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题型:填空题
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填空题

一个静止的、不稳定的原子核质量为m′,当它放射出一个质量为m,速度为v的粒子后,剩余部分获得的反冲速度大小是______

正确答案

解析

解:规定后质量为m的粒子的速度方向为正,根据动量守恒定律研究整个原子核:

0=mv+(m′-m)v′

得:v′=-

即剩余部分获得的反冲速度大小为,方向与规定正方向相反;

故答案为:

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题型:简答题
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简答题

如图所示,竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源A,其电荷量Q=+4×10-3 C,场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为,其中k为静电力恒量,r为空间某点到A的距离.有一个质量为m=0.1kg的带正电小球B,B球与A球间的距离为a=0.4m,此时小球B处于平衡状态,且小球B在场源A形成的电场中具有的电势能表达式为,其中r为q与Q之间的距离.有一质量也为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H=0.8m处自由下落,落在小球B上立刻与小球B粘在一起向下运动,它们到达最低点后又向上运动,它们向上运动到达的最高点P.(取g=10m/s2,k=9×109 N•m2/C2),求:

(1)小球C与小球B碰撞后的速度为多少?

(2)小球B的带电量q为多少?

(3)P点与小球A之间的距离为多大?

(4)当小球B和C一起向下运动与场源A距离多远时,其速度最大?速度的最大值为多少?

正确答案

解:(1)小球C自由下落H距离的速度v0==4 m/s

小球C与小球B发生碰撞,由动量守恒定律得:mv0=2mv1

所以v1=2 m/s

(2)小球B在碰撞前处于平衡状态,

对B球进行受力分析知:

代入数据得:C

(3)C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点,运动过程中系统能量守恒,

设P与A之间的距离为x,

由能量守恒得:

代入数据得:x=(0.4+) m(或x=0.683 m)

(4)当C和B向下运动的速度最大时,与A之间的距离为y,

对C和B整体进行受力分析有:

代入数据有:y=m(或y=0.283 m)

由能量守恒得:

代入数据得:(或vm=2.16 m/s)

答:(1)小球C与小球B碰撞后的速度为2 m/s

(2)小球B的带电量q为C

(3)P点与小球A之间的距离为(0.4+) m

(4)当小球B和C一起向下运动与场源A距离是m,速度最大.其速度最大是

解析

解:(1)小球C自由下落H距离的速度v0==4 m/s

小球C与小球B发生碰撞,由动量守恒定律得:mv0=2mv1

所以v1=2 m/s

(2)小球B在碰撞前处于平衡状态,

对B球进行受力分析知:

代入数据得:C

(3)C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点,运动过程中系统能量守恒,

设P与A之间的距离为x,

由能量守恒得:

代入数据得:x=(0.4+) m(或x=0.683 m)

(4)当C和B向下运动的速度最大时,与A之间的距离为y,

对C和B整体进行受力分析有:

代入数据有:y=m(或y=0.283 m)

由能量守恒得:

代入数据得:(或vm=2.16 m/s)

答:(1)小球C与小球B碰撞后的速度为2 m/s

(2)小球B的带电量q为C

(3)P点与小球A之间的距离为(0.4+) m

(4)当小球B和C一起向下运动与场源A距离是m,速度最大.其速度最大是

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题型:简答题
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简答题

一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块,木块的质量分别为m1和m2,设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t1和t2,子弹在木块中受到的阻力为恒力f,求子弹穿过两木块后,两木块各以多大的速度运动?

正确答案

解:设子弹穿过木块m1时,m1、m2的速度为v1,以子弹的初速度方向为正方向,以m1、m2为研究对象,由动量定理得:ft1=(m1+m2)v1

解得:v1=

设子弹穿透木块m2时,m2的速度为v2,以子弹的速度为正方向,以m2为研究对象,由动量定理得:

ft2=m2v2-m2v1

解得:v2=+;                  

答:子弹穿过两木块后,m1的速度为,m2的速度为+

解析

解:设子弹穿过木块m1时,m1、m2的速度为v1,以子弹的初速度方向为正方向,以m1、m2为研究对象,由动量定理得:ft1=(m1+m2)v1

解得:v1=

设子弹穿透木块m2时,m2的速度为v2,以子弹的速度为正方向,以m2为研究对象,由动量定理得:

ft2=m2v2-m2v1

解得:v2=+;                  

答:子弹穿过两木块后,m1的速度为,m2的速度为+

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题型:简答题
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简答题

A.选修3-3

(1)有以下说法:其中正确的是______

A.“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积

B.理想气体在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比

C.气体分子的平均动能越大,气体的压强就越大

D.物理性质各向同性的一定是非晶体

E.液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的

F.控制液面上方饱和汽的体积不变,升高温度,则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大,密度增大,压强也增大

G.让一小球沿碗的圆弧型内壁来回滚动,小球的运动是可逆过程

(2)如图甲所示,用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气,活塞上放一砝码,活塞和砝码的总质量为m,现对汽缸缓缓加热使汽缸内的空气温度从TI升高到T2,且空气柱的高度增加了△l,已知加热时气体吸收的热量为Q,外界大气压强为p0,问此过程中被封闭气体的内能变化了多少?请在下面的图乙的V-T图上大致作出该过程的图象(包括在图象上标出过程的方向).

