2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：原子核(PDF版)
山东菏泽市高中物理选修三第五章《原子核》知识点总结(含解析)
一、选择题1．下列核反应中，属于原子核的衰变的是（ ）A ．427301213150He Al P n +→+B ．32411120H H He n +→+ C ．235190136192038540U n Sr Xe +10n ++→D ．238234492902U Th He →+2．我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射。
请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是（ ）A ．32411120H+H He+n →B ．235114192192056360U+n Ba+Kr+3n →C ．238238094951Pu Am+e -→ D ．274301132150Al+He P+n →3．放射性同位素14C 在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C 残存量，就可推算出化石的年代，为研究14C 的衰变规律，将一个原来静止的14C 原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切圆，圆的半径之比R ：r =7：1，如图所示，那么14C 的衰变方程式应是（ ）A ．14104642C Be+He → B ．14140651C Be+e → C ．14140671C N+e -→D ．14131651C B+H →4．下列说法中正确的是（ ）A ．机械波和光有波动性，实物粒子不具有波动性B ．用弧光灯发出紫外线照射锌板并发生光电效应后，锌板带正电C ．由于核聚变需要很高的环境温度，21H 和31H 发生聚变过程中是需要从外界吸收能量的 D ．构成物体的质量是守恒不变的 5．下列说法中正确的是（ ） A ．钍的半衰期为24天。
1g 钍23490Th 经过 120 天后还剩0.2g 钍B ．一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，延长入射光照射时间，光电子的最大初动能不会变化 C ．放射性同位素23490Th 经α、β衰变会生成22286Rn ，其中经过了2次α衰变和 3 次β衰变D．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子6．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核3015P，放出一个正电子后变成原子核3014Si，在图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是（）A．B．C．D．7．下列说法正确的是（）A．某种频率的光照射金属能发生光电效应，若增加入射光的强度，则单位时间内发射的光电子数增加B．在核反应堆中，镉棒的作用是使快中子变为慢中子C．结合能越大，原子核越稳定D．入射光的频率不同，同一金属的逸出功也会不同8．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素．下列有关放射性知识的说法中，正确的是A．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱B．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的C．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经3.8天后就一定只剩下2个氡原子核D．23892U衰变成20682P b要经过4次β衰变和8次α衰变9．下列哪些事实表明原子核具有复杂结构A． 粒子的散射实验B．天然放射现象C ．阴极射线的发现D ．X 射线的发现 10．下列说法正确的是A ．天然放射现象的发现揭示了原子具有核式结构B ．温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小C ．原子核发生β衰变后原子序数不变D ．人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短的多，因此放射性废料容易处理 11．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列论断中正确的是（ ）A ．衰变过程中原子核的质量和电荷量守恒B ．20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．经过两个半衰期后含有23793Np 的矿石的质量将变为原来的四分之一12．关于天然放射线性质的说法正确的是（）A ．γ射线就是中子流B ．α射线有较强的穿透性C ．β射线是高速电子流D ．电离本领最强的是γ射线13．贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是 A ．14140671C N e -→+B ．2351139951920533902U n I Y n +→++C ．23411120H +H He+n → D ．427301213150He +Al P+n →14．轻核聚变的一个核反应方程为：21H ＋31H→42He ＋X ，若已知21H 的质量为m 1，31H 的质量为m 2，42He 的质量为m 3，X 的质量为m 4，则下列说法中正确的是（ ） A ．21H 和31H 在常温下就能够发生聚变 B ．X 是质子C ．这个反应释放的核能为ΔE ＝（m 1＋m 2－m 3－m 4）c 2D ．我国大亚湾核电站是利用轻核的聚变释放的能量来发电的15．某放射性元素X 的原子核发生了β衰变，产生了新的元素Y 原子核，同时放出γ光子，下列判断正确的是（ ） A ．Y 比X 原子序数小B ．Y 原子核比X 原子核核子平均质量小C ．X 原子核放出β射线，表明X 原子核内有β粒子D ．γ光子来自X 原子核二、填空题16．核反应方程书写（1）卢瑟福发现质子的核反应方程为∶ 14472N +He →__________； （2）查德威克发现中子的核反应方程为∶ 9442Be +He ?→__________。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在复合场中的运动实例分析 同步测试题
10·5 带电粒子在复合场中的运动实例分析一、选择题1. 如图所示是速度选择器的原理图,已知电场强度为 E 、磁感应强度为 B ,电场和磁场相互 垂直分布,某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过,则该带电粒子 ( )A .一定带正电B .速度大小为E BC .可能沿 QP 方向运动D .若沿 PQ 方向运动的速度大于E B 将一定向下极板偏转 2．如图所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔 O 2 处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2 两点．则( )A ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等B ．打在 P 1 点的粒子是42HeC ．打在 P 2 点的粒子是21H 和42HeD ．O 2P 2 的长度是 O 2P 1 长度的 4 倍3. 回旋加速器工作原理示意图如图所示.磁感应强度为 B 的匀 强磁场与盒面垂直,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为 U 、频率为f 的交流电源上,A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速.下列说法正确( )A .若只增大交流电压 U ,则质子获得的最大动能增大B .若只增大交流电压 U ,则质子在回旋加速器中运行时间会变短C .若磁感应强度 B 增大,交流电频率 f 必须适当增大才能正常工作D .不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f ,该回旋加速器也能用于加速 α 粒子4. 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被 限制在 AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从 P 0 处以速度 v 0 沿电 场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形 盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A.带电粒子每运动一周被加速两次B.带电粒子每运动一周 P 1P 2＝P 3P 4C.加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性的变化5. 如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小)。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在复合场中的运动 同步测试题
10·7 带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂 直纸面向里，一带电微粒由 a 点进入电磁场并刚好能沿 ab 直线向上运动．下列说法 中正确的是( )A ．微粒一定带负电B ．微粒的动能一定减小C ．微粒的电势能一定增加D ．微粒的机械能不变2. 如图所示,长均为 d 的两正对平行金属板 MN 、PQ 水平放置,板间距离为 2d ,板间有正交的匀强电场和匀强磁场.一带电粒子从 MP 的中点 O 垂直于 电场和磁场方向以 v0 射入,恰沿直线从 NQ 的中点 A 射出;若撤去电场 , 则 粒子 从 M 点 射出 ( 粒 子 重力 不计 ). 以 下说 法 正确 的是( )A .该粒子带正电B .该粒子带正电、负电均可C .若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为 2v 0D .若撤去磁场,03. 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在场强为 E 的匀强电场和磁感应强度为 B 的匀强磁场.已知从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入的带正电的小球(小球所 受的重力不可忽略)在穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中 E 和 B 的方向可 能是 ( )A .E 和B 都沿 y 轴的负方向B .E 和 B 都沿 x 轴的正方向C .E 沿 z 轴正方向,B 沿 y 轴负方向D .E 沿 z 轴正方向,B 沿 x 轴负方向4. 如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为 B ，电场强度为 E ，一质量为 m ，电荷量为 q 的带正电小球恰好处于静止状态。
现在将磁场方 向顺时针旋转 30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度 v ，如图乙所示。
则 关于小球的运动，下列说法正确的是( )A.小球做匀速圆周运动B.小球运动过程中机械能守恒C.小球运动到最低点时电势能增加了2mgv qBD.小球第一次运动到最低点历时 2mqB5.如图所示，场强为 E 的匀强电场方向竖直向下，场强为 B 的水平匀强磁场垂直纸面向 里，三个油滴 a 、b 、c 带有等量的同种电荷．已知 a 静止，b 、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个 油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及 b 、c 的运动情况， 以下说法中正确的是( )A ．三个油滴的质量相等，b 、c 都沿顺时针方向运动B ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动C ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动D ．三个油滴的质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方向运动6．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强 磁场．如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为 t 1，水平射程为 x 1，着地速度为 v 1，撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为 t 2，水平射程为 x 2，着地 速度为 v 2，则下列论述正确的是( )A ．x 1＞x 2B ．t 1＞t 2C ．v 1 和 v 2 大小相等D ．v 1 和 v 2 方向相同7．如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板 a 、b ，相距为 d ，ab 间的电场强度为 E ，今有一带正电的微粒从 a 板下边缘以初速度 v 0 竖直向上射入 电场，当它飞到 b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为 d 的狭缝穿过 b 板而进入 bc 区域，bc 区域的宽度也为 d ，所加电场强度大小为 E ，方 向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度 大小等于0E v ，重力加速为 g ，则下列关于微粒运动的有关说法正 确的是( )A ．微粒在 ab 区域的运动时间为B ．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径 r ＝2dC ．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为06d v π D ．微粒在 ab 、bc 区域中运动的总时间为063d v π+8．如图所示，在垂直于纸面的水平面内建立一直角坐标系xoy ，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度 v 0 抛出，落在地面上的 O （0，0）点，若加一垂直纸面向外的匀强电场和竖直向下的匀强磁场，下落时间t ＜mqB ，则小球的坐标 x 和 y 可能为( )A ．x=0；y=0B ．x=0；y ＜0C ．x ＞0；y ＜0D. x ＜0；y ＞0 9．如图所示，质量为 m 、电荷量为 q 的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的 匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．该微粒带负电，电荷量 q ＝mg EB ．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C ．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D ．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动10.带电小球以一定的初速度 v 0 竖直向上抛出,能够达到的最大高度为 h 1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为 v 0,小球上升的最大高度为 h 2;若加上水平方向的匀强 电场,且保持初速度仍为 v 0,小球上升的最大高度为 h 3。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：反冲、爆炸 同步测试题(PDF版,含答案)
6·5 反冲 爆炸一、选择题1. “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度为( ) A.3v 0-vB.2v 0-3vC.3v 0-2vD.2v 0+v2．一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 A ．v 0－v 2 B ．v 0＋v 2 C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)3.一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )。
