A.可能停止運動 B.一定向右運動 C.可能向左運動 D.仍運動.但運動方向不能確定 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

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在正常體溫下,如果腦部的血流停止,則腦細胞會在幾分鐘之內(nèi)缺氧而死.若是將體溫降低約20℃,腦細胞的耗氧量也隨之降低,如此可容許血流暫停時間延長,以利腦部手術(shù)進行.畢竟手術(shù)之前,病患的心肺功能開始由心肺機取代,如圖(a)所示,心肺機包括三大部分:氧合器作為人工肺,對血液供氧;抽送泵代表心臟,推動血液循環(huán);熱交換器則提供熱量交換,經(jīng)由血液循環(huán)調(diào)節(jié)體溫,體重約60公斤重的病患,其體溫監(jiān)測記錄如圖(b)所示.(1)此病患的腦部手術(shù)最適宜的時段在
 

(A)10時至12時
(B)13時30分至14時
(C)14時至15時
(D)15時至16時.
(2)如圖(c)所示,工程師考慮將線圈纏繞在活塞下端,利用與固定磁鐵之間的相對運動,帶動抽送泵中的活塞,抽送血液.圖中左活門只能向外自由開啟,反向則封閉管路.下列有關(guān)此設(shè)計構(gòu)想的敘述正確的是
 

(A)血液由左活門吸入,右活門推出
(B)當甲電極為正,乙電極為負時,活塞向上運動
(C)當甲電極為正,乙電極為負時,抽送泵將血液吸入
(D)當甲電極為負,乙電極為正時,抽送泵內(nèi)壓強降低
(3)人類大動脈的截面積約是5.0×10-4m2,若心臟推送血液的平均壓強約為1.2×104Pa,平均流速約0.20m/s.則心臟推動血液流動的平均功率約為
 
W.
(4)心肺機一次抽送所作的功稱為每搏功或搏功,它可以用推出血液所增加的壓強能和動能來表示,前者等于搏出量乘以射血壓強,即每搏功(J)=搏出量(m3)×射血壓強(Pa)+動能(J).假設(shè)由心肺機提供的動力使之逐漸回復(fù)到常態(tài),壓力與血液流速的關(guān)系如圖(d)所示,當血液流速為16cm/s,搏動頻率為72次/分時,心肺機每搏功約為
 
J.(血液的密度約與水相當)

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在正常體溫下,如果腦部的血流停止,則腦細胞會在幾分鐘之內(nèi)缺氧而死.若是將體溫降低約20℃,腦細胞的耗氧量也隨之降低,如此可容許血流暫停時間延長,以利腦部手術(shù)進行.畢竟手術(shù)之前,病患的心肺功能開始由心肺機取代,如圖(a)所示,心肺機包括三大部分:氧合器作為人工肺,對血液供氧;抽送泵代表心臟,推動血液循環(huán);熱交換器則提供熱量交換,經(jīng)由血液循環(huán)調(diào)節(jié)體溫,體重約60公斤重的病患,其體溫監(jiān)測記錄如圖(b)所示.(1)此病患的腦部手術(shù)最適宜的時段在______
(A)10時至12時
(B)13時30分至14時
(C)14時至15時
(D)15時至16時.
(2)如圖(c)所示,工程師考慮將線圈纏繞在活塞下端,利用與固定磁鐵之間的相對運動,帶動抽送泵中的活塞,抽送血液.圖中左活門只能向外自由開啟,反向則封閉管路.下列有關(guān)此設(shè)計構(gòu)想的敘述正確的是______
(A)血液由左活門吸入,右活門推出
(B)當甲電極為正,乙電極為負時,活塞向上運動
(C)當甲電極為正,乙電極為負時,抽送泵將血液吸入
(D)當甲電極為負,乙電極為正時,抽送泵內(nèi)壓強降低
(3)人類大動脈的截面積約是5.0×10-4m2,若心臟推送血液的平均壓強約為1.2×104Pa,平均流速約0.20m/s.則心臟推動血液流動的平均功率約為______W.
(4)心肺機一次抽送所作的功稱為每搏功或搏功,它可以用推出血液所增加的壓強能和動能來表示,前者等于搏出量乘以射血壓強,即每搏功(J)=搏出量(m3)×射血壓強(Pa)+動能(J).假設(shè)由心肺機提供的動力使之逐漸回復(fù)到常態(tài),壓力與血液流速的關(guān)系如圖(d)所示,當血液流速為16cm/s,搏動頻率為72次/分時,心肺機每搏功約為______J.(血液的密度約與水相當)