(3)一只气球内气体的体积为2L,密度为3kg/m3,平均摩尔质量为15g/mol,阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1,试估算这个气球内气体的分子个数.

B.(选修模块3-4)

(1)下列说法中正确的是______

A.交通警通过发射超声波测量车速,利用了波的干涉原理

B.电磁波的频率越高,它所能携带的信息量就越大,所以激光可以比无线电波传递更多的信息

C.单缝衍射中,缝越宽,条纹越亮,衍射现象也越明显

D.地面上测得静止的直杆长为L,则在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L

(2)如图所示,一弹簧振子在MN间沿光滑水平杆做简谐运动,坐标原点O为平衡位置,MN=8cm.从小球经过图中N点时开始计时,到第一次经过O点的时间为0.2s,则小球的振动周期为______s,振动方程的表达式为x=______cm;

(3)一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示,质点P此时刻沿-y运动,经过0.1s第一次到达平衡位置,波速为5m/s,那么:

①该波沿______(选填“+x”或“-x”)方向传播;

②图中Q点(坐标为x=7.5m的点)的振动方程y=______cm;

③P点的横坐标为x=______m.

C.选修3-5

(1)下列说法中正确的是______

A.X射线是处于激发态的原子核辐射出的方向与线圈中电流流向相同k

B.一群处于n=3能级激发态的氢原子,自发跃迁时能发出3种不同频率的光

C.放射性元素发生一次β衰变,原子序数增加1

D.235U的半衰期约为7亿年,随地球环境的变化,半衰期可能变短

(2)下列叙述中不符合物理学史的是______

A.麦克斯韦提出了光的电磁说

B.爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说

C.汤姆生发现了电子,并首先提出原子的核式结构模型

D.贝克勒尔通过对天然放射性的研究,发现了放射性元素钋(Pa)和镭(Ra)

(3)两磁铁各固定放在一辆小车上,小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg,乙车和磁铁的总质量为1.0kg.两磁铁的N极相对.推动一下,使两车相向运动.某时刻甲的速率为2m/s,乙的速率为3m/s,方向与甲相反.两车运动过程中始终未相碰,则两车最近时,乙的速度为多大?

正确答案

解:A.(选修模块3-3)

(1)(1)A、用油膜法估测分子的大小”实验中认为油酸分子之间无间隙,油酸膜为单层分子,所以可以认为油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积,故A正确.

B、没有确保是一定质量的理想气体,压强p与热力学温度T不一定成正比,故B错误.

C、温度是气体分子平均动能的量度,气体分子的平均动能越大,温度越高,故C错误.

D、多晶体的物理性质各向同性,所以不一定是非晶体,也有可能是多晶体,故D错误.

E、液体间的作用力是由分子间的引力和斥力相互作用一起的,即分子作用力,故E正确.

F、温度升高时,液体分子的平均动能增大,单位时间里从液面飞出的分子数增多,所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大,密度增大,压强也增大,故F正确.

G、在运动过程中有能量损失,故为不可逆过程,故G错误.

故选AEF

(2)由受力分析和做功分析知,在气体缓缓膨胀过程中,活塞与砝码的压力对气体做负功,大气压力也对气体做负功;

外界对气体所做的功W=-mg△l-p0S△l;

根据热力学第一定律得:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q;

故内能变化了:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q.

气体做等压变化,则体积随热力学温度成正比变化,V-T图所图所示:

(3)一只气球内气体的体积为2L,密度为3kg/m3

气体质量M=ρV=0.006Kg,

平均摩尔质量为15g/mol,所以气体的摩尔数n==0.4mol,

阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1,所以这个气球内气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B.(选修3--4)

(1)A、交通警通过发射超声波利用了多普勒效应测量车速.故A错误.

B、电磁波的频率越高,它所能携带的信息量就越大,激光是可见光,其频率比无线电波高,则激光可以比无线电波传递更多的信息.故B正确.

C、单缝衍射中,缝越宽,衍射现象越不明显.故C错误.

D、根据相对论尺缩效应可知,地面上测得静止的直杆长为L,在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L.故D正确.