A .v 2-v 0v 1M B .v 2v 2+v 1M C .v 2-v 0v 2+v 1M D .v 2-v 0v 2-v 1M4. 将静置在地面上、质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )。
A .mM v 0B .Mm v 0 C .MM -m v 0 D .mM -m v 05.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 mm 。
查询得知,当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s 。
据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m 3)( )。
2019-2020学年高中物理 第19章 原子核 第1节 原子核的组成课下作业(含解析)3-5
第1节原子核的组成[随堂巩固]1．(三种射线的特性）（多选)天然放射性物质的射线包含三种成分，下列说法中正确的是A．α射线的本质是高速氦核流B．α射线是不带电的光子流C．三种射线中电离作用最强的是γ射线D．一张厚的黑纸可以挡住α射线，但挡不住β射线和γ射线解析α射线的本质是高速氦核流，β射线是高速电子流，A正确，B错误。
三种射线中电离作用最强的是α射线，C错误；一张厚的黑纸可以挡住α射线。
但挡不住β射线和γ射线，D正确。
答案AD2．（三种射线的特性）(多选)图19－1－4中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是图19－1－4A．a为α射线、b为β射线B．a为β射线、b为γ射线C．b为γ射线、c为α射线D．b为α射线、c为γ射线解析由题图可知电场线方向向右,α射线带正电，所受电场力方向与电场线方向一致,故α射线向右偏转,即c为α射线;β射线带负电，所受电场力方向与电场线方向相反，故β射线向左偏转，即a 为β射线；γ射线不带电，不发生偏转，即b为γ射线，故选项B、C 正确。
答案BC3．(原子核的组成及同位素)下列说法正确的是A．质子和中子的质量不等，但质量数相等B．质子和中子构成原子核,原子核的质量数等于质子和中子的质量总和C．同一种元素的原子核有相同的质量数,但中子数可以不同D．中子不带电，所以原子核的总电荷量等于质子和电子的总电荷量之和解析质子和中子的质量不同，但质量数相同，A对；质子和中子构成原子核，原子核的质量数等于质子和中子的质量数总和，B错；同一种元素的原子核有相同的质子数，但中子数可以不同，C错；中子不带电，所以原子核的总电荷量等于质子总电荷量之和，D错.4．（原子核的组成及同位素）（多选）氢有三种同位素,分别是氕(1，1H）、氘（错误!H)、氚(错误!H),则A．它们的质子数相等B．它们的核外电子数相等C．它们的核子数相等D．它们的化学性质相同解析氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，质子数和核外电子数均相同，都是1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相同,A、B正确，C错误；同位素化学性质相同，只是物理性质不同,D正确。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：电磁的力的性质 同步测试题(PDF版,含答案)
8·2 电场的力的性质一、选择题1． 由电场强度的定义式E=F/q 可知，在电场中的同一点（ ）A ．电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，F/q 始终不变C ．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D ．一个不带电的小球在P 点受到的电场力为零，则P 点的场强一定为零2．如图所示，A 、B 是点电荷负Q 形成的电场中的两点(r A ＜r B )．若先后把带电量很小，不会影响Q 形成电场的正点电荷q 1、q 2(q 1＞q 2)分别放到A 点和B 点，q 1、q 2在A 点受到的电场力分别为F A 1、F A 2，在B 点受到的电场力分别为F B 1、F B 2.则下列关于点电荷所受电场力F 和带电量q 的比值的大小的比较中，正确的说法是( )A.F A 1q 1＜F B 1q 1，F A 1q 1＜F A 2q 2 B ．F A 1q 1＜F B 1q 1，F A 1q 1＝F A 2q 2 C.F A 1q 1＞F B 1q 1，F A 1q 1＝F A 2q 2 D ．F A 1q 1＞F B 1q 1，F A 1q 1＞F A 2q 23. 离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置．如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷．在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd ，A 、C 是a 、c 连线上的两点，B 、D 是b 、d 连线上的两点，A 、C 、B 、D 到正方形中心O 的距离相等．则下列判断正确的是( ) A ．D 点的电场强度为零B ．A 、B 、C 、D 四点电场强度相同 C ．A 点电势比B 点电势高 D ．O 点的电场强度为零4.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) A.3kq 3l 2 B ．3kq l 2 C.3kq l 2 D ．23kql 25. 如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q 和－Q .直线MN 是两点电荷连线的中垂线，O 是两点电荷连线与直线MN 的交点．a 、b 是两点电荷连线上关于O 的对称点，c 、d 是直线MN 上的两个点．下列说法中正确的是( ) A ．a 点的场强大于b 点的场强；将一检验电荷沿MN 由c移动到d ，所受电场力先增大后减小B ．a 点的场强小于b 点的场强；将一检验电荷沿MN 由c移动到d ，所受电场力先减小后增大C ．a 点的场强等于b 点的场强；将一检验电荷沿MN 由c移动到d ，所受电场力先增大后减小D ．a 点的场强等于b 点的场强；将一检验电荷沿MN 由c 移动到d ，所受电场力先减小后增大6．如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A ．k 3q R 2 B ．k 10q9R 2 C ．k Q ＋q R 2 D ．k 9Q ＋q 9R 27．直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a 2，沿y 轴正向 B ．3kQ4a 2，沿y 轴负向 C.5kQ4a 2，沿y 轴正向D ．5kQ4a 2，沿y 轴负向8.如图所示,等量异种点电荷A 、B 固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB 连线的中垂线重合,C 、D 是绝缘杆上的两点,ACBD 构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C 点无初速度释放,则关于小球由C 点运动到D 点的过程,下列说法中正确的是 ( ) A .杆对小球的作用力先增大后减小 B .杆对小球的作用力先减小后增大 C .小球的速度先增大后减小 D .小球的速度先减小后增大9．如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πkσ[1－x (R 2＋x 2)12]，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πkσ0x (r 2＋x 2)12B ．2πkσ0r (r 2＋x 2)12C ．2πkσ0x rD ．2πkσ0r x10. 如图所示,竖直平面内有固定的半径为R 的光滑绝缘圆形轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P 、Q 分别为轨道的最高、最低点.质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,已知重力加速度为g ,场强E=.要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,下列说法中正确的是 ( ) A .小球过Q 点时速度至少为 B .小球过Q 点时速度至少为C .小球过Q 、P 点受轨道弹力大小的差值为6mgD .小球过Q 、P 点受轨道弹力大小的差值为7.5mg11. 在光滑绝缘的水平桌面上存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图中实线所示.一个初速度不为零的带电小球从桌面上的A 点开始运动,到C 点时,突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点,其运动轨迹如图中虚线所示,v 表示小球经过C 点时的速度,则 ( )A .小球带正电B .恒力F 的方向可能水平向左C .恒力F 的方向可能与v 方向相反D .在A 、B 两点小球的速率不可能相等12. 如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A ,细线与斜面平行.小球A 的质量为m 、电荷量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ,重力加速度为g ,两带电小球可视为点电荷.小球A 静止在斜面上,则( )A.小球A与B之间库仑力的大小为B.当时,细线上的拉力为0C.当时,细线上的拉力为0D.当时,斜面对小球A的支持力为0二、计算题13 如图所示,绝缘的水平面上有一质量为0.1 kg的带电物体,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.75,物体恰能在水平向左的匀强电场中向右匀速运动,电场强度E=1×103 N/C,g 取10 m/s2.(1)求物体所带的电荷量;(2)只改变电场的方向,使物体向右加速运动,求加速度的最大值及此时电场的方向.14.如图所示,平行板电容器的两板水平正对放置,在两板的正中心上各开一个孔,孔相对极板很小,对两板间电场分布的影响忽略不计.现给上、下两板分别充上等量的正、负电荷,上板带正电、下板带负电,使两板间形成匀强电场,电场强度大小为E=.一根长为L的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A、B,两球大小相等,且直径小于电容器极板上的孔,A球所带的电荷量Q A=-3q,B球所带的电荷量Q B=+q,两球质量均为m.将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直,使B球刚好位于上板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内,然后由静止释放.已知带电平行板电容器只在其两板间存在电场,两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变.忽略两球产生的电场对平行板间匀强电场的影响,两球可以看成质点,电容器极板厚度不计,重力加速度为g.(1)B球刚进入两板间时,求杆和球组成的装置的加速度大小;(2)若B球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离,求电容器两极板的间距d.8·2 电场的力的性质·答案与解析1．【答案】 B【解析】 A 、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E 并不跟F 成正比，跟q 成反比，而F 、q 无关，E 由电场本身决定．故A 错误．B ．在电场中的同一点，电场强度E 是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，F/q 始终不变．故B 正确．C ．由F=Eq 知，不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，但场强E 却是一定的．故C 错误． 2.【答案】 C【解析】 由题可知，q 1、q 2在A 点受到的电场力分别为F A 1、F A 2，而A 点的电场强度一定，根据场强的定义式E ＝F q 可知，F A 1q 1＝F A 2q 2＝E A ，故A 错误；由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2分析可知，A 点的场强大于B 点的场强，则有F A 1q 1＞F B 1q 1，故B 错误；由上述分析可知，F A 1q 1＞F B 1q 1，F A 1q 1＝F A 2q 2，故C 正确，故D 错误． 3.【答案】 CD【解析】 根据电场的叠加原理，ac 两个电极带等量正电荷，其中点O 的合场强为零，bd 两个电极带等量负电荷，其中点O 的合场强为零，则O 点的合场强为零，D 正确；同理，D 点的场强水平向右，A 错误；A 、B 、C 、D 四点的场强大小相等，方向不同，B 错误；由电场特点知，电场方向由A 指向O ，由O 指向B ，故φA >φO ，φO >φB ，则φA >φB ，C 正确． 4.【答案】B【解析】 以c 球为研究对象，除受另外a 、b 两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c 球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F 静＝2k qq c l 2cos 30°，F 静＝Eq c ，解得E ＝3kql 2，选项B 正确．5.【答案】C6.【答案】 B【解析】 已知a 处点电荷和带电圆盘均在b 处产生电场，且b 处场强为零，所以带电圆盘在b 处产生的电场场强E 1与q 在b 处产生的电场场强E ab 等大反向，即E 1＝E ab＝kqR 2，带电圆盘在d 处产生的电场场强E 2＝E 1且方向与E 1相反，q 在d 处产生的电场场强E ad ＝2(3)qk R ，则d 处场强E d ＝E 2＋E ad ＝kq R 2＋kq 9R 2＝k 10q 9R 2，选项B 正确． 7.【答案】 B【解析】 因正电荷Q 在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负电荷在G 点形成的电场的合场强与正电荷Q 在G 点产生的场强等大反向，大小为E 合＝k Qa 2；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点的场强为E 1＝k Q2a2＝kQ4a 2，因两负电荷在G 点的场强与在H 点的场强等大反向，则H 点的合场强为E ＝E 合－E 1＝3kQ4a 2，方向沿y 轴负向，故选B. 8.【答案】A【解析】 小球从C 点运动到D 点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A 正确,B 错误;因直杆处于A 、B 的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直在做匀加速直线运动,故C 、D 错误. 9.【答案】 A【解析】 当r→∞时，x(r 2＋x 2)12＝0，则无限大平板产生的电场的场强为E ＝2πkσ0.当挖去半径为r 的圆板时，应在E 中减掉该圆板对应的场强E r ＝2πkσ0[1－x(r 2＋x 2)12]，即E ′＝2πkσ0x(r 2＋x 2)12，选项A 正确．10.【答案】BC【解析】根据“等效场”知识可得,电场力与重力的合力大小为mg 效=mg ,则g 效=g ,如图所示,tan θ=,即θ=37°,当小球刚好通过C 点关于O 对称的D 点时,就能做完整的圆周运动.小球在D 点时,由电场力和重力的合力提供向心力,则,从Q 到D ,由动能定理得-mg(R+R cos θ)-qER sin θ=,联立解得v Q=,故A错误,B正确;在P点和Q点,由牛顿第二定律得F Q-mg=m,F P+mg=m,从Q到P,由动能定理得-mg·2R=,联立解得F Q-F P=6mg,C正确,D错误.11.【答案】AB【解析】由小球从A点运动到C点的轨迹可得,小球受到的电场力方向向右,带正电,选项A正确;小球从C点运动到B点,合力指向轨迹凹侧,当水平恒力F水平向左时,合力可能向左,符合要求,当恒力F的方向与v方向相反时,合力不指向图示轨迹凹侧,选项B 正确,选项C错误;小球从A点运动到B点,由动能定理,当电场力与恒力F做功的代数和为0时,小球在A、B两点的速率相等,选项D错误.12.【答案】【解析】AC根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=k,故A正确;当细线上的拉力为0时满足k=mg tan θ,得到,故B错误,C正确;斜面对小球A的支持力始终不为零,故D错误.13.【答案】(1)-7.5×10-4 C(2)m/s向左下方与水平方向成37°角【解析】 (1)物体向右匀速运动,则电场力与摩擦力大小相等,方向相反,因摩擦力方向向左,故电场力方向向右,而电场方向向左,则物体带负遇.由Eq=μmg解得q==7.5×10-4 N/C.(2)设电场方向与水平方向的夹角为θ,则Eq cos θ-μ(mg-qE sin θ)=ma解得a=(cos θ+μsin θ)-μg由数学知识可知,当θ=37°时,cos θ+μsin θ有极大值,此时a=m/s2即电场方向与水平方向的夹角为37°斜向左下时,加速度有最大值,为a=m/s2.14.(1)g(2)L[解析] (1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有qE+2mg=2ma1解得a1=g.(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有=2a1L解得v1=从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有qE+2mg-3qE=2ma2=2a2·sB穿出下孔后,有2mg-3qE=2ma30-联立解得s=L所以两板间距d=s+L=L.8·2 库仑定律电荷守恒定律·答题纸题号123456789101112得分答案二、计算题1314。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业： 碰撞 同步测试题(PDF版,含答案)
