2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年辽宁省沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷 一、选择题（每题4分，共48分．1-7小题只有一个正确答案，8-12小题有多个正确答案，全部选对得4分，选不全得2分，有错选不得分．）‎ ‎1.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示。下列说法中正确的是 A. 时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 B. 时刻通过线圈的磁通量为0‎ C. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大 D. 每当电流方向变化时，线圈平面就会与中性面垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项：由图t1时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故A错误；‎ B项：t2时刻感应电动势为零，线圈通过中性面时，磁通量最大，故B错误；‎ C项：t3时刻感应电动势最大，由法拉第电磁感电动势可知，此时通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大，故C正确；‎ D项：每当电流转换方向时，线圈与磁场垂直，故D错误。‎ 点晴：矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。‎ ‎2.倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆ab处于静止。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B从零开始逐渐增加至ab杆恰好开始运动时，ab杆受到的静摩擦力 A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先减小后增大 D. 某时刻静摩擦力的大小不可能等于安培力大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则，判断安培力的方向；然后对杆受力分析，受重力、支持力、安培力和静摩擦力（可能有），根据共点力平衡条件列式分析．‎ ‎【详解】加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；根据平衡条件可知：；加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度B逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；根据平衡条件，有：；由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加，故AB错误，C正确；当安培力小于重力的下滑分力时，根据平衡条件，有：；如果，则，故D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题关键是对杆受力分析，然后根据平衡条件列式分析。‎ ‎3. 如图所示。直角三角形导线框abc以大小为V的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框的边长），则此过程中导线框中感应电流的大小随时间变化的规律为下列四个图像当中的哪一个？ （ ）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 三角形线框abc进入磁场后切割磁感线的有效长度变短，总电阻不变，则进入时电流逐渐减小，AD错误；当出来时仍是切割磁感线的有效长度变短，故B正确、C错误。‎ ‎4.如图所示的理想变压器电路中，变压器原副线圈的匝数比为1：2，在a、b端输入正弦交流电压U，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是 A. 乙灯泡的额定电流最大 B. 甲灯的额定电压为 C. 丙灯的电阻最小 D. 乙灯泡的额定电压最小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设原线圈中电流为I1，根据交流比可知，副线圈中的电流为，即丙灯泡的额定电流为，设原线圈两端的电压为，则副线圈两端的电压为2，由于三个灯泡的额定功率相等，则，可见乙灯的额定电流为，甲灯的额定电流为，A错误；丙灯的额定电流最小，D错误；则，B正确；由电阻定义式，,，C错误；故选B.‎ 点睛：本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。‎ ‎5.如图所示，甲图为正弦式交流电，乙图正值部分按正弦规律变化，负值部分电流恒定，丙图为方波式交流电，三个图中的和周期T相同.三种交流电的有效值之比为( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 甲图中交流电的有效值为；对乙图：，解得；对丙图有效值为I3=I0：则三种交流电的有效值之比为：，故选A. ‎ 点睛：对于电流的有效值常常根据电流的热效应研究，正弦交流电的有效值等于最大值的倍，本题同时要抓住电流的热效应与电流的方向无关的特点进行研究．‎ ‎6.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 是聚变 B. 是裂变 C. 是α衰变 D. 是裂变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 是轻核的聚变，选项A正确； 是重核的裂变，选项B正确； 是α衰变方程，选项C正确； 是β衰变方程，选项D错误；此题选择不正的选项，故选D.‎ ‎7.如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 合上开关S时，A1和A2同时亮 B. 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭 C. 断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭 D. 断开开关S时，流过A2的电流方向向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析.‎ ‎【详解】当开关S闭合时，灯A2立即发光，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来，所以灯A2比灯A1先亮；由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A错误；稳定后当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向向左，故B正确，CD错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解.‎ ‎8.如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2. 49 eV的金属钠，下列说法正确的是（ ）‎ A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短 B. 这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最高 C. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11. 11 eV D. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9. 60 eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ 这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论△E=Em-En（m＞n）得知，从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，由E=hγ=hc/λ得知，频率最高，波长最短。故A B错误；从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得Ekm=hv-W0=12.09-2.49eV=9.60eV．