故选BD

(2)简谐运动有往复性特点,从N到O的时间为四分之一周期,T=4×0.2S=0.8S

有周期可得圆频率数值为=,又由于从最大位移处计时函数式为余弦,振幅为4cm,即,

(3)①质点P此时刻沿-y运动,则根据波形平移法判断可知波沿-x方向传播.

②由图读出波长为λ=6m,则该波的周期为T═s

ω==rad/s,则图中Q点的振动方程y=5cos③质点P此时刻沿-y运动,经过0.1s第一次到达平衡位置,时间t=0.1s=则波在0.1s时间内波传播的距离为△x=vt=0.5cm,根据波形平移法得到,P点的横坐标为x=3cm-△x=2.5cm.

C.选修3-5

(1)A、x射线是位于原子内层电子跃迁才能放出的波长较短的一种电磁波,而由原子核辐射的光子能量更高,故A错误;

B、n=3能级的氢原子,自发跃迁时发出C2n=3条谱线,故B正确;

C、β衰变指原子核内的中子发生衰变,一个中子衰变为一个质子和一个电子,所以核电荷数+1,原子序数+1,故C正确;

D、半衰期是由原子核内部自身决定的,与地球环境不同,故D错误;

故选BC.

(2)A、麦克斯韦根据他提出的电磁理论,认为光是一种电磁波,并预言了电磁波的存在,从而提出了光的电磁说,故A正确.

B、爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说,故B错误.

C、汤姆生发现了电子,并首先提出原子的枣糕式模型,故C错误.

D、居里夫人通过对天然放射性的研究,发现了放射性元素钋(Pa)和镭(Ra).故D错误.

本题选错误的,故选BCD.

(3)两车最近时,两车的速度相等,设乙车的速度为正方向,则由动量守恒可知:

mv+mv=(m+m)v

代入数据可得:

-0.5×2+1×3=(0.5+1)v

解得:v=m/s

答:A.选修3-3(1)AEF(2)故内能变化:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q,等压过程图象为

(3)气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B.选修3-4(1)BD(2)周期T=0.8S;振动方程的表达式为x=4coscm

(3)①该波沿-x(选填“+x”或“-x”)方向传播;②图中Q点(坐标为x=7.5m的点)的振动方程y=5coscm;③P点的横坐标为x=2.5m.

C.选修3-5(1)BC(2)BCD(3)速度v=m/s

解析

解:A.(选修模块3-3)

(1)(1)A、用油膜法估测分子的大小”实验中认为油酸分子之间无间隙,油酸膜为单层分子,所以可以认为油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积,故A正确.

B、没有确保是一定质量的理想气体,压强p与热力学温度T不一定成正比,故B错误.

C、温度是气体分子平均动能的量度,气体分子的平均动能越大,温度越高,故C错误.

D、多晶体的物理性质各向同性,所以不一定是非晶体,也有可能是多晶体,故D错误.

E、液体间的作用力是由分子间的引力和斥力相互作用一起的,即分子作用力,故E正确.

F、温度升高时,液体分子的平均动能增大,单位时间里从液面飞出的分子数增多,所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大,密度增大,压强也增大,故F正确.

G、在运动过程中有能量损失,故为不可逆过程,故G错误.

故选AEF

(2)由受力分析和做功分析知,在气体缓缓膨胀过程中,活塞与砝码的压力对气体做负功,大气压力也对气体做负功;

外界对气体所做的功W=-mg△l-p0S△l;

根据热力学第一定律得:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q;

故内能变化了:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q.

气体做等压变化,则体积随热力学温度成正比变化,V-T图所图所示:

(3)一只气球内气体的体积为2L,密度为3kg/m3

气体质量M=ρV=0.006Kg,

平均摩尔质量为15g/mol,所以气体的摩尔数n==0.4mol,

阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1,所以这个气球内气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B.(选修3--4)

(1)A、交通警通过发射超声波利用了多普勒效应测量车速.故A错误.

B、电磁波的频率越高,它所能携带的信息量就越大,激光是可见光,其频率比无线电波高,则激光可以比无线电波传递更多的信息.故B正确.

C、单缝衍射中,缝越宽,衍射现象越不明显.故C错误.

D、根据相对论尺缩效应可知,地面上测得静止的直杆长为L,在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L.故D正确.

故选BD

(2)简谐运动有往复性特点,从N到O的时间为四分之一周期,T=4×0.2S=0.8S

有周期可得圆频率数值为=,又由于从最大位移处计时函数式为余弦,振幅为4cm,即,

(3)①质点P此时刻沿-y运动,则根据波形平移法判断可知波沿-x方向传播.

