1、D2间的区域，射出后到达右端的荧光屏上形成光点．若极板D1、D2间无电压，电子将打在荧光屏上的中心P1点；若在极板间施加偏转电压U，则电子将打P2点，P2与P1点的竖直间距为b，水平间距可忽略不计．若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出），则电子在荧光屏上产生的光点又回到P1点．已知极板的长度为L1，极板间的距离为d，极板右端到荧光屏间的距离为L2．忽略电子的重力及电子间的相互作用．
（1）求电子进入极板D1、D2间区域时速度的大小；
（2）推导出电子的比荷的表达式；
（3）若去掉极板D1、D2间的电压，只保留匀强磁场B，电子通过极板间的磁场区域的轨迹为一个半径为r的圆弧，阴极射线射出极板后落在荧光屏上的P3点．不计P3与P1点的水平间距，求P3与P1点的竖直间距y．
16．汤姆孙测定阴极射线粒子比荷的实验原理如图所示，阴极发出的电子束沿直线射到荧光屏上的O点时，出现一个光斑．在垂直于纸面的方向上加一个磁感应强度为3.0×10﹣4T的匀强磁场后，电子束发生偏转，沿半径为7.2cm的圆弧运动，打在荧光屏上的P点．然后在磁场区域加一个竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为1.14×103V/m时，光斑P又回到O点，求电子的比荷．
17．在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0cm的矩形，右边界距荧光屏20.0cm，高度足够．某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=4.55×10﹣3T不变．电子初速度不计，经U=4550V电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点（若无磁场，亮点在屏中心），已知电子的质量m=0.91×10﹣30kg，电荷量e=1.6×10﹣19C．
（1）在图中大致图出电子运动的径迹；
（2）求亮点偏离荧光屏中心的距离．
18．1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现什么？图中银箔的作用是 完成该实验的下列核反应方程
19．1930年发现，科学家在真空条件下用α粒子轰击 时，产生了一种看不见的、贯穿力很强的不带电粒子，为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核，并以此推算出了该粒子的质量，从而确定改粒子为中子．设氢核的质量为mH，氮核的质量为氢核质量的14倍，碰撞后氢核的速度为vH，氮核的速度为vN，假设中子与它们的碰撞为弹性弹性碰撞，碰撞的粒子分别为中子和氢核及中子和氮核．
（1）试写出α粒子轰击 的核反应方程；
（2）试根据中子与氢原子和氮原子的碰撞结果，利用题中的可测量量，推算出中子的质量．
20．1897年汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而使人们认识到原子是可分的．汤姆生当年用来测定电子比荷（电荷量e与质量m之比）的实验装置如图所示，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场，圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与C、D的长度相等．已知极板C、D的长度为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2．由K发出的电子，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域．若C、D间无电压，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子将打在荧光屏上的P点，P点到O点的距离为H；若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点．不计重力影响．
（1）求电子打在荧光屏O点时速度的大小．
（2）推导出电子比荷的表达式．
（3）利用这个装置，还可以采取什么方法测量电子的比荷？
21．电视机显像管简单原理如图所示，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，如要求电子束偏转角为α，已知电子电量为e，质量为m．
（1）画出整个过程的轨迹图；
（2）电子在磁场中运动的时间；
（3）求加速电场的电势差U．
22．汤姆生用如图所示的装置（阴极射线管）发现了电子．电子由阴极C射出，在CA间电场加速，A′上有一小孔，所以只有一细束的电子可以通过P与P′两平行板间的区域，电子通过这两极板区域后打到管的末端，使末端S处的荧光屏发光（荧光屏可以近似看成平面）．水平放置的平行板相距为d，长度为L，它的右端与荧光屏的距离为D．当平行板间不加电场和磁场时，电子水平打到荧光屏的O点；当两平行板间电压为U时，在荧光屏上S点出现一亮点，测出OS=H；当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点．若不考虑电子的重力，求
（1）CA间的加速电压U′；
（2）电子的比荷 ．
23．汤姆孙测定电子比荷的实验装置如图甲所示．从阴极K发出的电子束经加速后，以相同速度沿水平中轴线射入极板D1、D2区域，射出后打在光屏上形成光点．在极板D1、D2区域内，若不加电场和磁场，电子将打在P1点；若只加偏转电压U，电子将打在P2点；若同时加上偏转电压U和一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），电子又将打在P1点．已知极板长度为L，极板间距为d．忽略电子的重力及电子间的相互作用．
（1）求电子射人极板D1、D2区域时的速度大小；
（2）打在P2点的电子，相当于从D1、D2中轴线的中点O′射出，如图乙中的O′P2所示，已知∠P2O′P1=θ试推导出电子比荷 的表达式；
（3）若两极板间只加题中所述的匀强磁场，电子在极板间的轨迹为一段圆弧，射出后打在P3点．测得圆弧半径为2L、P3与P1间距也为2L，求图乙中P1与P2点的间距a．
答案
1．A
2．B
3．B
4．B
5．A
6．B,D
7．A,C
8．B,C
9．解答：设单位体积内电子数为n，则I=nevs，由动能定理得：eU= mv2则得： △L内的电子数为：N=△LSn= 答：一小段长为△L的电子束内电子个数是 ．
10．5.8×10﹣13
11．解：设放射性同位素原有质量为m0，10天后的剩余质量为m，水库存水量为Qm3，由每分钟衰变次数与其质量成正比可得 ＝ ，
由半衰期公式得：m＝m0 ，
由以上两式联立代入数据得
＝ ＝ ，
解得水库存水量为Q＝2.5×105 m3.