故C错误，D正确。故选D。‎ ‎9.如图甲所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5），图乙是氢原子的能级图，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该金属的逸出功为0.5eV B. 根据该图象能求出普朗克常量 C. 该金属的极限频率为4.27×1014Hz D. 用n＝3能级的氢原子跃迁到m＝2能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生电效应 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的斜率等于h。横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hγ0，根据数学知识进行求解。‎ ‎【详解】当Ek＝hγ﹣W＝0时，逸出功为W＝hγ0＝6.63×10﹣34J•s×4.27×1014 Hz＝2.83×10﹣19J≈1.77eV，故A错误；由Ek＝hγ﹣W，得知，该图线的斜率表示普朗克常量h，故B正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hγ﹣W，Ek﹣γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.27×1014 Hz，故C正确；用n＝3能级的氢原子跃迁到m ‎＝2能级时所辐射的光能量为△E＝E3﹣E2＝﹣1.51﹣（﹣3.4）＝1.89eV＞1.77eV，能发生光电效应，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解。‎ ‎10.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝1：10．在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器T2的原、副线圈数之比为n3：n4＝10：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其它因素的影响，则（　　）‎ A. T1的副线圈两端电压的最大值为2010V B. T2的原线圈两端的电压为2000V C. 输电线上损失的电功率为100W D. T1原线圈输入的电功率为10.1kW ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据降压变压器的输出电压，结合匝数比求出输入电压，从而得出输电线电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出升压变压器的输出功率。‎ ‎【详解】T2副线圈电流 ，设输电线中的电流为I3．则比得，则有I3＝5A，设T2原线圈两端的电压为U3．则，即得 U3＝2000V，输电线上的损失电压为 U损＝I3•2r＝5×2＝10V，T1的副线圈两端电压 U2＝U损+U3＝10+2000＝2010V，所以T1的副线圈两端电压的最大值为2010 V，故AB正确；输电线上损失的功率 P损＝I32•2r＝52×2＝50W，故C错误；T1的原线圈输入的电功率为 P1＝10kW+50W＝10.05kW，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。‎ ‎11. （ 2012年2月山西四校联考）如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。则下面判断正确的是:（ ）‎ A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同 B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同 C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场 D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，选项A正确；当运动的轨道半径等于圆形磁场区域的半径时，两电子在磁场中运动的时间都为T/4，时间相同，选项B错误；进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场，可能二者同时飞出磁场，进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场，选项C错误D正确。‎ ‎12.下列说法正确的是（　　）‎ A. 只有原子序数大于或等于83的元素才具有放射性 B. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的 C. 在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为（λ＞λ0）的单色光做该实验，会产生光电效应 D. 某种放射性元素的样品经过8小时后还有没有衰变，它的半衰期是2小时 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小于83元素的同位素也有放射性；β衰变所释放的电子是原子核内的中子衰变得来的；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定；根据光电效应的条件：入射光的频率大于极限频率，且波长越长，频率越小；半衰期是半数发生衰变所需的时间，经过8小时后还有1/16没有衰变，求出半衰期的次数，从而求出半衰期的时间.‎ ‎【详解】原子序数大于83的元素都具有放射性，但不是只有原子序数大于83的元素才具有放射性，故A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，故B正确；某金属的截止频率对应的波长为λ0，根据，结合光电效应发生的条件可知，若用波长为λ（λ＞λ0）的单色光做该实验，其频率变小，不会产生光电效应，故C错误；每经过一个半衰期，有半数发生衰变，经过8小时后还有没有衰变，根据公式：m＝m0•（）n知，经过了4个半衰期，所以半衰期等于2小时，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎【点睛】理解β衰变的电子从何而来，注意光电效应的作用，掌握光电效应的条件，及对截止频率与截限波长的理解，同时理解半衰期公式。‎ 二、实验題（本大题共4小题，第13题4分，第15题8分，第16题10分）‎ ‎13.用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm ‎【答案】50.15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺主尺读数为，游标读数为，所以最终读数为：‎ ‎，即为物体的长度。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。‎ ‎14.用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 m；‎ ‎【答案】4.700±0.002‎ ‎【解析】‎ 解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，‎ 所以最终读数为4.700mm=4.700×10﹣3m．‎ 故答案为：4.700×10﹣3‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，注意读数时需估读．‎ ‎15.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：‎ A．小灯泡：规格为“3.8 V,0.3 A”‎ B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω C．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω D．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩ E. 电压表: 量程0～15 V，内阻约为50 kΩ E．滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A F. 滑动变阻器: 阻值范围0～100 Ω，额定电流50 mA G．电池组：电动势6 V，内阻约为1 Ω H．