題目列表(包括答案和解析)
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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,比質(zhì)子增加2,所以發(fā)生2次衰變.
3.答案:B 由動(dòng)能定理知功相同,結(jié)合前動(dòng)能相同,,因此,碰撞過程動(dòng)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(dòng)量變化量最大等于2mv,動(dòng)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(dòng)量變化量最小等于mv,動(dòng)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(duì)人體細(xì)胞傷害太大,因此不能用來人體透視,在用于治療腫瘤時(shí)要嚴(yán)格控制劑量;DNA變異并不一定都是有益的,也有時(shí)發(fā)生變害的一面.
8.答案:A ,,,
根據(jù),可得,則.
9.答案:D 由動(dòng)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+h/λ3.
10.答案:D 平臺(tái)光滑,說明小孩和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.小孩從木板右端B向左端A走動(dòng)時(shí),木板將沿平臺(tái)向右移動(dòng),二者相對(duì)于平臺(tái)的動(dòng)量的大小相等,即。設(shè)經(jīng)過時(shí)間小孩走到A端,則,即,又m。聯(lián)立二式解得,m.此時(shí),木板的重心已向右移到了平臺(tái)上,即使小孩從左端A離開木板,木板也不會(huì)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=mc2和c=/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(diǎn)計(jì)時(shí)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(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔有摩擦(4分)
解析:作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為滑塊1的動(dòng)量p0=m1v0.
v0=0.2/0.1=
塊2的動(dòng)量和,且此時(shí)兩滑塊具有相同的速度v,v=0.168/0.14=1.
p=(m1+m2)v=(0.310+0.205)×1.2=0.
13.解析:水從h高處落下可認(rèn)為是自由落體運(yùn)動(dòng),速度為v,則(2分)
m/s①(2分)
設(shè)在很短時(shí)間t內(nèi)有質(zhì)量為m的水落到石頭上,以它為研究對(duì)象,設(shè)石頭對(duì)水的平均作
用力為F,取豎直向下為正方向,由動(dòng)量定理得,②,而③
(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(duì)石頭的反作用力=N. (2分)
14.解析:設(shè)X衰變時(shí)放出的α粒子的速度為,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(shí)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(dòng)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(dòng)量守恒,mAvA=mAv1+mBvB(2分)
得vB=2.
方向沿斜面向上(1分)
(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間T=0.60s,A的速度方向向上,此時(shí)A的位移m(1
分)
B的加速度aB=gsinθ=
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(yùn)動(dòng),速度減為零后,
再做勻加速運(yùn)動(dòng).(1分)
對(duì)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(duì)象,設(shè)彗星的質(zhì)量為M,初速度為v01,撞擊器質(zhì)量m=
由動(dòng)量守恒定律得:
① (4分)
由于M遠(yuǎn)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(yùn)行速度改變了0.
m/s ④ (3分)
代入③式解得 M≈4×
18.解析:(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程中,有(2分)
(1分)
小球與物塊Q相撞時(shí),沒有能量損失,動(dòng)量守恒,機(jī)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(shí),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(duì)地位移為s,則
(1分)
解得,(1分)
平拋時(shí)間(1分)
水平距離(1分)
Q落地點(diǎn)距小球的水平距離為(1分)
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