②由图读出波长为λ=6m,则该波的周期为T═s

ω==rad/s,则图中Q点的振动方程y=5cos③质点P此时刻沿-y运动,经过0.1s第一次到达平衡位置,时间t=0.1s=则波在0.1s时间内波传播的距离为△x=vt=0.5cm,根据波形平移法得到,P点的横坐标为x=3cm-△x=2.5cm.

C.选修3-5

(1)A、x射线是位于原子内层电子跃迁才能放出的波长较短的一种电磁波,而由原子核辐射的光子能量更高,故A错误;

B、n=3能级的氢原子,自发跃迁时发出C2n=3条谱线,故B正确;

C、β衰变指原子核内的中子发生衰变,一个中子衰变为一个质子和一个电子,所以核电荷数+1,原子序数+1,故C正确;

D、半衰期是由原子核内部自身决定的,与地球环境不同,故D错误;

故选BC.

(2)A、麦克斯韦根据他提出的电磁理论,认为光是一种电磁波,并预言了电磁波的存在,从而提出了光的电磁说,故A正确.

B、爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说,故B错误.

C、汤姆生发现了电子,并首先提出原子的枣糕式模型,故C错误.

D、居里夫人通过对天然放射性的研究,发现了放射性元素钋(Pa)和镭(Ra).故D错误.

本题选错误的,故选BCD.

(3)两车最近时,两车的速度相等,设乙车的速度为正方向,则由动量守恒可知:

mv+mv=(m+m)v

代入数据可得:

-0.5×2+1×3=(0.5+1)v

解得:v=m/s

答:A.选修3-3(1)AEF(2)故内能变化:△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q,等压过程图象为

(3)气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B.选修3-4(1)BD(2)周期T=0.8S;振动方程的表达式为x=4coscm

(3)①该波沿-x(选填“+x”或“-x”)方向传播;②图中Q点(坐标为x=7.5m的点)的振动方程y=5coscm;③P点的横坐标为x=2.5m.

C.选修3-5(1)BC(2)BCD(3)速度v=m/s

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题型:简答题
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简答题

(2016•银川校级一模)如图所示,在竖直的墙壁和光滑的水平面之间固定一定高度的台面,在台面右端并排放置一辆小车,小车的上表面与台面等高.在竖直的墙壁上固定一轻弹簧,弹簧的原长小于台面的长度,一可视为质点的滑块甲放置在弹簧的最右端,已知滑块甲和台面之间的摩擦力可忽略不计,另一与滑块甲完全相同的滑块乙静止地放在小车的最左端.用水平向左的外力请推滑块甲,使弹簧压缩到一定程度(在弹簧的弹性限度以内),外力做功为W=4.5J,此时撤去外力,经过一段时间滑块甲与滑块乙发生无能量损失的碰撞.已知小车的质量M=2.0kg.两滑块的质量均为m=1.0kg,滑块乙与小车上表面之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度取g=10m/s2.求:

(1)两滑块碰撞后滑块乙的速度大小为多少?

(2)欲使滑块乙不能离开小车,则小车的长度至少应为多少?

正确答案

解:(1)外力通过滑块甲压缩弹簧做功,根据功能关系可知,弹簧的弹性势能EP=W,

当滑块甲离开弹簧时有,联立解得:v=3m/s

以两滑块组成的系统为研究对象,取水平向右为正方向,两滑块之间发生无能量损失的碰撞,设碰撞后滑块乙的速度为v1,滑块甲的速度为v′,由动量守恒定律以及能量守恒定律得:

mv=mv′+mv1

联立解得:v1=v=3m/s,v′=0

(2)假设小车的长度为L时,滑块乙刚好不离开小车,设滑块乙在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为v2,由动量守恒定律得:

mv1=(M+m)v2

由能量守恒定律得:

解得:L=3m

答:(1)两滑块碰撞后滑块乙的速度大小为3m/s;

(2)欲使滑块乙不能离开小车,则小车的长度至少应为3m.

解析

解:(1)外力通过滑块甲压缩弹簧做功,根据功能关系可知,弹簧的弹性势能EP=W,

当滑块甲离开弹簧时有,联立解得:v=3m/s

以两滑块组成的系统为研究对象,取水平向右为正方向,两滑块之间发生无能量损失的碰撞,设碰撞后滑块乙的速度为v1,滑块甲的速度为v′,由动量守恒定律以及能量守恒定律得:

mv=mv′+mv1

联立解得:v1=v=3m/s,v′=0

(2)假设小车的长度为L时,滑块乙刚好不离开小车,设滑块乙在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为v2,由动量守恒定律得:

mv1=(M+m)v2

由能量守恒定律得:

解得:L=3m

答:(1)两滑块碰撞后滑块乙的速度大小为3m/s;

(2)欲使滑块乙不能离开小车,则小车的长度至少应为3m.

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