12．（1）解：粒子与核电荷量分别是和，质量分别是和，设粒子与核的速度分别是和，衰变过程满足动量守恒
解得
对于粒子有
核有
联立解得
（2）解：对于粒子周期
核周期
解得
13．（1）解：碳14衰变成为氮14的过程，会放出β射线，其衰变方程为
由题意可知当碳-12恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为
设碳-12经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）解：设碳-12粒子和碳-14粒子经过加速后获得的速度大小分别为、，根据动能定理有，
根据牛顿第二定律有，
联立解得，
则照相底片上碳-12和碳-14所击中位置间的距离
（3）解：粒子在磁场做圆周运动的半径与加速电压和比荷的关系
若，碳-12粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，则有， ，
14．（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为
发生衰变生成的核反应方程式为
（2）在加速电场中，由动能定理得
解得
磁场中，洛伦兹力提供向心力
联立解得
，
相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为。
根据整理得
（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
，
竖直方向有
，，
联立解得
（4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有
解得
则砍伐时间
15．（1）电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v．
由平衡条件有evB=eE
两极板间电场强度E=
解得v=
（2）极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间电子在竖直方向做匀加速运动，设其加速度为a．由牛顿第二定律有V=M解得加速度a=电子射出极板时竖直方向的偏转距离
电子射出极板时竖直方向的分速度为v=at1=
电子离开极板间电场后做匀速直线运动，经时间t2到达荧光屏，
电子在t2时间在竖直方向运动的距离y2=vyt2=
这样，电子在竖直方向上的总偏移距离b=y1+y2解得电子比荷 =
（3）极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，如答图所示
则tan = 穿出磁场后在竖直方向上移动的距离y3=L2tan = 则y=r+y3-解得y=r﹣
16．解答：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，由牛顿第二定律知：qvB= ，比荷为： …①加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力Eq和洛伦兹力qvB平衡，因此有：Eq=qvB…②由①②式得： C/kg=1.76×1011C/kg．答：电子的比荷1.76×1011C/kg．
17．（1）
（2）电子经U加速得到速度v0由eU=
得v0= = =m/s=4×107m/s．
由evB= 得①
r= = m=0.05m=5cm②
sinα=0.6，cosα=0.8，tanα=o.75③亮点偏离屏中心的距离：
y=（r﹣rcosα）+20.0tanα=5×（1﹣0.8）cm+20.0×0.75cm=16cm；
18．解答：卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变并发现了质子，实验装置中银箔的作用是刚好阻挡α粒子打到荧光屏，但是不能阻挡其它粒子的穿过，这样可判断是否有新的粒子产生，根据质量数和电荷数守恒可知产生的新粒子除817O还有质子即11H，．故答案为：质子；刚好阻挡α粒子打到荧光屏，不能阻挡其它粒子的穿过，11H．
19．（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得：
（2）查德威克认为氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰；设中性粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为vH，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mHvH…①
…②其中v是碰撞后中性粒子的速度，由此可得：
vH= …③
同理，mv0=mv+mNvN
mv02= mv2+ mNvN2
可得出中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度vN= …④
因为mN=14mH，由方程③④可得 …⑤
将速度的最大值代入方程⑤，解得：m=1.05mH…⑥
20．（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则：evB=eE
又：E=
即：v=
（2）若在两极板间加上电压U，电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为： 电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：a= 在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：y1= 离开极板区域时竖直向下的分速度为：vy=at1
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏，
在时间t2内向下运动的距离为：y2=vyt2
则：H=y1+y2
解得： ．
（3）说出任何一种合理方法均可，例如：a．测量出A与K之间的电压U′；再在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；
b．测量出A与K之间的电压U′；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
c．在两极板间加上电压U，在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，使电子打在荧光屏上的O点；再撤去两极板间加上电压，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
d．只在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP、OP′的长度便能计算电子的比荷．
21．（1）
（2）根据电子做匀速圆周运动，则运动时间：t= 由T=
解得：t= ；
（3）电子经加速电场加速后，速度为v，
则由动能定理得：eU= mv2；
由几何关系得，电子运动半径：R= ；由牛顿第二定律，有：evB= ；由以上各式解得加速电压：U=
22．（1）粒子在加速场中：eU′= mv02得：U′= ①偏转场中：a= ②L=v0t1③竖直方向位移：y1= at12④
射出偏转场后，水平方向：D=v0t2⑤
竖直方向：y2=at1 t2 ⑥
又：y1+y2=H⑦
联立②③④⑤⑥⑦ 得： = ⑧
⑧代入①得：U′= ⑨