8.如图所示，质量为 m2＝2 kg 和 m3＝3 kg 的物体静止放在光滑水平面 上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与 m2、m3 不拴接).质量为 m1＝1 kg 的物体以速度 v0＝9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将 m3 物体发射出去，m3 与 m1 碰撞 后粘合在一起.试求：
A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比
vA′∶vB′为( )
A．1∶2
B．1∶3
C．2∶1
D．2∶3
5. 如图所示，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度
大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性
(1)m3 的速度至少为多大，才能使以后 m3 和 m2 不发生碰撞？ (2)为保证 m3 和 m2 恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
9.如图所示，上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的斜面上；将一小物 块 A 从木板 B 的中点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过 程时间极短且不计能量损失；已知物块 A 的质量 m＝1 kg，木板 B 的质量 m0＝4 kg，板长 L ＝6 cm，木板与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
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静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则 A 应该向左运动，B 应 该向右运动，选项 D 正确，A、B、C 错误. 6.【答案】 【解析】 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械 能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝12(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，12(m1 ＋m2)v2＝12m1v12＋12m2v22，12m1v12＝m1gh1，将 m2＝3m1 代入，联立可得 h1＝4h，选项 D 正 确。 7.【答案】(1)v20 (2)38mv02 【解析】(1)设当 A 球与 B 球相碰后 A 球的速度为 vA，根据动量守恒定律， 有：m0v0＝m0vA＋pB，又 m0vA＝pB，所以 vA＝v20。 (2)因为碰撞为弹性碰撞，根据能量守恒定律有 12m0v02＝12m0vA2＋EkB， 解得 EkB＝38m0v02。8.【答案】 (1)1 m/s (2)3.75 J 【解析】 (1)设 m3 发射出去的速度为 v1，m2 的速度为 v2，以向右的方向为正方向， 对 m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0. 只要 m1 和 m3 碰后速度不大于 v2，则 m3 和 m2 就不会再发生碰撞，m3 和 m2 恰好不相撞 时，两者速度相等. 对 m1、m3，由动量守恒定律得： m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2 解得：v1＝1 m/s 即弹簧将 m3 发射出去的速度至少为 1 m/s (2)对 m2、m3 及弹簧，由机械守恒定律得： Ep＝12m3v12＋12m2v22＝3.75 J. 9.【答案】 (1)3.6 m/s，沿斜面向上 2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m 28.8 J 【解析】 (1)对木板 B 受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37°＝mBgsin37°， 所以在 A 与 B 发生碰撞前，木板 B 处于静止状态。 设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0，由机械能守恒定律得
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：功、功率 同步测试题(PDF版,含答案)
5.1 功 功率一、选择题1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( ) A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功 B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功 D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功2. 如图所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至右端，拉力至少做功为( ) A ．μmgL B ．2μmgL C.μmgL 2D ．μ(M ＋m )gL3. 如图所示，乒乓球运动员用同一个乒乓球两次发球，乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网，从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力)，下列说法正确的是( )A ．球第1次过网时的速度小于第2次的B ．球第1次的速度变化量小于第2次的C ．球两次落到台面时重力的瞬时功率相等D ．球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等4. 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1和W 2，滑块经B 、C 两点的动能分别为E k B 和E k C ，图中AB ＝BC ，则( ) A ．W 1＞W 2 B ．W 1＜W 2C ．W 1＝W 2D ．无法确定W 1和W 2的大小关系5. 质量m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v -t 图象如图所示．g 取10 m/s 2，则( ) A ．拉力F 的大小为100 NB ．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC ．4 s 内拉力所做的功为480 JD ．4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J6. 质量为2×103 kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( ) A ．汽车所受阻力为6×103 NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W7．如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( ) A ．mgLω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 8. 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1＋F fB ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 19．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是( )10．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，从t ＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图甲所示．物体在12t 0时刻开始运动，其v －t 图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则( )A ．物体与地面间的动摩擦因数为F 0mgB ．物体在t 0时刻的加速度大小为2v 0t 0C ．物体所受合外力在t 0时刻的功率为2F 0v 0D ．水平力F 在t 0到2t 0这段时间内的平均功率为F 0⎝⎛⎭⎫2v 0＋F 0t 0m 11.如图所示,两根轻质细线的一端拴在O 点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a 点和b 点,一质量为m 的重物P 通过长度为L 的轻质细线固定在O 点,系统静止,Oa 水平、Ob 与竖直方向成一定夹角.现对重物施加一个水平向右的拉力F ,使重物缓缓移动至OP 间细线转动60°,此过程中拉力做功为W ,则下列判断正确的是( ) A .Oa 上的拉力F 1不断增大,Ob 上的拉力F 2一定不变 B .Oa 上的拉力F 1可能不变,Ob 上的拉力F 2可能增大 C .W=mgL ,拉力做功的瞬时功率一直增大 D .W=FL ,拉力做功的瞬时功率先增大后减小二、计算题12．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．13.质量为2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．t＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g取＝10 m/s2)．求：时间t(s)0～22～44～66～8拉力F(N)4848(1)4 s末拉力的瞬时功率；(2)6～8 s内拉力所做的功；(3)8 s内拉力的平均功率．5·1 功 功率·限时作业答案1.【答案】D【解析】在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确． 2.【答案】A【解析】将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F 做功最少，其中F ＝μmg ＋F T ，F T ＝μmg ，小木块位移为L 2，所以W F ＝F ·L2＝μmgL ，故A 对．3.【答案】C【解析】球下落的高度相同，由h ＝12gt 2可知下落的时间相等，因球第1次比第2次通过的水平位移大，根据x ＝vt 可知，球第1次过网时的速度大于第2次过网时的速度．球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由Δv ＝gt 可得速度变化量相等．重力的瞬时功率P ＝mgv y ，落地时竖直方向的速度相等，故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等．平均功率等于功除以时间，重力两次做的功相同，时间也相同，重力两次的平均功率也相同．故选C. 4.【答案】A【解析】绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F 对绳子做的功，而拉力F 为恒力，W ＝F ·Δl ，Δl 为绳拉滑块过程中力F 的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，Δl AB ＞Δl BC ，故W 1＞W 2，A 正确． 5.【答案】B【解析】取物体初速度方向为正方向，由图象可知物体与水平面间存在摩擦力，由图象可知0～2 s 内，－F －f ＝ma 1且a 1＝－5 m/s 2；2～4 s 内，－F ＋f ＝ma 2且a 2＝－1 m/s 2，联立以上两式解得F ＝60 N ，f ＝40 N ，A 错误．由P ＝Fv 得4 s 时拉力的瞬时功率为120 W ，B 正确．拉力做功W ＝－Fx ，x 为物体的位移，由图象可知位移为8 m,4 s 内拉力所做的功为－480 J ，C 错误．摩擦力做功W ＝fs ，摩擦力始终与速度方向相反，故s 为路程，由图象可知总路程为12 m,4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J ，D 错误． 6.【答案】CD【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小F f ＝2 000 N ，故A 错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝F f v ＝2 000×30 W ＝60 000 W ，车速为5 m/s时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，故B 错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F ＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －F f m ＝4 000－2 0002 000 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 正确 7. 【答案】C【解析】由能的转化与守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mgωL ，故选C.8. 【答案】AD【解析】0～t 1时间内汽车做匀加速运动，加速度为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可知F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1t 1＋F f ，选项A 正确；t 1～t 2时间内，汽车做加速度减小的加速运动，t 2时刻速度达到最大，此时F ＝F f ，汽车的功率等于P ＝F f v 2，选项B 错误；由图线可知，在t 1～t 2时间内，v -t 图线与坐标轴围成的面积所代表的位移大于汽车在这段时间内做匀加速运动的位移，则汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；汽车在t 1时刻达到最大功率，则P ＝Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，又P ＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，D 正确．9 【答案】B【解析】汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误． 