如圖甲所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為α的光滑平行導電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源．將一根質量為m的直導體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直．已知軌道和導體棒的電阻及電源的內電阻均不能忽略，通過導體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，圖11乙為圖甲沿a→b方向觀察的平面圖．若重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導體棒在軌道上保持靜止．
（1）請在圖11乙所示的平面圖中畫出導體棒受力的示意圖；
（2）求出磁場對導體棒的安培力的大小；
（3）如果改變導軌所在空間的磁場方向，試確定使導體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應強度B的最小值的大小和方向．

查看答案和解析>>

（2007?閔行區模擬）在“研究平拋運動”的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄小球的運動軌跡．每個最小方格的邊長l=2.5cm，若小球在平拋運動途中的幾個位置，如圖11中B、C、D點所示，則小球從拋出到B點所用時間為

0.1

0.1

s，小球的初速度

1.5

1.5

m/s，并請在圖上畫出小球運動的初始位置A點．

查看答案和解析>>

有一個標有“12V、24W”的燈泡，為了測定它在不同電壓下的實際功率和額定電壓下的功率，需測定燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流，現有如下器材：
A．直流電源15V（內阻可不計）
B．直流電流表0～0.6A～3A（內阻0.5Ω、0.1Ω）
C．直流電流表0～300mA（內阻約5Ω）
D．直流電壓表0～3V～15V（內阻約3kΩ、15kΩ）
E．直流電壓表0～25V（內阻約200kΩ）
F．滑動變阻器10Ω、5A
G．滑動變阻器1kΩ、3A
（1）實驗臺上已放置開關、導線若干及燈泡，為了完成實驗需要從上述器材中再選用

ABDF

ABDF

（用序號字母表示）．
（2）在相應方框內畫出最合理的實驗原理圖．
（3）若測得燈絲電阻R隨燈泡兩端電壓變化關系的圖線如圖11所示，由 這條曲線可得出：正常發光條件下，燈絲消耗的電功率是

23.2W

23.2W

；如果燈絲電阻與（t+273）的大小成正比，其中t為燈絲攝氏溫度值，室溫t=27℃，則正常發光時燈絲的溫度是

1587

1587

℃．

查看答案和解析>>

風能是一種環保型的可再生能源．據勘測，我國利用風力資源至少有2.53×10⁵MW，所以風能是很有開發前途的能源．風力發電是將風的動能通過風力發電機轉化為電能的過程．某風力發電機將傘氣的動能轉化為電能的效率η=20%，空氣密度ρ=1.3kg/m³，其有效受風面積S=20m²．此風力發電機輸出U=250V穩定的直流電壓，用它給如圖11所示的皮帶傳送裝置的電動機（電動機未畫出）供電，輸電線電阻不計．已知皮帶傳送裝置的電動機的額定電壓U_額=250V，允許消耗電功率的最大值P_電m=500W，線圈電阻R=5.0Ω，在該電動機消耗電功率達到最大值的情況下，電動機及皮帶傳送裝置各部分由于摩擦而損耗的功率與皮帶傳送裝置輸出的機械功率之比為1：5．重力加速度g取10m/s²．
（1）求此風力發電機在風速v₁=10m/s時輸出的電功率；
（2）求皮帶傳送裝置的電動機消耗電功率達到最大值時，皮帶傳送裝置輸出的機械功率；
（3）已知傳送帶兩端A、B之間距離s=10m，高度差h=4.0m．現將一貨箱（可視為質點）無初速地放到傳送帶上A處，經t=1.0s后貨箱與傳送帶保持相對靜止，當貨箱被運送至B處離開傳送帶時再將另一個相同的貨箱以相同的方式放到A處，如此反復，總保持傳送帶上有一個（也只有一個）貨箱．在運送貨箱的過程中，傳送帶的運行速度始終保持v₂=1.0m/s不變．若要保證皮帶傳送裝置的電動機所消耗電功率始終不超過P_電m=500W，貨箱的質量應滿足怎樣的條件．

查看答案和解析>>

小汽車甲以8m/s的速度在平直的公路上向右勻速行駛．某時刻，發現在其正前方20m處，有一貨車乙剛好以2m/s²的加速度由靜止開始向右做勻加速直線運動，且當乙車速度達到12m/s時，便保持此速度勻速運動，而甲車繼續勻速運動．
（1）求乙車速度增加到8m/s所用的時間
（2）判斷甲車能否追上乙車？若能追上，求出追上時所用的時間；若不能追上，求出甲、乙之間的最小距離
（3）請在圖11中畫出0～8s內甲、乙兩車的速度v與時間t的圖象．

