Question

14．如圖所示，為一種研究核反應(yīng)的設(shè)備示意圖．容器中為的放射性同位素${\;}_{94}^{239}Pu$，可衰變?yōu)?{\;}_{92}^{235}U$并放射出能量為E的γ光子（衰變前可視為靜止，衰變放出的光子動(dòng)量可忽略），衰變后速度大的粒子沿直線 OQ 向探測(cè)屏 MN 運(yùn)動(dòng)．為簡(jiǎn)化模型，設(shè)衰變生成的${\;}_{92}^{235}U$的質(zhì)量為m、速度均為v，生成的另一種粒子每秒到達(dá)探測(cè)屏N個(gè)，打到 Q 點(diǎn)后 40%穿透探測(cè)屏，60%被探測(cè)屏吸收，且粒子穿透時(shí)能量損失 75%，則
（1）試寫(xiě)出衰變方程；
（2）求打到 Q 點(diǎn)前該粒子的速度大��；
（3）求一個(gè)${\;}_{94}^{239}Pu$核衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損；
（4）求探測(cè)屏受到的撞擊力大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒寫(xiě)出衰變方程；
（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得出鈾核和α粒子的動(dòng)量大小相等，由此求出速度；
（3）求出釋放的能量，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程求出虧損的質(zhì)量；
（4）由動(dòng)量定理即可求出探測(cè)屏受到的撞擊力大�。�

解答 解：（1）根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒寫(xiě)出衰變方程：${\;}_{94}^{239}Pu$→${\;}_{92}^{235}U{+}_{2}^{4}He$
（2）因?yàn)殪o止的${\;}_{94}^{239}Pu$發(fā)生α衰變時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，${\;}_{92}^{235}U$和${\;}_{2}^{4}He$的動(dòng)量大小相等，方向相反：
所以：m•v=m_αv′
由于U235的核子數(shù)為235，α粒子的質(zhì)量數(shù)為4，所以：$v′=\frac{mv}{{m}_{α}}=\frac{235}{4}•v$
（3）由題意，衰變的過(guò)程中放出的能量：
$△E=E+\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{α}v{′}^{2}$=$E+\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{235}{8}m{v}^{2}$=$E+\frac{239}{8}m{v}^{2}$
由質(zhì)能方程可知，虧損的質(zhì)量：$△m=\frac{△E}{{c}^{2}}$=$\frac{E}{{c}^{2}}+\frac{239m{v}^{2}}{8{c}^{2}}$
（4）根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式：${E}_{k}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$可知，穿透探測(cè)屏后的粒子的速度為到達(dá)屏的粒子速度的一半．
根據(jù)動(dòng)量定理，則每一秒內(nèi)：F×1=0.4N•m_α•（v′-$\frac{1}{2}v′$）+0.6N•m_αv′=0.8N•m_αv′
聯(lián)立可得：F=0.8Nmv
答：（1）衰變方程為${\;}_{94}^{239}Pu$→${\;}_{92}^{235}U{+}_{2}^{4}He$；
（2）打到 Q 點(diǎn)前該粒子的速度大小是$\frac{235}{4}v$；
（3）一個(gè)${\;}_{94}^{239}Pu$核衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損是$\frac{E}{{c}^{2}}+\frac{239m{v}^{2}}{8{c}^{2}}$；
（4）探測(cè)屏受到的撞擊力大小是0.8Nmv．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道衰變的過(guò)程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，以及掌握愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，并能靈活運(yùn)用．