10【答案】AD【解析】物体在t 02时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即f ＝F 0，动摩擦因数μ＝F 0mg ，故A 正确；在t 0时刻由牛顿第二定律可知，2F 0－f ＝ma ，a ＝2F 0－f m ，故B 错误；物体在t 0时刻受到的合外力为F ＝2F 0－f ＝F 0，功率为P ＝F 0v 0，故C 错误；2t 0时刻速度为v ＝v 0＋F 0m t 0，在t 0～2t 0时间内的平均速度为v ＝v ＋v 02＝2v 0＋F 0m t 02，故平均功率为P ＝2F 0v ＝F 0(2v 0＋F 0t 0m )，故D 正确．11.【答案】 AC【解析】对结点O 分析,细线OP 竖直方向上的拉力(大小为mg )与细线Ob 上的拉力F 2的竖直分力平衡,则F 2不变.对重物分析,应用图解法可知水平拉力F 不断增大,又F 2不变,对结点O 和重物分析,由于水平方向平衡,可知F 1不断增大,故A 正确,B 错误;由题意可知重物绕O 做匀速圆周运动,则拉力和重力垂直半径方向的分力等大,拉力做功功率P=mg sin θ·v 不断增大,根据动能定理可知W=mgL (1-cos 60°),选项C 正确,D 错误.12. 【答案】(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P【解析】(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 308P .13.【答案】(1)32 W (2)96 J (3)20 W【解析】(1)在0～2 s 内，拉力等于4 N ，最大静摩擦力等于4 N ，故物体静止．在2～4 s 内，拉力F ＝8 N ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 解得a ＝2 m/s 2位移为x 1＝12a (Δt )2＝4 m4 s 末物体的速度大小v ＝a Δt ＝4 m/s 4 s 末拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝8×4 W ＝32 W.(2)在4～6 s 内，拉力等于4 N ，滑动摩擦力等于4 N ，故物体做匀速直线运动， 位移x 2＝v Δt ＝4×2 m ＝8 m在6～8 s 内，拉力仍然是F ＝8 N ，物体的加速度大小仍为a ＝2 m/s 2.位移x 3＝v Δt ＋12a (Δt )2＝12 m拉力所做的功W ＝Fx 3＝8×12 J ＝96 J.(3)8 s 内拉力做功W ＝0＋8×4 J ＋4×8 J ＋96 J ＝160 J 平均功率P ＝Wt ＝20 W.5·1 功 功率·答题纸一、选择题二、计算题 12。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电物体在复合场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
10·8 带电物体在复合场中的运动一、选择题1．如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为()A．0 B．12mv20C.m3g22q2B2D．12m⎝⎛⎭⎫v20－m2g2q2B22. 如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×10－4 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放．则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)()A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B．当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零C．圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2D．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s3. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块到达地面时的动能与B有关4. 如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝5gR的初速度，则以下判断正确的是()A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小5. 如图所示，整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，一绝缘木板(足够长)静止在光滑水平面上，一带正电的滑块静止在木板上，滑块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同．不考虑空气阻力的影响，下列判断正确的是()A．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止B．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有弹力C．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有摩擦力D．若对木板始终施加一水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动6. 如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带负电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段()A.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.乙物块与地板之间的摩擦力不断增大D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动7．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则()A．木板和滑块一直做匀加速运动B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动8、如图所示，带正电的物块A放在足够长的不带电小车B上，两者均保持静止，处在垂直纸面向里的匀强磁场中，在t=0时用水平恒力F向右拉小车B，t=t1时A相对B开始滑动，已知地面光滑、AB间粗糙，A带电荷量保持不变，则关于A、B的图象，下图大致正确的是9、如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．已知小球质量为m，带电量为q，场强大小为E＝mgq.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是()A．洛伦兹力对小球不做功B．洛伦兹力对小球做正功C．小球的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大10.如图甲所示,一带电物块无初速度地放上皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中,其v-t图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s.关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A.该物块带负电B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D.在2~4.5 s内,物块与皮带仍可能有相对运动v t二、计算题11.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)12.如图所示,一个质量m=0.1 g、电荷量q=4×10-4 C的带正电小环套在很长的绝缘直棒上,可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内,E=10 N/C,B=0.5 T.小环与棒之间的动摩擦因数μ=0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度.(g取10 m/s2,小环电荷量不变)13. 如图所示,虚线MN下方空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B=1 T,竖直面内固定一半径R=1 m的绝缘且粗糙的半圆形轨道BC,该轨道的最高点B恰位于虚线MN上,另一端C的切线方向与水平方向夹角为θ=37°.某一质量M=4 kg的带电物块以v=1 m/s的速度水平向右飞行,在A点突然爆炸,分成质量相等的两块,其中一块以1.2 m/s的速度向相反方向飞出,另一块(可视为质点)在空中运动一段时间后,恰好从B点沿切线方向进入半圆形轨道,沿轨道内侧运动至末端C点时速度大小为6 m/s,且刚好能沿切线方向做直线运动.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块在B点时的速度大小.(2)沿轨道运动的物块带何种电荷?电荷量是多少?(3)求物块在半圆形轨道中克服摩擦力所做的功.10·8带电物体在复合场中的运动·答案与解析1.【答案】 ABD【解析】 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB ，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12m mv 20－12m mv 2＝12m ·⎝⎛⎭⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项D 正确，C 错误． 2.【答案】 CD【解析】 圆环下滑过程中，洛伦兹力始终与圆环速度方向垂直，所以洛伦兹力始终不做功，选项A 错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时(此时圆环的加速度最大，而速度不是最大)，摩擦力也为零，此时洛伦兹力f L 与重力垂直于杆的分量mg cos θ大小相等、方向相反，即qvB ＝mg cos θ，代入数据可得v ＝3.2 m/s ，选项B 错误；圆环刚释放时，受到的洛伦兹力为零，这时的加速度由重力沿杆方向的分量与滑动摩擦力的合力提供，当圆环的速度开始增大后，洛伦兹力也随之增大，使得圆环对杆的压力减小，摩擦力也随之减小，当摩擦力为零时，圆环的加速度最大，此时qvB ＝mg cos θ，由牛顿第二定律可得：f 合＝mg sin θ＝ma ，代入数据可得a ＝6 m/s 2，选项C 正确；当洛伦兹力f L ＞mg cos θ时，又开始出现摩擦力，圆环的加速度开始减小，但速度继续增大，弹力继续增大，摩擦力继续增大，当摩擦力F f ＝mg sin θ时，圆环所受的合力为零，速度达到最大，由受力分析可知：mg sin θ＝μ(qv m B －mg cos θ)，代入数据解得v m ＝9.2 m/s ，选项D 正确． 3.【答案】 BD【解析】 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B 很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力以及电场力在斜面上分力之差相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A 、C 错误，B 正确；B 不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D 正确．【解析】 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于受到圆管的约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F 向＝m v 2R＝mg ，对小球受力分析得mg ＋qvB －F N ＝F 向，故F N ＝qvB .小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误． 5.【答案】 CD【解析】 若对木板施加一水平向右的恒力，则木板向右加速运动，木板对滑块有向右的摩擦力，滑块向右加速运动，滑块受到的洛伦兹力向上，滑块速度越来越大，所受到的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力，滑块不再受到摩擦力作用，滑块做匀速运动，D 正确．若给木板一水平向右的瞬时冲量，若该冲量较小，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，二者速度相等时则一起做匀速运动，此时滑块受到向上的洛伦兹力小于所受重力，故木板和滑块间有弹力但没有摩擦力；若该冲量较大，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，滑块速度越来越大，受到向上的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力时，滑块不再受到摩擦力作用，此后滑块一直做匀速运动，此时木板的速度可能仍大于滑块的速度，选项A 、B 错误，C 正确． 6.【答案】AC【解析】对整体受力分析,地面对乙物块的摩擦力f=μ(mg+Mg+qvB ),因为整体做加速运动,故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大,C 正确;对整体,根据牛顿第二定律得qE-μ(mg+Mg+qvB )=(M+m )a ,整体的加速度逐渐减小,A 正确,D 错误;对甲物块受力分析,根据牛顿第二定律得f 1=ma ,加速度减小,则两物块间的摩擦力减小,B 错误. 7.【答案】 CD【解析】 滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q |vB ＝mg 时，滑块做匀速运动，速度v ＝5 m/s ，C 正确，A 、B 错误；以后，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动，且加速度a ＝FM ＝3 m/s 2，故D 正确． 8、【答案】C【解析】洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F要逐渐增大，故D正确．10.【答案】D【解析】由图乙可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cos θ,后来F'N=mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ=μ(mg cos θ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B 错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.11.【答案】4mg5qB8m2g15q2B2【解析】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大.即qv m B＝mg cos θ①物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgs sin θ＝12mv2m②由①②得：v m＝mg cos θqB＝4mg5qB.s＝v2m2g sin θ＝8m2g15q2B2.12.【答案】2 m/s2 5 m/s【解析】对小环受力分析,水平方向上,根据平衡条件得F N=qE+qvB竖直方向上,由牛顿第二定律得mg-μF N=ma联立得mg-μ(qE+qvB)=ma当v=0时,即刚下落时,小环运动的加速度最大,a m=2 m/s2.下落后,随着v的增大,加速度a逐渐减小.当a=0时,下落速度v达到最大值,v m=5 m/s.13.【答案】(1)4 m/s(2)带正电荷C(3)30 J【解析】(1)取水平向右为正方向,由动量守恒定律得Mv=mv2-mv1且M=2m解得v2=3.2 m/s在B点,由速度的分解可知v B cos 37°=v2解得v B=4 m/s.(2)由于物块能沿C点的切线做直线运动,通过受力分析可知,物块从C点开始只能做匀速直线运动,故在半圆形轨道中运动的物块带正电荷.由平衡条件得=cos 37°解得q=C.(3)从B点到C点的过程中,由动能定理得解得W f=30 J.10·8 带电粒子在复合场中的运动·答题纸题号12345678910得分答案二、计算题11.1312.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在电场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
