答案:
C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.每小题有多个选项是正确的,全选对得4分,漏选得2分,错选或不选得0分)
11.下列四幅图涉及不同的物理知识,其中说法正确的是( )
图甲 图乙 图丙 图丁
A.图甲的远距离输电,可以降低输电电压来降低输电线路上的能量损耗
B.图乙的霓虹灯,各种气体原子的能级不同但跃迁时发射能量相同的光子
C.图丙的14C测年技术,根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间
D.图丁的核反应堆,通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度
解析:
图甲的远距离输电,可以提高输电电压来降低输电线路上的电流,从而减小输电线的能量损耗,选项A错误;各种气体原子的能级不同,由于发射光子的能量等于两个能级的能级差,故跃迁时发射能量不相同的光子,选项B错误;图丙的14C测年技术,根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间,选项C正确;图丁的核反应堆,通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度,选项D正确.
答案:
CD
12.带电粒子进入云室会使云室中的气体分子电离,从而显示其运动轨迹.如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨道,a和b是轨迹上的两点,匀强磁场B垂直纸面向里.该粒子在运动时,其质量和电量不变,而动能逐渐减少,下列说法正确的是( )
A.粒子先经过a点,再经过b点
B.粒子先经过b点,再经过a点
C.粒子带负电
D.粒子带正电
解析:
由r=可知,粒子的动能越小,圆周运动的半径越小,结合粒子运动轨迹可知,粒子先经过a点,再经过b点,选项A正确;根据左手定则可以判断粒子带负电,选项C正确.
答案:
AC
13.如图所示,一个质量为0.18kg的垒球,以25m/s的水平速度飞向球棒,被球棒击打后反向水平飞回,速度大小变为45m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01s.下列说法正确的是( )
A.球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
B.球棒对垒球的平均作用力大小为360N
C.球棒对垒球做的功为126J
D.球棒对垒球做的功为36J
解析:
设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理,得F·t=m(vt-v0),取vt=45m/s,则v0=-25m/s,代入上式,得F=1260N,由动能定理,得W=mv-mv=126J,选项A、C正确.
答案:
AC
14.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是( )
A.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
解析:
本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题.光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件,因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒.碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,动量守恒,所以A项是可能的;若碰撞后两球以某一相等速率同向而行,则两球的总动量不为零,而碰撞前两球总动量为零,所以B项不可能;碰撞前、后系统的总动量的方向不同,所以动量不守恒,C项不可能;碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以,D项是可能的.
答案:
AD
二、非选择题(本题共5小题,共54分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(6分)在“探究碰撞中的不变量”实验中,装置如图所示,两个小球的质量分别为mA和mB.
(1)现有下列器材,为完成本实验,哪些是必需的?
请将这些器材前面的序号填在横线上________.
①秒表②刻度尺
③天平④圆规
(2)如果碰撞中动量守恒,根据图中各点间的距离,则下列式子可能成立的有________.
①=②=
③=④=
解析:
(1)由实验原理可知,需要测小球质量,测OM、OP、ON距离,为准确确定落点,用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起,把圆心作为落点,所以需要天平、刻度尺、圆规.
(2)根据动量守恒定律有:
mAOP=mAOM+mBON,即mA(OP-OM)=mBON,①正确.
答案:
(1)②③④
(2)①
16.(9分)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律,用轻质细线将小球1悬挂于O点,使小球1的球心到悬点O的距离为L,被碰小球2放在光滑的水平桌面上.将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放,摆到最低点时恰与小球2发生正碰,碰撞后,小球1继续向左运动到C位置,小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点.
(1)实验中已经测得上述物理量中的α、L、x,为了验证两球碰撞过程动量守恒,还应该测量的物理量有_____________________(要求填写所测物理量的名称及符号).
(2)请用测得的物理量结合已知物理量来表示碰撞前后小球1、小球2的动量:
p1=________;p′1=________;p2=__________;p′2=__________.
解析:
(1)为了验证两球碰撞过程动量守恒,需要测量小球1质量m1和小球2质量m2,小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出,所以还需要测量OC与OB夹角β,需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度,需要测量水平位移x和桌面的高度h.
(2)小球从A处下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律,得
m1gL(1-cosα)=m1v,解得v1=,则p1=m1v1=m1;
小球A与小球B碰撞后继续运动,在A碰后到达最左端过程中,机械能再次守恒,由机械能守恒定律,得-m1gL(1-cosβ)=0-mv′,解得v′1=,则p′1=m1.碰前小球B静止,则PB=0;碰撞后B球做平抛运动,水平方向:
x=v′2t,竖直方向h=gt2,联立解得v′2=x,则碰后B球的动量p′2=m2x.
答案:
(1)小球1的质量m1,小球2的质量m2,桌面高度h,OC与OB间的夹角β
(2)m1 0 m2x
m1
17.(12分)一个铍核(Be)和一个α粒子反应后生成一个碳核,放出一个中子并释放出5.6MeV的能量(保留两位有效数字).
(1)写出这个核反应过程.
(2)如果铍核和α粒子共130g,且刚好反应完,求共放出多少能量?
(3)这130g物质反应过程中,其质量亏损是多少?
解析:
(1)Be+He→C+n.
(2)铍核和氦核的摩尔质量之和
μ=μBe+μα=(9+4)g/mol=13g/mol,
铍核和氦核各含的摩尔数n==mol=10mol,
所以放出的能量ΔE=n·NA·E放=10×6.02×1023×5.6MeV=3.371×1025MeV=5.4×1012J.
(3)质量亏损Δm==kg=6.0×10-5kg.
答案:
(1)Be+He→C+n
(2)5.4×1012J
(3)6.0×10-5kg
18.(15分)已知氢原子的基态电子轨道半径为r1=0.528×10-10m,量子数为n的能级值为En=eV.
(1)求电子在基态轨道上运动的动能;
(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态,画一张能级图,在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线;
(3)计算这几种光谱线中波长最短的波.
(静电力常量k=9×109N·m2/C2,电子电荷量e=1.6×10-19C,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,真空中光速c=3.00×108m/s)
解析:
由=,可计算出电子在任意轨道上运动的动能Ekn=mv=,
由En=eV计算出相应量子数n的能级值为En.
(1)核外电子绕核做匀速圆周运动,静电引力提供向心力,则:
=.
又知Ek=mv2,故电子在基态轨道的动能为:
Ek==J=13.6eV.
(2)当n=1时,能级值为E1=eV=-13.6eV;
当n=2时,能级值为E2=eV=-3.4eV;
当n=3时,能级值为E3=eV=-1.51eV;
能发出光谱线分别为3→2,2→1,3→1共三种,能级图如图所示.
(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大,波长最短.hν=Em-En,又知ν=,则有λ==m=1.03×10-7m.
答案:
(1)13.6eV
(2)如解析图所示 (3)1.03×10-7m
19.(12分)如图所示,光滑的水平面上有一木板,在其左端放有一重物,右方有一竖直的墙,重物的质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.使木板与重物以共同的速度v0=6m/s向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.已知木板足够长,重物始终在木板上,重力加速度为g=10m/s2.
求:
木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间.
解析:
第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到共同的速度v.设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向,由动量守恒,得
2mv0-mv0=3mv,①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1,对木板应用动量定理,得
2μmgt1=mv-m(-v0),②
设重物与木板有相对运动时的加速度为a,由牛顿第二定律,得2μmg=ma,③
在达到共同速度v时,木板离墙的距离l为:
l=v0t1-at,④
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为:
t2=,⑤
从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为:
t=t1+t2,⑥
由以上各式得t=,⑦
代入数据得t=4s.
答案:
4s