题目内容

匀强磁场中有一个静止的氮核
 
14
7
N，被与磁场方向垂直、速度为v的α粒子击中形成复合核，然后沿跟α粒子的入射方向相反的方向释放出一个速度也为v的质子，则（　　）
A、质子与反冲核的动能之比为17：25
B、质子与反冲核的动量大小之比为1：5
C、质子与反冲核的动量大小之比为8：17
D、质子与反冲核在磁场中旋转频率之比为17：8
分析：根据质量数守恒和电荷数守恒写出核反应方程式，
α粒子撞击714N核形成复合核过程，遵循动量守恒定律，列方程求解反冲核速度，再根据动能和动量表达式求解．
解答：解：A、该过程的核反应方程为：
 
4
2
He+
 
14
7
N→
 
1
1
H+
 
17
8
0，
α粒子撞击714N核形成复合核过程，遵循动量守恒定律，规定α粒子速度方向为正方向，
mav=-mHv+mOv′
解得：反冲核速度v′=
5v
17
，
质子与反冲核的动能之比为
1
2
×1×v2
1
2
×17×(
5v
17
)2
=17：25，故A正确；
B、质子与反冲核的动量大小之比为
1×v
17×
5v
17
=1：5，故B正确，C错误；
D、质子与反冲核在磁场中旋转周期T=
2πm
Bq
，频率f=
1
T

频率之比为
1
1
8
17
=17：8，故D正确；
故选：ABD．
点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，微观粒子的碰撞过程遵守两大守恒定律：动量守恒和能量守恒．
练习册系列答案
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28
13
Al放出α粒子（即
 
4
2
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24
11
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