8·6 带电粒子在电场中的运动一、选择题1.如右图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ 2 D．2∶12.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶43.如图所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同的速率射入三个质量相同的带正电液滴甲、乙、丙,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法中正确的是()A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴丙所带的电荷量最多4.将一个带电荷量为+Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处,两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,如图D7-5所示.若A、B所带的电荷量很少,两者间的作用力可忽略不计,取无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是()A.小球A、B所带的电荷量相等B.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力5. 如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4B ．T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 86. 如图甲所示,真空中水平放置的两块长度均为2d 的平行金属板P 、Q 的间距为d ,在两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压.在两板左侧紧靠P 板处有一个粒子源A ,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v 0、方向平行于金属板的相同带电粒子.t=0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场.已知电场变化的周期T=,粒子的质量为m ,不计粒子重力及相互间的作用力,则 ( )A .在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B .粒子的电荷量为C .在t=D .在t=时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场7．如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qd B ．E k02qd C.2E k02qd D ．2E k0qd8．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N.今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能E k＜2mgd.若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能E k′和油滴所带电荷的种类是()A．油滴带正电，E k′＝E kB．油滴带正电，E k′＜E kC．油滴带负电，E k′＝E kD．油滴带负电，E k′＜E k9.如图甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压.在第1 s内,点电荷在两极板间处于静止状态,t=2 s时电荷在运动且未与极板接触,g取10 m/s2,则()A.在1~2 s内,点电荷做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2B.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2C.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,2 s末加速度大小为10 m/s2D.在2 s末,点电荷的速度大小为10 m/s10.如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E k随h的变化曲线如图乙所示，则()A．小环可能带负电B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加C．从h高处下落至h＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段D．小环将做以O点为中心的往复运动11.如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是()A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动B.小环上滑时间小于下滑时间C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能12.空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图Z所示的坐标系后,在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴,有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则()A.对h≤d的粒子,h越大,t越大B.对h≤d的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功相等C.对h>d的粒子,h越大,t越大D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大二、计算题13．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？14. 如图所示,在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B,质量分别为3m和m,小球A 带正电q,小球B带负电-2q,开始时两小球相距s0,小球A有水平向右的初速度v0,小球B的初速度为零,取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零.(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大,并求出该最大值;(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能,并求出这两种能量的比值的取值范围.15. 一个带正电荷q=1×10-6 C的物体放在绝缘的水平地面上,如图Z6-11甲所示,空间若加上水平方向的变化电场,其加速度随电场力变化的图像如图乙所示.现从静止开始计时,改用图丙中周期性变化的水平电场作用.(g取10 m/s2)(1)求物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数;(2)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求物体在一个周期内的位移大小;(3)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求23 s内电场力对物体所做的功.8·6 带电粒子在电场中的运动·答案与解析1.【答案】 B【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．2.【答案】 B【解析】 粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．3.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D 正确.4.B [解析] 两个质量相等的带电小球A 、B 分别在P 下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P 为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D 错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg ,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A 、B 所带的电荷量不相等,选项A 错误;小球A 、B 运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B 正确,C 错误.5.【答案】 B【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．6.【答案】 AD【解析】粒子进入电场后,在水平方向上做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向上先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子在竖直方向上的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0,选项A 正确;在竖直方向上,粒子在0~,则,解得q=,选项B 错误;对于t=时刻进入电场的粒子,电场力先做正功,再做负功,速度反向后先做正功,再做负功,所做总功为零,故粒子电势能不变,选项C 错误;t=,然后向下减速运动了,再向上加速运动了,最后向上减速运动了,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P 板右侧边缘离开电场,选项D 正确.7.【答案】 B【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到：E ＝E k02qd ，故选项B 正确．8.【答案】 C【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.【答案】BC【解析】第1 s 内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s 内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s 末电场强度增大为第1 s 末的2倍,故电场力变为第1 s 末的2倍,合力变为向上,大小为mg ,且第2 s 内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.10. 【答案】BC【解析】由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误．11.【答案】BD【解析】因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.12.【答案】BCD【解析】设P点到y轴的距离为s,对于h≤d的各粒子,可知各粒子在电场中所受的电场力F相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以电场力对各粒子做的功W=Fs相等,选项B正确;对于h≤d的各粒子,可知各粒子的加速度a=相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以运动的时间t=相同,由h=vt可知,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则h越大,选项A错误;对于h>d的各粒子,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则粒子穿出电场的时间t0=越短,穿过电场时沿电场方向的分位移x0=越小,沿电场方向的分速度v x=at0越小,此时粒子离y轴的距离x1=s-x0越大,故穿出电场后运动到y轴的时间t1=越长,同时因其沿y轴方向的速度v大,所以沿y轴方向的位移y1=vt1越大,故h=y1+d越大,选项D正确;对于h>d的各粒子,可知穿过电场过程中垂直于电场方向的位移d 相同,粒子垂直于电场方向的初速度v 越大,则粒子穿出电场的时间t 0=越短,穿出电场时沿电场方向的分速度v x =at 0越小,从进入电场至运动到y 轴过程中,作出沿电场方向的分速度v x 随时间的变化图像如图所示,可知h 越大,粒子在从P 点到y 轴的过程中沿电场方向上的平均速度越小,运动的总时间t=越大,选项C 正确.13.【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数；(2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝L nv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…)．14.【答案】(1)证明略(2)证明略0≤【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零,设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B,由动量守恒定律得3mv0=3mv A+mv B系统的动能减小量ΔE k=由于系统运动的过程中只有电场力做功,所以系统的动能与电势能之和守恒,考虑到系统初状态下的电势能为零,故系统在该状态下的电势能E p=ΔE k=联立得E p=-6m当v A=v0时,系统的电势能取得最大值,得v A=v B=v0即当两小球速度相同时,系统的电势能最大,最大值E pmax=.(2)由于系统的电势能与动能之和守恒,且初始状态下系统的电势能为零,所以在系统电势能取得最大值时,系统的动能取得最小值,为E kmin=E k0-E pmax=由于E kmin>E pmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤.15.【答案】(1)4 kg0.1(2)8 m(3)196 J【解析】(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=F-μg结合乙图像得m=4 kg,μ=0.1.(2)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,又F1=E1q则a1=m/s2=2 m/s2前2 s内通过的位移为x1=×2×22 m=4 m2~4 s内,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,又F2=E2q则a2=m/s2=-2 m/s22~4 s内,物体做匀减速运动,t=4 s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8 m.(3)23 s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3 m W1=E1q×6x1=288 JW2=E2q×(5x1+3 m)=-92 J即23 s内电场力做功为W=W1+W2=196 J.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理同步课时作业：电磁感应与动量(PDF版,含答案)
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衡水中学状元笔记 2019 版配套练习
2019.01.02
3 .如图所示,水平放置的两根光滑平行金属导轨与电阻为 R 的导体相连,两导轨间距 为 l,其间有垂直于导轨平面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场.导轨上有一导体棒 ab,其 质量为 m,以初速度 v0 向右运动.棒和导轨的电阻均不计,棒与导轨始终保持垂直且接触良 好,求: (1)导体棒在整个运动过程中的位移 x; (2)在导体棒的整个运动过程中通过闭合回路某一截面的电荷量.
回路中的电流 i= 对金属杆甲,由牛顿第二定律有 F-Bli=ma 由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的总动 量(t=0 时为 0)等于外力 F 的冲量,即 Ft=mv1+mv2 联立解得 v1=8.15 m/s,v2=1.85 m/s.
4
衡水中学状元笔记 2019 版配套练习
解得 x=
.
(2)设整个过程中通过导体棒某一截面的电荷量为 q,导体棒速度为 v 时,回路中感应电 流为 i.由牛顿第二定律得 Bil=ma 极短时间 Δt 内,有 Bil·Δt=ma·Δt=m·Δv 即 Blq=mv0 解得 q= .