（2）当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点，根据平衡条件：
=ev0B⑩
由①⑨⑩ 联立得：
23．（1）电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v．
由平衡条件有：
evB=eE①
两极板间电场强度：E= ②
解得：
v= ③
（2）由几何关系得电子射出电场时竖直方向的侧移量：y= tan 8④根据牛顿第二定律，有： =ma⑤根据分位移公式，有：L=vt⑥
y= ⑦
又v= 联立各式得到： = ⑧
（3）如图所示，极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，已知r=2L，由几何关系得到：α=30°⑨射出磁场后水平方向的距离：
x= =3L（10）
解得：a=（ +3L）tanθ=
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物理选择性必修三5.2 放射性元素的衰变同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．某放射性元素经过11.4天有7/8的原子核发生了衰变，该元素的半衰期是（　　）
A．3.8天 B．5.7天 C．7.6天 D．11.4天
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】解答：根据半衰期与质量变化的公式： 可得：有7/8的原子核发生了衰变，剩下1/8，所以有 ，t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天
故A正确，BCD正确．
故选：A．
分析：本题考察了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行有关运算，即公式 的应用，明确半衰期的含义．
2．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核( )，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）
A． → ＋ B． → ＋
C． → ＋ D． → ＋
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】原子核衰变过程中动量守恒，所以粒子与反冲核的动量等大反向，由径迹是两外切圆知，放出的是正粒子，是α衰变，由于粒子和反冲核均做匀速圆周运动，由r＝ 知， ＝ ＝ ＝ ，所以反冲核的电荷数是84，由电荷数守恒和质量数守恒知，正确答案为B.
【分析】原子核衰变过程中动量守恒，衰变后的粒子在磁场中做圆周运动，根据半径之比可以计算电荷量之比，从而确定粒子种类，根据质量数和电荷数守恒写出衰变方程。
3．一群处于基态的氢原子吸收了波长为λ1的电磁波后，会释放出多种波长的电磁波，其中有一种电磁波的波长为λ2，则下列说法正确的是（）
A．λ1一定不小于λ2 B．λ1一定不大于λ2
C．λ1一定不会等于λ2 D．λ1一定等于λ2
【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】一群处于基态的氢原子吸收了能量为E1的光子后，处于激发态．
Em﹣EN=E1
氢原子处于激发态不稳定，会向基态发生跃迁．其中有一种光子的能量为E2，
所以E2≤E1．
根据E= ，可知，能量与波长成反比，则λ1一定不大于λ2，故B正确，ACD错误；
故选：B．
【分析】能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，氢原子处于激发态不稳定，会向基态发生跃迁．
4．下列说法正确的是(　　)
A．β射线比α射线更容易使气体电离
B．放射性同位素的半衰期由核本身决定，与外部条件无关
C．核反应堆和太阳内部发生的都是核裂变反就
D．氢原子发生能级跃迁放出光子后，核外电子的动能最终会变小
【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】A、α射线的电离能力比β射线的电离能力强，故A错误；
B、半衰期有原子核的种类决定，与外部物理和化学条件无关，故B正确；
C、核反应堆的反应是核裂变，太阳内部的核反应是核聚变反应，不同，故C错误；
D、氢原子辐射出一个光子后，从高轨道到低轨道，库仑引力做正功，电势能减小．根据 ，有：
v= ；
故速度变大，动能变大；故D错误；
故选：B
【分析】三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最弱；
半衰期有原子核的种类决定；
太阳内部的核反应是核聚变反应；
氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，通过库仑引力提供向心力比较核外电子运动的加速度变化．
5．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）
A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功不变 D．偏转电场的电场强度减小
【答案】A
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v．电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：
eU1=
解得，v=
电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
水平方向有：L=vt
竖直方向有：a= =
vy=at
电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=
由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα=，
则α=arctan ．
即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动．故A正确，B错误；
C、电子离开偏转电场时的偏转量：y= = ，
如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大．
偏转电场对电子做的功：W=e E y，偏转量越大，电场力做的功越多．故C不正确；
D、偏转电场的电场强度：E= ，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大．故D错误．
故选：A
【分析】电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；
电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．
二、多项选择题
6． 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（X）发生了衰变放出了一个粒子。放射出的粒子（He）及生成的新核Y在与磁场垂直的平面内做圆周运动。粒子的运动轨道半径为R，质量为m和电荷量为q。下面说法正确的是（　　）
A．衰变后产生的粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图甲
B．新核Y在磁场中圆周运动的半径