查看答案和解析>>

高考真題

1．【解析】（1）A為康普頓散射，B為光電效應，康普頓散射和光電效應都深入揭示了光的粒子性；

C為粒子散射，不是光子，揭示了原子的核式結構模型。D為光的折射，揭示了氫原子能級的不連續；

（2） 系統動量守恒的條件為所受合外力為零。即電場力與重力平衡；

（3）由核反應過程中電荷數和質量數守恒可寫出核反應方程：，可知這種粒子是正電子。由圖象可知的半衰期為14天，的衰變后還剩，經歷了4個半衰期，所以為56天。

【答案】（1）AB    （2）    （3）56天

2．【解析】本題考查放射性元素衰變的有關知識，本題為較容易的題目。由衰變方程： ,由質量數守恒和電荷數守恒得：232=220+4x,90=86+2x-y可解得：x=3、 y=2。

【答案】D

3．【解析】由電荷數守恒和質量數守恒查得經8次a衰變和4次b衰變，最后變成鉛的同位素

【答案】8   4  

4．【解析】由氫原子躍遷規律可求得發出6條不同頻率的譜線

【答案】6

5．【解析】：盧瑟福在α粒子散射實驗中發現了大多數α粒子沒有大的偏轉，少數發生了較大的偏轉，盧瑟福抓住了這個現象進行分析，提出了原子的核式結構模型；1MeV=1×10⁶×1.6×10^-19= mv²，解得v=6.9×10⁶m/s 。

【答案】了大多數α粒子沒有大的偏轉，v=6.9×10⁶m/s

6．【解析】：放射性元素的原子核在α衰變或β衰變生成新原子核時，往往以γ光子的形式釋放能量，即伴隨γ輻射；根據半衰期的定義，經過t＝T₁?T₂時間后剩下的放射性元素的質量相同，則 = ，故m_A：m_B＝2^T2 : 2^T1 

【答案】：γ，2^T2 : 2^T1

7．【解析】由核反應方程的質量數和電荷數守恒，可得各個選項中的x分別為正電子、α粒子、質子、中子。

【答案】C

8．【解析】：該核剩下1/4，說明正好經過兩個半衰期時間，故該生物死亡時距今約2×5730年=11460年。

【答案】11460年

9．【解析】根據核反應方程質量數和電荷數守恒可知選項B、D正確。

【答案】BD

10．【解析】氫原子的發射光譜是不連續的，只能發出特定頻率的光，說明氫原子的能級是分立的，選項B、C正確。根據玻爾理論可知，選項D錯誤。

【答案】BC

11．【解析】題目中所給裝置是盧瑟福研究粒子散射實驗裝置，故選項A正確。

【答案】A

12．【解析】只有靜止氘核吸收光子能量大于其結合能時，才能分解為一個質子和一個中子，故A項正確，B項錯誤；根據能量守恒定律，光子能量大于氘核結合題，則多余的能量以核子動能形式呈現，故C項錯，D項正確。

【答案】AD

13．【解析】核反應方程是H+nH+；輻射出的光子的能量E=(₁+m₂-m₃)c²；光子的波長。

【答案】B

14．【解析】⑴盧瑟福提出了原子的核式結構模型；玻爾把量子理論引入原子模型，并成功解釋了氫光譜；查德威克發現了中子（或其他成就）。

⑵設中子質量為M_n靶核質量為M，由動量守恒定律M_nv₀=M_nv₁+Mv₂

解得：在重水中靶核質量：M_H=2M_n，；在石墨中靶核質量：M_c=12M   與重水靶核碰后中子速度較小，故重水減速效果更好。 

【答案】（1）盧瑟福提出了原子的核式結構模型；玻爾把量子理論引入原子模型，并成功解釋了氫光譜；查德威克發現了中子   （2）重水減速效果更好

名校試題

1．【解析】 “氦”與氘核聚變的核反應時符合質量數與電荷數守恒，且聚變是放能反應。

【答案】AD

2．【解析】A為α衰變方程，B為聚變方程，C為發現質子的人工核反應方程，D為裂變方

程，現在核電站獲取核能的方式為裂變，D正確。

【答案】D

3．【解析】已知一個鈹原子質量為m₁，則鈹核的質量為m₁－4m_e。一個鋰原子質量為m₂，則鋰核的質量為m₁－3m_e。題述核反應的質量虧損Δm＝[(m₁－4m_e)＋m_e]－(m₁－3m_e)＝m₁―m₂，故題述核反應釋放的能量為ΔE＝Δmc²＝(m₁―m₂)c²，A正確。