4.【答案】 8.15 m/s 1.85 m/s 【解析】设某一时刻 t,金属杆甲、乙之间的距离为 x,速度分别为 v1 和 v2,经过很短的时间 Δt,杆甲移动距离为 v1Δt,杆乙移动距离为 v2Δt,回路面积改变 ΔS=l[(x-v2Δt)+v1Δt]-lx=l(v1-v2)Δt 由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势 E=B =Bl(v1-v2)
2.如图所示,在水平面上有两条平行金属导轨 MN、PQ,导轨间距为 d,匀强磁场垂直于 导轨所在的平面向下,磁感应强度的大小为 B,两根完全相同的金属杆 1、2 间隔一定的距 离放在导轨上,均与导轨垂直.它们接入电路的电阻均为 R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻 不计,金属杆与导轨间的摩擦不计.杆 1 以初速度 v0 滑向杆 2,为使两杆不相碰,则分别在杆 2 固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为 ( )
2019版高考物理配套文档：第十三章 第2讲 原子核 Word版含解析
[考试标准]知识内容 必考要求加试要求说明原子核的组成 a 1.不要求识记反映三种放射线穿透能力的数据．2.不要求知道威尔逊云室、气泡室的工作原理．3.不要求知道盖革—米勒计数器的技术细节．4.不要求了解比结合能概念以及比结合能曲线．5.不要求了解核电站的工作流程．6.不要求知道受控核聚变中的技术问题．7.不要求识记新粒子以及各种夸克的名称．8.不要求识记宇宙与恒星演化的细节. 放射性元素的衰变 c 探测射线的方法 a 放射性的应用与防护 a 核力与结合能 c 核裂变 c 核聚变c粒子和宇宙a一、原子核的组成 1．天然放射现象 (1)天然放射现象元素自发地放出射线的现象，首先由贝可勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构．(2)三种射线名称构成符号电离能力贯穿本领α射线氦核42He最强最弱β射线电子0-1e较强较强γ射线光子γ最弱最强2.原子核的组成(1)原子核由质子(11H)和中子(10n)组成，质子和中子统称为核子．质子带正电，中子不带电．(2)基本关系①核电荷数(Z)＝质子数＝元素的原子序数＝核外电子数．②质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．(3)X元素的原子核的符号为A Z X，其中A表示质量数，Z表示核电荷数．(4)同位素：具有相同质子数而中子数不同的原子核，在元素周期表中处于同一位置，它们互称为同位素．二、放射性元素的衰变1．原子核的衰变(1)原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变．(2)分类Y＋42Heα衰变：A Z X→A－4Z－2β衰变：A Z X→A Z+1Y＋0-1e当放射性物质连续发生衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ辐射．(3)两个典型的衰变方程α衰变：23892U→234 90Th＋42Heβ衰变：234 90Th→234 91Pa＋0-1e.2．半衰期放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系．三、探测射线的方法威尔逊云室，气泡室，盖革—米勒计数器．四、放射性的应用与防护1．应用射线：工业上可以测厚度、医疗方面可以放射治疗、照射种子来培育优良品种等．2．示踪原子：有关生物大分子的结构及其功能的研究，要借助于示踪原子．3．辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用．要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染．4．裂变的应用：原子弹、核反应堆．五、核裂变1．典型的裂变反应方程：235U＋10n→8936Kr＋144 56Ba＋310n.922．链式反应：由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程．3．临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量．4．裂变的应用：原子弹核反应堆．六、核聚变1．典型的聚变反应方程：2H＋31H→42He＋10n＋17.6 MeV12．人工转变：(1)卢瑟福发现质子：14 7N＋42He→17 8O＋11H.(2)查德威克发现中子：94Be＋42He→12 6C＋10n.1．与原子核内部变化有关的现象是()A．α粒子散射现象B．光电效应现象C．电离现象D．天然放射现象答案D2．(2016·衢州市调研)医学界通过14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是()A．示踪原子B．电离作用C．催化作用D．贯穿作用答案A3．表示放射性元素碘131(13153I)β衰变的方程是()A. 131 53I→127 53Sb＋42HeB. 131 53I→131 54Xe＋0-1eC. 131 53I→130 53I＋10nD. 131 53I→130 52Te＋11H答案B4. 1932年，英国物理学家查德威克用α射线轰击铍核(94Be)时，产生了碳核(12 6C)和一种不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是()A．光子流B．中子流C ．电子流D ．质子流答案 B5．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J ，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近( ) A ．1036 kg B ．1018 kg C ．1013 kg D ．109 kg 答案 D6．下列说法正确的是( )A ．重核裂变时放出能量，而轻核聚变时吸收能量B ．轻核聚变必须在很高的温度下才能进行C ．氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹小D ．人类制成了原子弹，从而实现了用人工方法控制链式反应的速度，和平利用核能 答案 B命题点一 原子核及核反应例1 (多选)(2016·10月浙江选考·16)用中子(10n)轰击铀核(235 92U)产生裂变反应，会产生钡核(14456Ba)和氪核(8936Kr)并释放出中子(10n)，当达到某些条件时可发生链式反应．一个铀核(235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV(1 eV ＝1.6×10－19J)．以下说法正确的是( )A. 235 92U 的裂变方程为235 92→144 56Ba ＋8936Kr ＋210nB. 235 92U 的裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nC. 235 92U 发生链式反应的条件与铀块的体积有关 D ．一个235 92U 裂变时，质量亏损约为3.6×10－29kg解析 铀核在裂变过程中需要中子的轰击，产生链式反应，所以选项A 错误，选项B 正确．而链式反应在进行过程中，还需要铀矿达到临界体积才能维持链式反应持续不断进行下去，所以选项C 正确．根据释放出来的核能，结合质能方程ΔE ＝Δmc 2可知，反应过程中，亏损质量为Δm ＝200×106×1.6×10－19(3×108)2 kg ≈3.6×10－28kg ，选项D 错误．答案 BC1．核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头“→”连接并表示反应方向，不能用等号连接．2．核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程．3．核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒，核反应过程中反应前后的总质量一般会发生变化．4．核反应遵循电荷数守恒．题组阶梯突破1．(多选)14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约为5 700年，已知植物存活期间，其体内14C 与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少，现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是()A．该古木的年代距今约5 700年B．12C、14C具有相同的中子数C．14C衰变为14N的过程中放出β射线D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变答案AC解析放射性元素经过一个半衰期剩下的原子核的质量是原来的一半，故该古木的年代距今约为5 700年，A正确；具有相同的质子数、不同的中子数的元素称为同位素，B错误；14C 衰变为14N，电荷数增加1，说明放出了电子，发生了β衰变，C正确；半衰期由元素本身决定，与外界因素无关，D错误．2．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n.下列说法正确的有()A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案AC解析核裂变反应是重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应，A选项正确；铀块要发生链式反应需达到一定的体积，B选项错误；链式反应可人工控制用以建立核电站，C选项正确；原子核的半衰期是由原子核本身的性质决定，与其所处的环境或状态无关，D选项错误．3．(多选)据报道，2014年3月4日英国兰开夏郡的一名13岁学生杰米·爱德华兹在学校实验室里成功完成了一项核试验，成为世界上实现聚变的最年轻的人，引起人们对氢元素、氢的同位素、核反应的热议．下列说法正确的是()A．氢原子光谱是线状谱B．氘(21H)可以发生α衰变C.21H＋31H―→42He＋10n是核聚变D．核聚变都是可控的答案AC解析因为氢原子释放的能量是不连续的，氢原子的光谱是线状光谱，选项A正确；原子序数较大的原子核才可能发生α衰变，选项B错误；21H＋31H―→42He＋10n是核聚变，选项C正确；核聚变并非都是可控的，选项D错误．4. 232 90Th(钍核)经过6次α衰变和4次β衰变后变成铅核，则()A．铅核的符号为208 82Pb，它比232 90Th少8个中子B．铅核的符号为204 78Pb，它比232 90Th少16个中子C．铅核的符号为208 82Pb，它比232 90Th少16个中子D．铅核的符号为220 78Pb，它比232 90Th少12个中子答案C解析设铅核的质量数为M，核电荷数为Z，则由质量数守恒可得M＝232－6×4＝208，由核电荷数守恒可得Z＝90－6×2＋4×1＝82.则铅核的中子数N1＝208－82＝126，钍核的中子数N2＝232－90＝142.所以铅核的中子数比钍核的中子数少16个．C正确．命题点二核能的计算例2铀核裂变的一种方式是235 92U＋10n→143 60Nd＋9040Zr＋310n＋8X，该反应的质量亏损是0.2 u,1 u相当于931.5 MeV的能量．(1)核反应方程中的X是____________．(2)该反应放出的能量是________J．(结果保留3位有效数字)解析①根据质量数和电荷数守恒得：X质量数为0，核电荷数为－1，故此粒子是电子0－e，②该核反应质量亏损为：Δm＝0.2 u，能量亏损为：ΔE＝0.2×931.5 MeV≈2.98×10－11 J. 1答案①0-1e②2.98×10－11 J核能的计算方法1．根据爱因斯坦质能方程列式计算：即ΔE＝Δmc2(Δm的单位：kg)．2．根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏能量，则ΔE＝Δm×931.5 MeV(Δm的单位：u)．3．核反应遵守动量守恒定律和能量守恒定律，因此我们可以结合动量守恒定律和能量守恒定律来计算核能．题组阶梯突破5．(多选)“超导托卡马克”(英名称：EAST，俗称“人造太阳”)是我国自行研制的可控热核反应实验装置．设该实验反应前氘核(21H)的质量为m1，氚核(31H)的质量为m2，反应后氦核(42He)的质量为m3，中子(10n)的质量为m4，光速为c.下列说法中正确的是()A．这种装置中发生的核反应方程式是21H＋31H→42He＋10nB．由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4C．核反应放出的能量等于(m1＋m2－m3－m4)c2D．这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同答案ACD解析可控热核反应装置中发生的核反应方程式是21H＋31H→42He＋10n，故A正确；核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此m1＋m2≠m3＋m4，故B 错误；核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3－m4，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确；这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不同，故D正确．6．氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为21H＋31H→42He＋x，式中x 是某种粒子．已知：21H、31H、42He和粒子x的质量分别为2.0141 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u＝931.5 MeV.由上述反应方程和数据可知，粒子x是______，该反应释放出的能量为______MeV(结果保留3位有效数字)．答案10n或中子17.6解析由核电荷数守恒可知，x粒子的核电荷数为：1＋1－2＝0，由质量数守恒可知，x粒子的质量数为：2＋3－4＝1，则x粒子是10n或中子；核反应过程中释放的能量为E＝Δmc2≈17.6 MeV.1．(多选)以下是有关近代物理内容的若干叙述：其中正确的有()A．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用B．太阳内部发生的核反应是热核反应C．原子的核式结构模型是由汤姆逊在α粒子散射实验基础上提出的D．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象答案ABD解析核力为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故A正确；太阳内部发生的是热核反应；故B正确；原子的核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故C 错误；关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射现象，故D正确．2．在核反应堆外修建很厚的水泥层，是为了防止()A．核爆炸B．放射性外泄C．快中子外泄D．慢中子外泄答案 B解析 核爆炸用水泥层是防不住的，反应堆内部是用镉棒控制中子数目，修建很厚的水泥层，是为了屏蔽放射线，B 正确．3．