C．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为
【答案】B,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；反冲；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】 A．由于原子核 静止，根据动量守恒定律可知，放射出的α粒子 （） 及生成的新核Y在衰变初始位置的速度相反，根据左手定则可知，两者圆周运动的轨迹外切，根据洛伦兹力提供向心力有
解得：
由于衰变过程动量守恒，即mv大小相等，即电荷量越大，轨道半径越小，可知α粒子的轨道半径大一些，可知衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹（箭头表示运动方向）正确的是图丁，故A错误；
B．根据质量数与电荷数守恒，该核反应方程为
由于质量为m和电荷量为q，则新核Y的质量为 和电荷量为 ，根据上述有
，
由于动量守恒，即有
解得：
故B正确；
C．α粒子圆周运动的周期
则α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，环形电流大小为
故C错误；
D．根据能量守恒定律有
根据质能方程有
ΔE=Δmc2
解得：
故D正确。
故选：BD。
【分析】 反应后核子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，核反应过程质量数与核电荷数守恒，应用爱因斯坦质能方程分析答题。
7．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，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(图中半径大小没有按实际比例画)，如图所示，则（　　）
A．分开瞬间α粒子与反冲核动量大小相等、方向相反
B．原来放射性元素原子核的核电荷数为88
C．产生的反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲核的速度之比为1∶2
【答案】A,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，因为初始总动量为零，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.A符合题意；因为释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动.由 得： . 因为动量大小相等，所以半径与电荷量成反比，再结合α粒子的电荷量为2e，则产生的反冲核的核电荷数为88e，原来放射性元素原子核的核电荷数为90e，B不符合题意；C符合题意；它们的速度大小与质量成反比，由于不知道α粒子和反冲核的质量之比，所以不能确定速度之比，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】原子核衰变时动量守恒；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合轨道半径，求解衰变后原子核的质量数。
8．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则(　　)
A．在荧屏上的亮斑向下移动 B．在荧屏上的亮斑向上移动
C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小
【答案】B,C
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v．电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：
eU1=
解得，v= ．
电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
水平方向有：L=vt
竖直方向有：a=
v=at
电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=
由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα= ，
则α=arctan ．
即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动．故A错误，B正确；
C、电子离开偏转电场时的偏转量：y= = ，
如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大．
偏转电场对电子做的功：W=e E y，偏转量越大，电场力做的功越多．故C正确；
D、偏转电场的电场强度：E= ，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大．故D错误．
故选：BC
【分析】电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；
电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．
三、非选择题
9．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e、质量为m，求在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是多少？
【答案】解答：设单位体积内电子数为n，则I=nevs，由动能定理得：eU= mv2则得： △L内的电子数为：N=△LSn= 答：一小段长为△L的电子束内电子个数是 ．
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△L内电子可以看成做匀速运动，由△t= 求出电子运动的时间，根据电流求出长为△L电子束的电量，再求解电子数．
10．“胜哥”用γ光子轰击氘核后产生中子和质子，已知氘核的质量为2.0135u，质子质量为1.0072u，中子的质量为1.0086u，1u=1.6605×10﹣27kg，普朗克常量H=6.63X10﹣34J s，则γ光子的波长应为
　 　M。
【答案】5.8×10﹣13
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】 由题意可知，质量亏损△m=（1.0072+1.0086﹣2.0135）u；
根据质能方程可知，释放的能量E=△mC2=（1.0072+1.0086﹣2.0135）×1.6605×10﹣27×（3×108）2=3.44×10﹣13J
而E= ，可得 m=5.8×10﹣13m．
故答案为：5.8×10﹣13．
【分析】根据核反应方程，确定质量亏损，结合质能方程E=mC2与E= ，即可求解．
11．为测定水库的存水量，“胜哥”将一瓶放射性溶液倒入水库中，已知这瓶溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素半衰期为2天，10天以后从水库取出1 m3的水，并测得每分钟衰变10次，求水库的存水量为多少？
【答案】解：设放射性同位素原有质量为m0，10天后的剩余质量为m，水库存水量为Qm3，由每分钟衰变次数与其质量成正比可得 ＝ ，
由半衰期公式得：m＝m0 ，
由以上两式联立代入数据得
＝ ＝ ，
解得水库存水量为Q＝2.5×105 m3.
