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题目列表(包括答案和解析)

7月25日,在山东省临沂市祊河角沂河村河段,三名男子游泳时由于河水湍急被困河中,被捆位置离河岸20m处,河水速度为3m/s,假设被困者为了在最短的时间内游泳上岸,他们在静水中游泳的最大速度为1m/s,那么应该选用的方法及正确的说法是(  )

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(7分) 如图所示,一个质量为2kg的物体静止在光滑水平面上。现沿水平方向对物体施加10N的拉力,取10m/s2,求:

   

(1)物体运动时加速度的大小;

(2)物体运动3s时速度的大小。

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7年全国卷Ⅱ)如图所示,在PQQR区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面,bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以abcdef为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t关系示意图中正确的是

 

 

 

 

 

 

 

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(7分)平直轨道上一列质量为1.6×106kg的火车,当其机车牵引力为2.1×105N时,火车在3.0s内由静止匀加速到0.3m/s,则这列火车受到的阻力多大?当火车以同样的加速度由静止匀加速到4.0m/s时,火车的位移大小为多少? (假设火车受到的阻力保持不变)

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(7分)某物体在地面上受到的重力为160N,将它放置在卫星中,在卫星以加速度随火箭向上加速上升的过程中,当物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90N时,求此时卫星距地球表面有多远?(地球半径)

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1.答案:A 根据核反应方程中质量数和电荷数守恒可得.

2.答案:A 由衰变规律,质量数不变,质子数增加1,质子增加2,所以发生2次衰变.

3.答案:B 由动能定理知功相同,结合前动能相同,,因此,碰撞过程动量守恒,,故碰后速度v一定与PA相同,向右.

4.答案:C 根据爱因斯坦的质能方程知

=92.16MeV.

5.答案:B小球与墙壁碰撞后,如果无能量损失,则小球应以相同的速率返回,这种情况动量变化量最大等于2mv,动能变化量最小为零,所以②正确;如果小球与墙壁碰后粘在墙上,动量变化量最小等于mv,动能变化量最大等于,所以④正确.

6.答案:D 由可知X粒子为

7.答案:D 利用放射线消除有害静电是利用射线的电离性,使空气分子电离成倒替,将静电泄出;射线对人体细胞伤害太大,因此不能用来人体透视,在用于治疗肿瘤时要严格控制剂量;DNA变异并不一定都是有益的,也有时发生变害的一面.

8.答案:A

根据,可得,则

9.答案:D   由动量守恒定律pA=pA/+pB,再由德布罗意波长公式λ=h/p,得到

h/λ1=h/λ2+h3

10.答案:D   平台光滑,说明小孩和木板组成的系统动量守恒.小孩从木板右端B向左端A走动时,木板将沿平台向右移动,二者相对于平台的动量的大小相等,即。设经过时间小孩走到A端,则,即,又m。联立二式解得,m.此时,木板的重心已向右移到了平台上,即使小孩从左端A离开木板,木板也不会翻倒,故D正确.

11.答案:(1)根据题意得,ON+e,e+e2.(2分)

(2)B正确. (2分)

(3)根据E=h=mc2c=/υ可得=h/mc. (2分)

(4)根据同位素的用途,半衰期应极短. (2分)

12.答案:(1)接通打点计时器的电源  (2分)  放开滑块1 (2分)  (2)0.620    (2分)  0.618 (2分)  (3)纸带与打点计时器限位孔有摩擦(4分)

解析:作用前系统的总动量为滑块1的动量p0=m1v0

v0=0.2/0.1=2m/s,p0=0.31×2=0.620kg?m/s.作用后系统的总动量为滑块1和滑

块2的动量和,且此时两滑块具有相同的速度vv=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:水从h高处落下可认为是自由落体运动,速度为v,则(2分)

m/s①(2分)

设在很短时间t内有质量为m的水落到石头上,以它为研究对象,设石头对水的平均作

用力为F,取竖直向下为正方向,由动量定理得,②,而

(5分)

由①②③式代入数据解得,N(2分)

根据牛顿第三定律可知,水对石头的反作用力=N. (2分)

14.解析:设X衰变时放出的α粒子的速度为,在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,则由上图可知,

(1分)又=,(1分)

所以.(2分)

因衰变过程中动量守恒,故有,(2分)

.(2分)

衰变过程中释放的能量为(2分)

由爱因斯坦质能方程,得(2分)

故原子核X的质量为.(2分)

15.解析:(1)可发射6种频率的光子(4分)

(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为,代入数据得E=2.55eV(3分)

(3)E只大于铯的逸出功,故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应.

根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为(3分)

代入数据得,eV(或1.0×10-19J)(3分)

16.解析:(1)A、B碰撞过程中满足动量守恒,mAvA=mAv1+mBvB(2分)

vB=2.4m/s(2分)

方向沿斜面向上(1分)

(2)设经过时间T=0.60s,A的速度方向向上,此时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)

可见A、B将再次相碰,违反了题意,因此碰撞后A先做匀减速运动,速度减为零后,

再做匀加速运动.(1分)

对A列出牛顿第二定律:mAgsinθ+μmgcosθ-F=mAa1,(2分)

mAgsinθ-μmgcosθ-F=mAa2,(2分)

v1=a1t1v2=a2(T-t1) (2分)

解得F=0.6N(1分)

17.解析:解:以彗星和撞击器组成的系统为研究对象,设彗星的质量为M,初速度为v01,撞击器质量m=370kg,速度v02=38000km/h=1.1×104m/s,撞击后速度为v

由动量守恒定律得:

      ①  (4分)

由于M远大于m,所以,上式可以化为:

          ②(4分)

解得:                ③(2分)

由题给信息知,撞击后彗星的运行速度改变了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)小球由静止摆到最低点的过程中,有(2分)

(1分)

小球与物块Q相撞时,没有能量损失,动量守恒,机械能守恒,

,(1分)

,(1分)

解得,(1分)

二者交换速度,即小球静止下来,而(1分)

Q在平板车上滑行的过程中,有(1分)

(1分)

小物块Q离开平板车时,速度为(1分)

(2)由能的转化和守恒定律,知(1分)

(1分)

解得,(1分)

(3)小物块Q在平板车上滑行过程中,对地位移为s,则

(1分)

解得,(1分)

平抛时间(1分)

水平距离(1分)

Q落地点距小球的水平距离为(1分)

 

 


同步练习册答案