(多选)(2016·东阳市联考)有关放射性同位素3015P 的下列说法，正确的是( ) A.3015P 与3014X 互为同位素B.3015P 与其同位素有相同的化学性质 C.用3015P 制成化合物后它的半衰期变长D.含有3015P 的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响 答案 BD解析 同位素有相同的质子数，所以选项A 错误．同位素有相同的化学性质，所以选项B 正确．半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以3015P 制成化合物后它的半衰期不变，选项C 错误．含有3015P 的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D 正确． 4．(多选)有关原子核的知识，下列说法正确的是( ) A ．原子核可发生β衰变表明原子核中有电子 B ．放射性元素的原子核经过2个半衰期将全部衰变 C ．在核反应中，动量守恒D ．在核反应中，质量数和电荷数都守恒 答案 CD解析 原子核内只有质子和中子，β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子，并放出电子，选项A 错误；放射性元素的原子核经过2个半衰期还剩余总量的14，选项B 错误；核反应前后，满足动量守恒定律，选项C 正确；在核反应前后，质量数和电荷数守恒，选项D 正确． 5．曾任美国总统的老布什曾让医生们虚惊了一场，那是在访日宴会上突然昏厥，美国政府急忙地将他送回国，医生用123I 进行诊断，通过体外跟踪，迅速查出了病因. 123I 的特性是( ) A ．半衰期长，能迅速从体内清除 B ．半衰期长，并缓慢从体内清除 C ．半衰期短，能迅速从体内清除 D ．半衰期短，并缓慢从体内清除 答案 C解析 利用放射性同位素123I 放出的γ射线，穿透本领比α、β射线强.123I 的半衰期较短，可以迅速从体内消失，不至于因长时间辐射而对身体造成伤害．故C 对． 6．(多选)下列应用是把放射性同位素作为示踪原子的是( ) A ．利用钴60治疗肿瘤等疾病 B ．γ射线探伤C．利用含有放射性碘131的油检测地下输油管的漏油情况D．把含有放射性元素的肥料施给农作物用以研究农作物吸收养分的规律答案CD解析利用钴60治疗肿瘤和利用γ射线探伤是利用钴60或γ射线能量高、贯穿本领大的特点，故A、B错误；C、D项是利用放射性同位素作为示踪原子，故C、D正确．7．(多选)下列说法正确的是()A．分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较小B．用升温、加压或发生化学反应的方法不能改变放射性元素的半衰期C．以m D、m p、m n分别表示氘核、质子、中子的质量，则m D＝m p＋m nD．天然放射现象中的γ射线是原子核受激发产生的答案BD解析分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应；由光电效应方程：E k＝hν－W0，则用频率比较大的X射线照射时光电子的最大初动能较大；故A错误；半衰期与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故B正确；质子和中子结合成氘核，有质量亏损，可知m D＜m p＋m n，故C错误；天然发射现象中的γ射线是原子核受激发产生的，故D正确．8．放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了()A．1位B．2位C．3位D．4位答案C解析原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，所以经过2次α衰变后电荷数减小4；同时，经过一次β衰变，电荷数增加1；所以元素A经过2次α衰变和1次β衰变后电荷数减小3，则生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3位，故C正确，A、B、D错误．9．(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有()A.31H＋21H―→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H―→42He＋10n是β衰变C.235 92U＋10n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.235 92U＋10n―→140 54Xe＋9438Sr＋210n是α衰变答案AC解析两个轻核聚合成一个较重的核的反应为核聚变反应，故A对，B错．重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应为核裂变反应，故C对．原子核放出α或β粒子后变成另一种原子核的反应称为原子核的衰变．原子核衰变的反应物只有一种，故D错．10．在核反应堆中，使用的核燃料是钚239，裂变时释放出快中子，周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239(239 92U)很不稳定，会发生β衰变成钚239(239 94Pu)(1)铀239(239 92U)经过______次β衰变后变成钚239(239 94Pu)．(2)写出铀239(239 92U)衰变成钚239(239 94Pu)核的反应方程式：____________.(3)若铀239(239 92U)的质量为m1，钚239(239 94Pu)的质量为m2，电子的质量为m3，光速为c，则铀239(239 92U)衰变成钚239(239 94Pu)放出的能量为__________．答案(1)2(2)239 92U―→239 94Pu＋20－1e(3)(m1－m2－2m3)c2解析(1)从铀239(239 92U)到钚239(239 94Pu)电荷数增加2，故经过了2次β衰变；(2)核反应方程U―→239 94Pu＋20－1e；(3)反应的质量亏损是：Δm＝(m1－m2－2m3)，根据质能方程E 为：23992＝mc2可知，放出的能量为ΔE＝(m1－m2－2m3)c2.11.238 92U核经一系列的衰变后变成206 82Pb核，问：(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变？(2) 206 82Pb和238 92U相比，质子数和中子数各少了多少？(3)综合写出这一衰变过程的方程．答案(1)86(2)1022(3)238 92U―→206 82Pb＋842He＋60－1e衰变为206 82Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和核电荷数守恒可得解析(1)设23892238＝206＋4x①92＝82＋2x－y②联立①②解得x＝8，y＝6.即一共经过8次α衰变和6次β衰变．(2)因为原子核的核电荷数等于质子数，因此质子数减少了92－82＝10个．原子核的质量数为质子数与中子数的和，故中子数减少量为(238－92)－(206－82)＝22个．(3)此核反应方程为238 92U―→206 82Pb＋842He＋60-1e.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：机械能守恒定律 同步测试题(PDF版,含答案)
5·3 机械能守恒定律一、选择题1. 木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( ) A ．子弹的机械能守恒 B ．木块的机械能守恒 C ．子弹和木块总机械能守恒D ．子弹和木块上摆过程中机械能守恒2. 如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，O 点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m 的物体从O 点正上方的A 点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动，不计空气阻力，不计物体与弹簧碰撞时的动能损失，弹簧一直在弹性限度范围内，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( ) A ．物体落到O 点后，立即做减速运动 B ．物体从O 点运动到B 点，物体机械能守恒 C ．在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒 D ．物体在最低点时的加速度大于g3．取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。
不计空气阻力。
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π124. 如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径R ＝2 m ，从最低点A 有一质量m ＝1 kg 的小球开始运动，初速度v 0方向水平向右，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球能到达最高点B 的条件是v 0≥4 5 m/sB ．若初速度v 0＝5 m/s ，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C ．若初速度v 0＝8 m/s ，则小球将在离A 点2.8 m 高的位置离开圆轨道D ．若初速度v 0＝8 m/s ，则小球离开圆轨道时的速度大小为2 2 m/s5. 如图所示,物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体A 、B 的质量分别为2m 、m.开始时细绳伸直,用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ,物体B 静止在地面上.放手后物体A 下落,与地面即将接触时速度大小为v ,此时物体B 对地面恰好无压力.不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g ,则下列说法中正确的是 ( )图15-6A .物体A 下落过程中,物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒B .弹簧的劲度系数为C .物体A 着地时的加速度大小为D .物体A 着地时弹簧的弹性势能为mgh-mv 26.如图所示,三个小球A 、B 、C 的质量均为m ,A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接,杆长为L.B 、C 置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A 由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°.A 、B 、C 在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g ,则此下降过程中 ( )A .A 的动能达到最大前,B 受到地面的支持力小于mg B .A 的动能最大时,B 受到地面的支持力等于mgC .弹簧的弹性势能最大时,A 的加速度方向竖直向下D .弹簧的弹性势能最大值为mgL7. 打开水龙头,水顺流而下,仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中是逐渐减小的(即上粗下细).设水龙头出口处半径为1 cm,安装在离接水盆75 cm 高处,如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s,忽略一切摩擦阻力,g 取10 m/s 2,则水流柱落到盆中的半径为 ( )A .1 cmB .0.75 cmC .0.5 cmD .0.25 cm8. 如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与质量为m B 的小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为m A 的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，加速度大小为a A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.则( ) A ．v B ＝v A cos θ B ．a A ＝m B g cos θm A－gC ．小球B 减小的重力势能等于物块A 增加的动能D ．当物块A 上升到与滑轮等高时，它的机械能最大9. 如图所示，可视为质点的小球A 和B 用一根长为0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( ) A ．杆对小球A 做负功 B ．小球A 的机械能守恒 C ．杆对小球B 做正功D ．小球B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m10. 如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r 的相同小球，各球编号如图。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：动量守恒定律 同步测试题(PDF版,含答案)
5．斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面 一块速度水平向东， 后面一块速度水平向西， 前、 后两块的水平速度(相对地面)大小相等、 方向相反。则下列说法中正确的是( )
1
衡水中学状元笔记配套作业 2018.10.04
A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西 C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能 6．如图所示，一质量为 M＝3.0 kg 的长木板 B 放在光 滑水平地面上，在其右端放一个质量为 m＝1.0 kg 的小木块 A.给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s、方向相 反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离 B.在 A 做加速运动的 时间内，B 的速度大小可能是( A．1.8 m/s C．2.8 m/s )
1 2 1 1 1 Wf mv － (M＋m)v2＝24 J，Ep＝ mv2 － (M＋m)v2－ ＝12 J. 2 0 2 2 0 2 2 9【答案】 【解析】 (1) M＋m 2gR m (M＋m)2 (2) R (M＋17m)2
(1)由子弹射入木块过程动量守恒
有 mv0＝(m＋M)v1 木块和子弹滑到点 C 处的过程中机械能守恒， 有 (m＋M)v2 1＝(m＋M)gR 联立两式解得:v0＝
5
衡水中学状元笔记配套作业 2018.10.04