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足夠長的水平木板,沿水平方向向右做勻速直線運動。木板上有兩個質(zhì)量不等的鐵塊與木板一起做勻速直線運動,兩個鐵塊沿運動方向分布,質(zhì)量大的在前,質(zhì)量小的在后,并有一定的間隔。某時刻木板突然停止運動,下列說法正確的是(   )

A.若木板光滑,由于前面的鐵塊慣性大,兩個鐵塊之間距離將增大

B.若木板光滑,由于后面的鐵塊慣性小,兩個鐵塊之間距離將減小

C.若木板不光滑,兩個鐵塊有可能相撞

D.無論木板是否光滑,兩個鐵塊之間距離總是保持不變

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如圖所示,閉合的矩形金屬框以一定的初速度v沿足夠大的光滑(不計一切摩擦性阻力包括空氣阻力)的絕緣水平面向右運動,進入有界的勻強磁場區(qū)域,如果金屬框會停止運動,它停止運動的位置只可能是圖中的

[  ]

A.ac

B.bd

C.cd

D.abc

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()1. 如圖所示,閉合的矩形金屬框以一定的初速度v沿光滑絕緣的水平面向右運動,進入有界的勻強磁場區(qū)域,或不計空氣阻力,該金屬框可能停止運動的位置是圖中的:(  )

A.a(chǎn)              B.b              C.c              D.d

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1.答案:A 根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得.

2.答案:A 由衰變規(guī)律,質(zhì)量數(shù)不變,質(zhì)子數(shù)增加1,質(zhì)子增加2,所以發(fā)生2次衰變.

3.答案:B 由動能定理知功相同,結(jié)合前動能相同,,因此,碰撞過程動量守恒,,故碰后速度v一定與PA相同,向右.

4.答案:C 根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程知,

,,

=92.16MeV.

5.答案:B小球與墻壁碰撞后,如果無能量損失,則小球應(yīng)以相同的速率返回,這種情況動量變化量最大等于2mv,動能變化量最小為零,所以②正確;如果小球與墻壁碰后粘在墻上,動量變化量最小等于mv,動能變化量最大等于,所以④正確.

6.答案:D 由可知X粒子為

7.答案:D 利用放射線消除有害靜電是利用射線的電離性,使空氣分子電離成倒替,將靜電泄出;射線對人體細胞傷害太大,因此不能用來人體透視,在用于治療腫瘤時要嚴格控制劑量;DNA變異并不一定都是有益的,也有時發(fā)生變害的一面.

8.答案:A ,

根據(jù),可得,則

9.答案:D   由動量守恒定律pA=pA/+pB,再由德布羅意波長公式λ=h/p,得到

h/λ1=h/λ2+h3

10.答案:D   平臺光滑,說明小孩和木板組成的系統(tǒng)動量守恒.小孩從木板右端B向左端A走動時,木板將沿平臺向右移動,二者相對于平臺的動量的大小相等,即。設(shè)經(jīng)過時間小孩走到A端,則,即,又m。聯(lián)立二式解得,m.此時,木板的重心已向右移到了平臺上,即使小孩從左端A離開木板,木板也不會翻倒,故D正確.