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【分析】放射性半衰期应用。
12．发生衰变，其衰变方程为，假设衰变前核是静止的，且这个衰变是在匀强磁场中发生的，放出的粒子速度方向与磁场垂直。求
（1）核与粒子在磁场中轨迹圆的半径之比；
（2）核与粒子在磁场中运动的周期之比。
【答案】（1）解：粒子与核电荷量分别是和，质量分别是和，设粒子与核的速度分别是和，衰变过程满足动量守恒
解得
对于粒子有
核有
联立解得
（2）解：对于粒子周期
核周期
解得
【知识点】原子核的衰变、半衰期；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）衰变过程满足动量守恒，粒子与核电荷量分别是和，质量分别是和，设粒子与核的速度分别是和，联立可解出速度之比；两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，对两粒子分别列洛沦兹力提供向心力，可解得半径之比；
（2）核与粒子在磁场中运动的半径之比，速度之比都已知，对两粒子列，可求出周期之比。
13．碳-14（）是碳-12（）的一种同位素，具有放射性。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳-14与碳-12原子核（初速度忽略不计），经直线加速器加速后由通道入口的中缝进入通道，该通道的上下表面是内半径为、外半径为的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为时，碳-12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则：
（1）碳-14具有放射性，会发生衰变，请写出它的衰变方程，并计算碳-12原子核的比荷；
（2）照相底片上碳-14与碳-12原子核所击中位置间的距离（结果用根号表示）；
（3）若加速电压在 之间变化，求碳-12原子核在磁场中运动的最短时间。
【答案】（1）解：碳14衰变成为氮14的过程，会放出β射线，其衰变方程为
由题意可知当碳-12恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为
设碳-12经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）解：设碳-12粒子和碳-14粒子经过加速后获得的速度大小分别为、，根据动能定理有，
根据牛顿第二定律有，
联立解得，
则照相底片上碳-12和碳-14所击中位置间的距离
（3）解：粒子在磁场做圆周运动的半径与加速电压和比荷的关系
若，碳-12粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，则有， ，
【知识点】原子核的衰变、半衰期；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）碳14衰变成为氮14的过程，会放出β射线，其衰变方程为
由题意可知当碳-12恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为
根据动能定理列等式根据牛顿第二定律列等式，联立可得 碳-12原子核的比荷
（2）在电场中加速，根据动能定理有，，根据牛顿第二定律有
，，联立可求解半径，根据半径关系可求解照相底片上碳-12和碳-14所击中位置间的距离。
（3）粒子在磁场做圆周运动的半径与加速电压和比荷的关系
若，碳-12粒子的半径范围，画出轨迹图，由图可知原子核在磁场中运动的最短时间对应圆心角。
（1）碳14衰变成为氮14的过程，会放出β射线，其衰变方程为
由题意可知当碳-12恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为
设碳-12经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
，
（2）设碳-12粒子和碳-14粒子经过加速后获得的速度大小分别为、，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
，
则照相底片上碳-12和碳-14所击中位置间的距离
（3）粒子在磁场做圆周运动的半径与加速电压和比荷的关系
若，碳-12粒子的半径范围
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，则有
，
14．同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。
（1）写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式：
（2）根据图2写出的离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知，原子质量单位，元电荷）；
（3）如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距两平行极板，在下极板开有间距的两小孔，仅允许入射角的离子通过。求两极板之间的电势差U：
（4）对古木样品，测得与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的比值为，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知的半衰期约为5700年，）
【答案】（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为
发生衰变生成的核反应方程式为
（2）在加速电场中，由动能定理得
解得
磁场中，洛伦兹力提供向心力
联立解得
，
相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为。
根据整理得
（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
，
竖直方向有
，，
联立解得
（4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有
解得
则砍伐时间