【答案】A

4．【解析】①   (3分)

②  （2分）

③ （2分）

(1分)

【答案】（1）   （2）     （3）

5．【解析】（1）  

（2）質量虧損  △m=0.0059u   

△E=△mc²=0.0059×931MeV=5.49MeV 

（3）系統動量守恒，釷核和α粒子的動量大小相等，即

所以釷核獲得的動能  

【答案】（1）    （2）5.49MeV     （3）

6．【解析】⑴CDF

⑵①

②洛倫茲力提供帶電粒子在勻強磁場運動的向心力得：由上式得：

    因和的動量等大，所在磁場相同，有：

即：

【答案】（1）CDF     （2）   （3）

7．【解析】（1）He+Na→Mg+H  

   （2）α粒子、新核的質量分別為4m、26m，質子的速率為v，對心正碰，由動量守恒定律得：

       解出：v=0.23c  

【答案】（1）He+Na→Mg+H     （2）v=0.23c 

8．【解析】（1）       2分

   （2）設中子，氫核（）、氘核（）的質量分別為m₁、m₂、m₃，速度大小分別為v₁、v₂、v₃，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，

由

由………………①

由動量守恒定律得：

……………………②                                  

由徑跡圖象可知反向

即：

解得

方向與中子速度方向相反

【答案】（1）    （2）   

9．【解析】（1）                                                   

   （2）用m₁、m₂和m₃分別表示中子（）、氦核（）和氚核的速度，由動量守恒定律得                                                                                                          

    代入數值，得

    即反應后生成的氚核的速度大小為                             

    方向與反應前中子的速度方向相反                                                   

   （3）反應前的總動能

    反應后的總動能

    經計算知E₂>E₁，故可知反應中發生了質量虧損。                           

【答案】（1）  （2）   （3）E₂>E₁，故可知反應中發生了質量虧損

10．【解析】（1）

   （2）相互作用過程中動量守恒P₁=P₂ …

     …  

    由能量定恒得  

11．【解析】（1）

（2）根據題意可知，a粒子在磁場中做原半徑R=1.06m,設a粒子的速度為v₁帶電量為g，

質量為m則有

kg?m/s

a粒子的動能J

鐳核衰變滿足動量守恒，設氡核的質量為M，速度為v₂有

氡核能的動能

鐳核衰變時釋放的能量J

【答案】（1）    （2） J

考點預測題

1．【解析】由三種射線的特點和半衰期的含義不難判斷選項D正確。

【答案】D

2．【解析】根據衰變規律

20天對于元素A是5個半衰期,對于元素B是4個半衰期,因為原來A和B的質量相同,設原來的質量都為,所以剩下的A和B的質量為

    所以正確選項為C.

【答案】C

3．【解析】:波長越長，頻率越低，能量越小的光子，               

越容易表現出衍射現象，應該是從n=4躍遷到n=3能級產生的，AB錯；總共可輻射種不同頻率的光，C錯；從n=2能級躍遷到n=1時輻射的光子能量，大于金屬鉑的逸出功，D正確。

【答案】D

    4．【解析】由題意可知，μ氫原子吸收光子后，發出頻率為ν₁、ν₂、ν₃、ν₄、ν₅和ν₆的光，說明μ氫原子吸收光子后 就會躍遷到n＝4的能級 然后再從n＝4的能級往低能級躍遷 4－3 、4－2、 4－1 、3－2、 3－1 、2－1 就剛好有6種不同頻率的光發出．因頻率依次增大 ，根據原子發射或吸收光子時,滿足玻爾理論的躍遷假設，所以畫圖后順著數應為 E＝hν₃，故選項C正確．

【答案】C

5．【解析】設原子核X的質量數為x，電荷數為y，依題意寫出核反應方程，根據質量數守恒和電荷數守恒，可得原子核Y的質量數為x，電荷數為y-1，原子核Z的質量數為x-3，電荷數為y-2。由此可得X核的質子（y）比Z核的質子（y-2）多2個，A錯；由此可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1個，B錯；X核的質量數（x）比Z核的質量數（x-3）多3個，C對；X核與Z核的總電荷（2y-2）是Y核電荷（y-1）的2倍，D對。

【答案】CD

6．【解析】本題考查放射性元素衰變的有關知識，本題為較容易的題目。由衰變方程： ,由質量數守恒和電荷數守恒得：232=220+4x,90=86+2x-y可解得：x=3、 y=2．