11.答案:(1)根據(jù)題意得,ON+e,e+e2.(2分)

(2)B正確. (2分)

(3)根據(jù)E=h=mc2c=/υ可得=h/mc. (2分)

(4)根據(jù)同位素的用途,半衰期應(yīng)極短. (2分)

12.答案:(1)接通打點計時器的電源  (2分)  放開滑塊1 (2分)  (2)0.620    (2分)  0.618 (2分)  (3)紙帶與打點計時器限位孔有摩擦(4分)

解析:作用前系統(tǒng)的總動量為滑塊1的動量p0=m1v0

v0=0.2/0.1=2m/s,p0=0.31×2=0.620kg?m/s.作用后系統(tǒng)的總動量為滑塊1和滑

塊2的動量和,且此時兩滑塊具有相同的速度v,v=0.168/0.14=1.2m/s,

p=(m1+m2)v=(0.310+0.205)×1.2=0.618 kg?m/s.

13.解析:水從h高處落下可認為是自由落體運動,速度為v,則(2分)

m/s①(2分)

設(shè)在很短時間t內(nèi)有質(zhì)量為m的水落到石頭上,以它為研究對象,設(shè)石頭對水的平均作

用力為F,取豎直向下為正方向,由動量定理得,②,而

(5分)

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得,N(2分)

根據(jù)牛頓第三定律可知,水對石頭的反作用力=N. (2分)

14.解析:設(shè)X衰變時放出的α粒子的速度為,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,則由上圖可知,

(1分)又=,(1分)

所以.(2分)

因衰變過程中動量守恒,故有,(2分)

.(2分)

衰變過程中釋放的能量為(2分)

由愛因斯坦質(zhì)能方程,得(2分)

故原子核X的質(zhì)量為.(2分)

15.解析:(1)可發(fā)射6種頻率的光子(4分)

(2)由玻爾的躍遷規(guī)律可得光子的能量為,代入數(shù)據(jù)得E=2.55eV(3分)

(3)E只大于銫的逸出功,故光子只有照射銫金屬上時才能發(fā)生光電效應(yīng).

根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可得光電子的最大初動能為(3分)

代入數(shù)據(jù)得,eV(或1.0×10-19J)(3分)

16.解析:(1)A、B碰撞過程中滿足動量守恒,mAvA=mAv1+mBvB(2分)

vB=2.4m/s(2分)

方向沿斜面向上(1分)

(2)設(shè)經(jīng)過時間T=0.60s,A的速度方向向上,此時A的位移m(1

分)

B的加速度aB=gsinθ=6m/s2(1分)

B的位移m(1分)

可見A、B將再次相碰,違反了題意,因此碰撞后A先做勻減速運動,速度減為零后,

再做勻加速運動.(1分)

對A列出牛頓第二定律:mAgsinθ+μmgcosθ-F=mAa1,(2分)

mAgsinθ-μmgcosθ-F=mAa2,(2分)

v1=a1t1,v2=a2(T-t1) (2分)

解得F=0.6N(1分)

17.解析:解:以彗星和撞擊器組成的系統(tǒng)為研究對象,設(shè)彗星的質(zhì)量為M,初速度為v01,撞擊器質(zhì)量m=370kg,速度v02=38000km/h=1.1×104m/s,撞擊后速度為v

由動量守恒定律得:

      ①  (4分)

由于M遠大于m,所以,上式可以化為:

          ②(4分)

解得:                ③(2分)

由題給信息知,撞擊后彗星的運行速度改變了0.0001 mm/s,即

m/s ④     (3分)

代入③式解得    M≈4×1013kg              ⑤(3分)

18.解析:(1)小球由靜止擺到最低點的過程中,有(2分)

(1分)

小球與物塊Q相撞時,沒有能量損失,動量守恒,機械能守恒,

,(1分)

,(1分)

解得,(1分)

二者交換速度,即小球靜止下來,而(1分)

Q在平板車上滑行的過程中,有(1分)

(1分)

小物塊Q離開平板車時,速度為(1分)

(2)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,知(1分)

(1分)

解得,(1分)

(3)小物塊Q在平板車上滑行過程中,對地位移為s,則

(1分)

解得,(1分)

平拋時間(1分)

水平距離(1分)

Q落地點距小球的水平距離為(1分)

 

 


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