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出核反应方程；
（2）由动能定理分析带电粒子在电场中的加速运动，再由洛伦兹力提供向心力分析粒子在磁场中的运动；
（3）粒子在板间做类斜抛运动，水平方向方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，根据类平抛规律分析求解；
（4）根据半衰期的定义结合数学知识分析求解。
（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为
发生衰变生成的核反应方程式为
（2）在加速电场中，由动能定理得
解得
磁场中，洛伦兹力提供向心力
联立解得
，
相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为。
根据整理得
（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
，
竖直方向有
，，
联立解得
（4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有
解得
则砍伐时间
15．汤姆孙测定电子比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示．真空玻璃管内，阴极K发出的电子经加速后，穿过小孔A、C沿中心轴线OP1进入到两块水平正对放置的极板D1、D2间的区域，射出后到达右端的荧光屏上形成光点．若极板D1、D2间无电压，电子将打在荧光屏上的中心P1点；若在极板间施加偏转电压U，则电子将打P2点，P2与P1点的竖直间距为b，水平间距可忽略不计．若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出），则电子在荧光屏上产生的光点又回到P1点．已知极板的长度为L1，极板间的距离为d，极板右端到荧光屏间的距离为L2．忽略电子的重力及电子间的相互作用．
（1）求电子进入极板D1、D2间区域时速度的大小；
（2）推导出电子的比荷的表达式；
（3）若去掉极板D1、D2间的电压，只保留匀强磁场B，电子通过极板间的磁场区域的轨迹为一个半径为r的圆弧，阴极射线射出极板后落在荧光屏上的P3点．不计P3与P1点的水平间距，求P3与P1点的竖直间距y．
【答案】（1）电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v．
由平衡条件有evB=eE
两极板间电场强度E=
解得v=
（2）极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间电子在竖直方向做匀加速运动，设其加速度为a．由牛顿第二定律有V=M解得加速度a=电子射出极板时竖直方向的偏转距离
电子射出极板时竖直方向的分速度为v=at1=
电子离开极板间电场后做匀速直线运动，经时间t2到达荧光屏，
电子在t2时间在竖直方向运动的距离y2=vyt2=
这样，电子在竖直方向上的总偏移距离b=y1+y2解得电子比荷 =
（3）极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，如答图所示
则tan = 穿出磁场后在竖直方向上移动的距离y3=L2tan = 则y=r+y3-解得y=r﹣
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【分析】（1）当电子在极板D1、D2间受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求出电子运动速度．
（2）极板间仅有偏转电场时，电子在电场中做类平抛运动，将运动分解成沿电场强度方向与垂直电场强度方向，然后由牛顿第二定律和运动学公式可求出偏转距离和离开电场时的速度．电子离开电场后，做匀速直线运动，从而可以求出偏转距离．
（3）极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，画出电子运动的轨迹，根据几何知识求解y．
16．汤姆孙测定阴极射线粒子比荷的实验原理如图所示，阴极发出的电子束沿直线射到荧光屏上的O点时，出现一个光斑．在垂直于纸面的方向上加一个磁感应强度为3.0×10﹣4T的匀强磁场后，电子束发生偏转，沿半径为7.2cm的圆弧运动，打在荧光屏上的P点．然后在磁场区域加一个竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为1.14×103V/m时，光斑P又回到O点，求电子的比荷．
【答案】解答：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，由牛顿第二定律知：qvB= ，比荷为： …①加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力Eq和洛伦兹力qvB平衡，因此有：Eq=qvB…②由①②式得： C/kg=1.76×1011C/kg．答：电子的比荷1.76×1011C/kg．
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】 【分析】只受到洛伦兹力，根据牛顿第二定律列式；再根据电场力与洛伦兹力平衡列式，即可求解．
17．在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0cm的矩形，右边界距荧光屏20.0cm，高度足够．某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=4.55×10﹣3T不变．电子初速度不计，经U=4550V电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点（若无磁场，亮点在屏中心），已知电子的质量m=0.91×10﹣30kg，电荷量e=1.6×10﹣19C．
（1）在图中大致图出电子运动的径迹；
（2）求亮点偏离荧光屏中心的距离．
【答案】（1）
（2）电子经U加速得到速度v0由eU=
得v0= = =m/s=4×107m/s．
由evB= 得①
r= = m=0.05m=5cm②
sinα=0.6，cosα=0.8，tanα=o.75③亮点偏离屏中心的距离：