【答案】D

7．【解析】核反應中釋放的能量可由愛因斯坦方程先計算出質量虧損后進而求得。

    （1）核反應方程為  H+H→He+n

（2）質量虧損為

     △m=2×2.0136?1.0087?3.0150

       =0.0035（u）

而對應于1u的質量虧損，釋放的核能為931.5MeV，于是上述核反應中釋放的能量為

     △E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV

（3）設氘核H，氦核He，中子n的質量數分別為m、m₁、m₂，于是有

     mσ－mσ=m₁σ₁－m₂σ₂

   mσ²=E_k=0.35MeV

 m₁σ=

m₂σ=

  2E_k+△E=+

  由此解得

     =2.97MeV

     =0.99MeV

【答案】(1)   H+H→He+n   (2)  △E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV       (3) =2.97MeV=0.99MeV

8．【解析】u帶+e電量，帶+e電量，（+e）+（+e）=＋e，而π⁺帶+e電量，帶電量守恒，所以A選項正確，同理，D選項正確。

【答案】AD

9．【解析】質子帶電為+e，所以它是由2個上夸克和1個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為　　　　①

代入數值，得 F_m=46N，為斥力.�、�

上夸克與下夸克之間的靜電力為　�、�

代入數值，得 F_nd=23N，為吸力.④

【答案】F_nd=23N，為吸力

10．【解析】⑴由質量數守恒和電荷數守恒得：B+n→He+Li          

⑵由于α粒子和反沖核都帶正電，由左手定則知，它們旋轉方向都是順時針方向，示意圖如圖8所示

⑶由動量守恒可以求出反沖核的速度大小是10³m/s方向和α粒子的速度方向相反，由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可求得它們的半徑之比是120∶7

⑷由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期公式可求得它們的周期之比是6∶7

【答案】（1）B+n→He+Li      （2） 見圖8    （3）6∶7

11．【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r=mv/qB，K^-介子和π^-介子電荷量又相同，說明它們的動量大小之比是2∶1，方向相反。由動量守恒得π⁰介子的動量大小是π^-介子的三倍，方向與π^-介子的速度方向相反。選C。

【答案】C

12．【解析】設構成鈹“輻射”的中性粒子的質量和速度分別為m和v，氫核的質量為m_H。構成鈹“輻射”的中性粒子與氫核發生彈性正碰，碰后兩粒子的速度分別為v和v。由動量守恒與能量守恒定律得

mv＝m v＋m_H v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  ①

　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

     解得v＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

同理，對于質量為m_N的氮核，其碰后速度為

v＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

由③④式可得m＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

根據題意可知v=7.0v                                               ⑥

將上式與題給數據代入⑤式得

m＝1.2u       

【答案】m＝1.2u

13．【解析】α射線不能穿過3mm厚的鋁板，γ射線又很容易穿過3mm厚的鋁板，基本不受鋁板厚度的影響。而β射線剛好能穿透幾毫米厚的鋁板，因此厚度的微小變化會使穿過鋁板的β射線的強度發生較明顯變化。即是β射線對控制厚度起主要作用。若超過標準值，說明鋁板太薄了，應該將兩個軋輥間的距離調節得大些。

【答案】（1）β射線    （2）調節得大些

14．【解析】(1)

     (2)反應堆每年提供的核能                           ①

     其中T表示1年的時間

     以M表示每年消耗的          ②

     解得:          ③

【答案】（1）     （2）1

15．【解析】（1）要估算太陽的質量M，研究繞太陽運動的任一顆行星的公轉均可，現取地球為研究對象。設T為地球繞日心運動的周期，則由萬有引力定律和牛頓定律可知                                

地球表面處的重力加速度                

得                            

以題給數值代入，得   M＝2×10³⁰ kg             

（2）根據質量虧損和質能公式，該核反應每發生一次釋放的核能為

△E＝（4m_p＋2m_e－m_α）c²                       

代入數值，得        △E＝4.2×10^-12 J                   

（3）根據題給假設，在太陽繼續保持在主序星階段的時間內，發生題中所述的核聚變反應的次數為                                 

因此，太陽總共輻射出的能量為         E＝N?△E

設太陽輻射是各向同性的，則每秒內太陽向外放出的輻射能為 ε＝4πr²w  

所以太陽繼續保持在主星序的時間為                     

由以上各式解得       

以題給數據代入，并以年為單位，可得t＝1×10¹⁰年＝1百億年        

【答案】（1）M＝2×10³⁰ kg   （2）△E＝4.2×10^-12 J        （3）t＝1×10¹⁰年＝1百億年