开关一只，导线若干 ‎（1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选______，电压表应选_____,滑动变阻器应选_______。(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用______________的连接方式。‎ ‎（2）在答题纸上的框中画出实验电路图_______。‎ ‎【答案】 (1). （1）B、 (2). D、 (3). E、 (4). 分压式 (5). （2）如图； ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的B．需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E； （2）小灯泡电阻约为13Ω，则有：‎ ‎，故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．电路图如右图．‎ ‎ 点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法．‎ ‎16.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻r＝0.3Ω C．电压表：量程0～3V，内阻未知 D．滑动变阻器：0～10Ω，2A E．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差：在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）实验电路图应选择如图中的_____（填“甲”或“乙“）：‎ ‎（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣1图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝_____V，内电阻r＝_____Ω．（所有结果保留两位有效数字）。‎ ‎（3）忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测_____E 真，r 测_____r真（选填“＜”、“＝”或“＞”）。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 1.5 (3). 0.70 (4). ＝ (5). ＝‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意分析实验电路，根据实验误差来源选择实验电路；电源U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻；根据题意分析实验误差。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，电流表内阻已知，电流表采用外接法可以减小实验误差，应选择甲电路图；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知，路端电压：U＝E﹣Ir，U﹣I图象与纵轴截距等于电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，由图示电源U﹣I图可知，电源的电动势：E＝1.50V，内电阻：‎ ‎（3）由题意可知，电流表的内阻已知，它引起的误差可以算出来，这样就可以消除误差，则电源电动势与内阻的测量值都等于真实值.‎ ‎【点睛】本题考查了实验电路选择、实验数据处理与实验误差分析，本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻。‎ 三、计算题（本大题共3小题，共40分．解答时要求写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不能得分．）‎ ‎17.如图所示，边长为1=60cm的正方形线圈abcd的匝数为n=100匝，线圈电阻为r=1Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线00′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B=0.2T，现在线圈以00′为轴，以角速度ω=10rad/s匀速转动，求：‎ ‎(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；‎ ‎(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；‎ ‎(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量。‎ ‎【答案】（1）i=4sin10t(A) （2）Q=1.44πJ （3）q=0.4C ‎【解析】‎ ‎(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为： ‎ 由闭合电路欧姆定律可以知道，当以图示为计时起点时，流过R的电流表达式为： ‎ 代入数据的：i=4sin10t(A)‎ ‎(2)在线框由图示位置匀速转动900的过程中，用有效值来计算电阻R产生的热量 ，其中， ‎ 计算得出： ‎ 代入数据的：Q=1.44πJ.‎ ‎(3)在转过900的过程中感应电动势的平均值为：‎ ‎ ‎ 流过R的平均电流 计算得出：流过R的电量 ‎ 代入数据的：q=0.4C.‎ 点睛：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．‎ ‎18.如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)导体棒MN的稳定速度；‎ ‎(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。‎ ‎【答案】(1)e=10sin10πtV (2)v=2m/s (3)t=1.0s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）线圈转动过程中电动势的最大值为：‎ 则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：‎ ‎（2）电动机的电流：‎ 电动机的输出功率：‎ 又 而棒产生的感应电流：‎ 稳定时棒处于平衡状态，故有：‎ 由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：，（舍去）‎ ‎（3）由能量守恒定律得：‎ 其中 解得：‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化、交流电。‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式以及峰值，棒达到稳定速度时，处于平衡状态，根据平衡条件列式求解。‎ ‎19.已知原子核质量为209.98287u，原子核的质量为205.9746u原子核的质量为4.00260u，静止的核在α衰变中放出α粒子后变成．（计算结果均保留三位有效数字）求：‎ ‎（1）请写出核反应方程；‎ ‎（2）在衰变过程中释放的能量；‎ ‎（3）α粒子从Po核中射出的动能（已知u相当于931.5MeV，且核反应释放的能量只转化为动能）。‎ ‎【答案】（1）→+（2）5.41MeV（3）5.31MeV ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒；求出质量亏损△m，根据爱因斯坦质能方程求解释放的能量；衰变前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律分析α粒子和铅核关系，根据动能与动量的关系及能量守恒列式求解。‎ ‎【详解】（1）根据质量数与质子数守恒规律，则有，衰变方程：‎ ‎（2）衰变过程中质量亏损为：△m＝209.982 87 u﹣205.974 46 u﹣4.002 60 u＝0.00581 u 反应过程中释放的能量为：△E＝0.005 81×931.5 MeV＝5.41 MeV；‎ ‎（3）因衰变前后动量守恒，则衰变后α粒子和铅核的动量大小相等，方向相反，‎ 则有：‎ 即：mαEkα＝mPb•EkPb，‎ 则：4Ekα＝206•Ekpb 又因核反应释放的能量只能转化为两者的动能，故有：Ekα+Ekpb＝△E＝5.41 Mev 所以α粒子从钋核中射出的动能为：Ekα＝5.31 MeV ‎【点睛】该题基于衰变考查动量守恒定律、质能方程和能量守恒等，要注意质能方程对应的质量为亏损的质量.‎ ‎ ‎ ‎ ‎