y=（r﹣rcosα）+20.0tanα=5×（1﹣0.8）cm+20.0×0.75cm=16cm；
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【分析】（1）电子在电场中做直线运动，在磁场中由左手定则判断洛伦兹力方向向上，则电子向上偏转；（2）先由动能定理求出粒子离开电场时获得的速度，然后由牛顿第二定律求出粒子在磁场中圆周运动的半径，亮点偏离荧光屏中心的距离为磁场中竖直方向偏离的距离与做匀速直线运动过程竖直方向的位移之和．
18．1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现什么？图中银箔的作用是 完成该实验的下列核反应方程
【答案】解答：卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变并发现了质子，实验装置中银箔的作用是刚好阻挡α粒子打到荧光屏，但是不能阻挡其它粒子的穿过，这样可判断是否有新的粒子产生，根据质量数和电荷数守恒可知产生的新粒子除817O还有质子即11H，．故答案为：质子；刚好阻挡α粒子打到荧光屏，不能阻挡其它粒子的穿过，11H．
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】 【分析】要了解卢瑟福发现质子过程和实验装置，注意书写核反应方程的原则是质量数和电荷数守恒．
19．1930年发现，科学家在真空条件下用α粒子轰击 时，产生了一种看不见的、贯穿力很强的不带电粒子，为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核，并以此推算出了该粒子的质量，从而确定改粒子为中子．设氢核的质量为mH，氮核的质量为氢核质量的14倍，碰撞后氢核的速度为vH，氮核的速度为vN，假设中子与它们的碰撞为弹性弹性碰撞，碰撞的粒子分别为中子和氢核及中子和氮核．
（1）试写出α粒子轰击 的核反应方程；
（2）试根据中子与氢原子和氮原子的碰撞结果，利用题中的可测量量，推算出中子的质量．
【答案】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得：
（2）查德威克认为氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰；设中性粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为vH，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mHvH…①
…②其中v是碰撞后中性粒子的速度，由此可得：
vH= …③
同理，mv0=mv+mNvN
mv02= mv2+ mNvN2
可得出中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度vN= …④
因为mN=14mH，由方程③④可得 …⑤
将速度的最大值代入方程⑤，解得：m=1.05mH…⑥
【知识点】动量守恒定律；放射性同位素及其应用
【解析】 【分析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒配平，书写核反应方程．（2）根据查德威克的理论：氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰，遵守动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式得到氢核的最大速度vH与初速度v0的关系式；用同样的方法得到中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度vN表达式，即可得到两个之比，从而求中性粒子（中子）的质量m与氢核的质量mH的关系．
20．1897年汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而使人们认识到原子是可分的．汤姆生当年用来测定电子比荷（电荷量e与质量m之比）的实验装置如图所示，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场，圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与C、D的长度相等．已知极板C、D的长度为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2．由K发出的电子，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域．若C、D间无电压，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子将打在荧光屏上的P点，P点到O点的距离为H；若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点．不计重力影响．
（1）求电子打在荧光屏O点时速度的大小．
（2）推导出电子比荷的表达式．
（3）利用这个装置，还可以采取什么方法测量电子的比荷？
【答案】（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则：evB=eE
又：E=
即：v=
（2）若在两极板间加上电压U，电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为： 电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：a= 在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：y1= 离开极板区域时竖直向下的分速度为：vy=at1
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏，
在时间t2内向下运动的距离为：y2=vyt2
则：H=y1+y2
解得： ．
（3）说出任何一种合理方法均可，例如：a．测量出A与K之间的电压U′；再在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；
b．测量出A与K之间的电压U′；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
c．在两极板间加上电压U，在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，使电子打在荧光屏上的O点；再撤去两极板间加上电压，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
d．只在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP、OP′的长度便能计算电子的比荷．
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【分析】（1）电子所受电场力与洛仑兹力相等，根据平衡条件列方程求电子的速度大小；（2）若在两极板间加上电压U，电子在水平方向做匀速运动在竖直方向做匀加速运动，根据类平抛运动规律列方程求解；（3）结合带电粒子在磁场中运动的有关知识思考一些其他方法即可．
21．电视机显像管简单原理如图所示，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，如要求电子束偏转角为α，已知电子电量为e，质量为m．
（1）画出整个过程的轨迹图；
（2）电子在磁场中运动的时间；
（3）求加速电场的电势差U．
【答案】（1）
（2）根据电子做匀速圆周运动，则运动时间：t= 由T=
解得：t= ；
（3）电子经加速电场加速后，速度为v，
则由动能定理得：eU= mv2；
由几何关系得，电子运动半径：R= ；由牛顿第二定律，有：evB= ；由以上各式解得加速电压：U=
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】 【分析】（1）根据电场力与洛伦兹力方向，结合力与运动的关系，从而即可求解；（2）根据电子的运动周期，结合圆心角，即可求解；（3）根据动能定理与牛顿第二定律，结合几何关系，即可求解．
22．汤姆生用如图所示的装置（阴极射线管）发现了电子．电子由阴极C射出，在CA间电场加速，A′上有一小孔，所以只有一细束的电子可以通过P与P′两平行板间的区域，电子通过这两极板区域后打到管的末端，使末端S处的荧光屏发光（荧光屏可以近似看成平面）．水平放置的平行板相距为d，长度为L，它的右端与荧光屏的距离为D．当平行板间不加电场和磁场时，电子水平打到荧光屏的O点；当两平行板间电压为U时，在荧光屏上S点出现一亮点，测出OS=H；当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点．若不考虑电子的重力，求
（1）CA间的加速电压U′；
（2）电子的比荷 ．
【答案】（1）粒子在加速场中：eU′= mv02得：U′= ①偏转场中：a= ②L=v0t1③竖直方向位移：y1= at12④
射出偏转场后，水平方向：D=v0t2⑤
竖直方向：y2=at1 t2 ⑥
又：y1+y2=H⑦
联立②③④⑤⑥⑦ 得： = ⑧
⑧代入①得：U′= ⑨
（2）当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点，根据平衡条件：
=ev0B⑩
由①⑨⑩ 联立得：
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【分析】（1）粒子在极板间时竖直方向做匀加速直线运动，射出偏转场后竖直方向做匀速直线运动，整个过程水平方向一直为匀速直线运动，利用竖直方向位移之和为H列方程求解；（2）根据粒子所受电场力和洛伦兹力平衡列方程求比荷．
23．汤姆孙测定电子比荷的实验装置如图甲所示．从阴极K发出的电子束经加速后，以相同速度沿水平中轴线射入极板D1、D2区域，射出后打在光屏上形成光点．在极板D1、D2区域内，若不加电场和磁场，电子将打在P1点；若只加偏转电压U，电子将打在P2点；若同时加上偏转电压U和一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），电子又将打在P1点．已知极板长度为L，极板间距为d．忽略电子的重力及电子间的相互作用．
（1）求电子射人极板D1、D2区域时的速度大小；
（2）打在P2点的电子，相当于从D1、D2中轴线的中点O′射出，如图乙中的O′P2所示，已知∠P2O′P1=θ试推导出电子比荷 的表达式；
（3）若两极板间只加题中所述的匀强磁场，电子在极板间的轨迹为一段圆弧，射出后打在P3点．测得圆弧半径为2L、P3与P1间距也为2L，求图乙中P1与P2点的间距a．
【答案】（1）电子在极板D1、D2间电场力与洛伦兹力的作用下沿中心轴线运动，即受力平衡，设电子的进入极板间时的速度为v．
由平衡条件有：
evB=eE①
两极板间电场强度：E= ②
解得：
v= ③
（2）由几何关系得电子射出电场时竖直方向的侧移量：y= tan 8④根据牛顿第二定律，有： =ma⑤根据分位移公式，有：L=vt⑥
y= ⑦
又v= 联立各式得到： = ⑧
（3）如图所示，极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，已知r=2L，由几何关系得到：α=30°⑨射出磁场后水平方向的距离：
x= =3L（10）
解得：a=（ +3L）tanθ=
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】 【分析】（1）当电子在极板D1、D2间受到电场力与洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，受力平衡，由平衡条件可求出电子运动速度．（2）极板间仅有偏转电场时，电子在电场中做类平抛运动，将运动分解成沿电场强度方向与垂直电场强度方向的分运动，然后由牛顿第二定律和运动学公式列式后联立求解，从而可以求出电子比荷 的表达式．（3）极板D1、D2间仅有匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，射出磁场后电子做匀速直线运动，画出电子运动的轨迹，根据几何知识求解y．
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