8 向，则 Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得 v1＝ m/s，v2＝2m/s，所以在 A 做加速运动 3 的时间内，B 的速度大小应大于 2 m/s 且小于 7.【答案】 D 【解析】小球从 A→B 的过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而 由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从 B→C 的过程中，小球对半圆槽的压 力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，此过程中，小球、半圆槽和物块 组成的系统在水平方向动量守恒，A、B 两项错误；当小球运动到 C 点时，它的两个分运 动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即 C 项错误；因为全过程 中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D 项正 确． 8.【答案】 B 【解析】 当弹簧压缩至最短时，Ep 最大，mv0＝(M＋m)v，v＝2 m/s，全程摩擦力做功 Wf＝ 8 m/s，只有选项 B 正确． 3
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业： 运动的合成与分解 同步测试题(PDF版,含答案)
4.1 运动的合成与分解一、选择题1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关2．趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球．则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是()3. 如图所示,在冰球比赛中,冰球以速度v1在水平冰面上向右运动。
运动员沿冰面垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2,不计冰面摩擦和空气阻力,下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是()4. (2018·泰安质检)如图所示，甲、乙两船在同一条水流匀速的河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是()A．甲船也能到达M点正对岸B．甲船渡河时间一定短C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D．渡河过程中两船不会相遇5. 在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B被分别约束在x轴和y轴上运动，现让A沿x轴正方向以v0匀速运动，已知P点为杆的中点，杆AB与x轴的夹角为θ，下列关于P点的运动轨迹和P点的运动速度大小v的表达式正确的是()A．P点的运动轨迹是一条直线B．P点的运动轨迹是圆的一部分C．P点的运动速度大小v＝v0tan θD．P点的运动速度大小v＝v0 2sin θ6. (2018·日照模拟)如图所示,长为L的直棒一端可绕固定轴O转动,另一端搁在升降平台上,平台以速度v匀速上升,当棒与竖直方向的夹角为α时,棒的角速度（）A. B. C. D.7. 如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：万有引力与天体 同步测试题(PDF版,含答案)
太阳的连线扫过的面积 SB＝ 正确。 3.【答案】B
GMm g0R2 【解析】在两极处万有引力等于重力，则有 mg0＝ 2 ，由此可得地球质量 M＝ ；在 R G Mm 4π2 赤道处，万有引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 G 2 －mg＝m 2 R T g0R2 G M 3πg0 R，而密度公式 ρ＝ ，则 ρ＝ ＝ ，故 B 正确. V 4 3 GT2 g0－g πR 3 4.【答案】C 1 GM0m GMm 2 2GM0m 【解析】由 F 引＝ 2 ＝ ＝ ＝2F 地，故 C 项正确 r 2 r2 0 r0 2 5.【答案】AB 【解析】对地球表面的一个物体 m0 来说，应有 m0g＝ Gm地m0 gR2 ，所以地球质量 m 地＝ ， 2 R G
(1)A 星体所受合力大小 FA； (2)B 星体所受合力大小 FB； (3)C 星体的轨道半径 RC； (4)三星体做圆周运动的周期 T。
4
《衡水中学状元笔记·2019 版》 配套作业 2018.09.08
4.5
1. 【答案】B
万有引力与天体·限时作业答案
【解析】开普勒在第谷的观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，B 项正确；牛顿 在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，找出了行星运动的原因， A、C、D 项错误． 2.【答案】C 【解析】若行星从轨道的 A 点经足够短的时间 t 运动到 A′点，则与太阳的连线扫过的面 积可看作扇形，其面积 SA＝ a·vat ；若行星从轨道的 B 点也经时间 t 运动到 B′点，则与 2 b·vbt a·vat b·vbt a ；根据开普勒第二定律得 ＝ ，即 vb＝ va，C 2 2 2 b
t－T 2 （ ） t
10． 2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦 100 年前的预 测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波 的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由 a、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线 的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得 a 星的周期为 T，a、b 两颗星的距 离为 l，a、b 两颗星的轨道半径之差为 Δr(a 星的轨道半径大于 b 星的)，则( l－Δr A．b 星的周期为 T l＋Δr )
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15·3 原子核一、选择题1．关于天然放射性，下列说法正确的是A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线2.下列说法正确的是()A.在核反应过程的前后,反应体系的质量数守恒,但电荷数不守恒B.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变放射性原子核的半衰期C.18个放射性元素的原子核经一个半衰期一定有9个发生了衰变D.由两种元素的原子核结合成一种新元素的原子核时,一定吸收能量3．根据所给图片结合课本相关知识，下列说法正确的是()A．图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有粒子性B．图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同C．图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，最有可能使用的射线是β射线D．图丁是原子核的比结合能与质量数A的关系图象，由图可知中等大小的核的比结合能最大，即(核反应中)平均每个核子的质量亏损最小4.下列说法正确的是()A.12C与14C是同位素,它们的化学性质并不相同B.核力是原子核内质子与质子之间的力,中子和中子之间并不存在核力C.在裂变反应K r都大,但比结合能没有Kr大D.α、β、γ三种射线都是带电粒子流5. 我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要,研制了一种小型核能电池,将核反应释放的核能转变为电能,需要的功率并不大,但要便于防护其产生的核辐射.请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是 ()A. nB. nC. eD. n6. 我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是()A.21H＋31H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n7. 232 90Th(钍)经过一系列α和β衰变，变成208 82Pb(铅)，下列说法错误的是()A．铅核比钍核少8个质子B．铅核比钍核少16个中子C．共经过4次α衰变和6次β衰变D．共经过6次α衰变和4次β衰变8．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→234 90Th＋42He.下列说法正确的是()A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量9．下列与α粒子相关的说法中正确的是()A．天然放射现象中产生的α射线速度与光速相当，贯穿能力很强B.238 92U(铀238)核放出一个α粒子后就变为234 90Th(钍234)C．高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为42He＋14 7N→16 8O＋10n D．丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型10.云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性.放射性元素的原子核A静止放在磁感应强度B=2.5 T的匀强磁场中,该原子核发生衰变,放射出粒子并变成新原子核B,放射出的粒子与新核运动轨迹如图31-3所示,测得两圆的半径之比R1∶R2=42∶1,且R1=0.2 m.已知α粒子质量mα=6.64×10-27kg,β粒子质量mβ=9.1×10-31kg,普朗克常量h取6.6×10-34 J·s,下列说法正确的是()A.新原子核B的核电荷数为84B.原子核A发生的是β衰变C.衰变放出的粒子的速度大小为2.4×107 m/sD.如果原子核A衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54 eV的金属钨发生光电效应11.在匀强电场中有一个原来速度几乎为零的放射性碳14原子核，某时刻它发生衰变放射出一个粒子，其所放射的粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b均表示长度)．那么碳14的衰变方程可能是()A.14 6C→42He＋10 4BeB．14 6C→0－1e＋14 5BC.14 6C→0－1e＋14 7ND．14 6C→21H＋12 5B12.现有两动能均为E0=0.35 MeV的H核在一条直线上相向运动,两个H核发生对撞后能发生核反应,得到He核和新粒子,且在核反应过程中释放的能量完全转化为He核的质量为3.016 0 u,新粒子的质量为1.008 7 u,核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV.下列说法正确的是(如果涉及计算,结果保留整数) ()A.核反应方程为HB.核反应前后不满足能量守恒定律C.新粒子的动能约为3 MeVD.He核的动能约为1 MeV二、非选择题13.运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.14．用速度大小为v的中子轰击静止的锂核(63Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子．生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m，质子的质量可近似看作m，光速为c.(1)写出核反应方程；(2)求氚核和α粒子的速度大小；(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求质量亏损．15．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm.15·3 原子核·限时作业答案1.【答案】BCD【解析】只有原子序数大于或等于83的元素才能发生衰变，选项A错．半衰期由原子核内部的结构决定，与外界温度无关，选项B对．放射性来自于原子核内部，与其形成的化合物无关，选项C对．α、β、γ三种射线中，γ射线能量最高，穿透能力最强，选项D对．一个原子核在一次衰变中要么是α衰变、要么是β衰变，同时伴随γ射线的产生，选项E错．2.【答案】B【解析】核反应前后质量数守恒,电荷数也守恒,A错误;半衰期是宏观统计概念,C错误;核聚变释放能量,D错误.3.【答案】B【解析】题图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有波动性，选项A错误；题图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同，选项B正确；题图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，由于γ射线穿透能力最强，最有可能使用的射线是γ射线，选项C错误；题图丁是原子核的比结合能与质量数A 的关系图象，可知中等大小的核的比结合能最大，即在核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量最大，平均每个核子的质量亏损最大，选项D错误．4.【答案】C【解析】同位素的核外电子数量相同,所以一种元素的各种同位素都具有相同的化学性质,A错误;原子核内相邻的质子和中子之间均存在核力,B错误;核子数越多其结合能也越大,所以Kr都大,但Kr都小,C 正确;α射线、β射线都是带电粒子流,而γ射线是电磁波,不带电,故D错误.5.【答案】C【解析】A是聚变反应,反应剧烈,至今可控聚变反应还处于实验研究阶段;B是裂变反应,虽然实现了人工控制,因反应剧烈,防护要求高,还不能小型化;C是人工放射性同位素的衰变反应,是小型核能电池主要采用的反应方式;D是人工核反应,需要高能α粒子.6.【答案】A【解析】A对：两个轻核结合成质量较大的原子核;B错：原子核的人工转变;C错：原子核的人工转变;D错：重核裂变．7.【答案】C【解析】由于β衰变不会引起质量数的减少，故可根据质量数的减少确定α衰变的次数为x ＝232－2084＝6.再结合电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y ，应满足：2x －y ＝90－82＝8，所以y ＝2x －8＝4. 8.【答案】 B【解析】 衰变过程遵守动量守恒定律，故选项A 错，选项B 对．根据半衰期的定义，可知选项C 错．α衰变释放核能，有质量亏损，故选项D 错． 9.【答案】 B【解析】 天然放射现象中产生的α射线的速度约为光速的110，穿透能力不强，A 错误；根据质量数和电荷数守恒可知，238 92U(铀238)核放出一个α粒子后就变为23490Th(钍234)，B 正确；高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，核反应方程为42He ＋14 7N→17 8O ＋11H ，C 错误；卢瑟福进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型，D 错． 10.【答案】 ACD 、【解析】轨迹呈现外切,所以放射出的粒子带正电,即发生α衰变,B 错误;因为两圆的半径之比R 1∶R 2=42∶1,R=,又衰变过程动量守恒,可得新原子核B 的核电荷数为84,所以A 正确;由R 1=,得v α==2.4×107 m/s,所以C 正确;根据E=hν可得,光子的能量为E 光=7.92×10-19 J,钨的逸出功为W 逸=4.54×1.6×10-19 J≈7.26×10-19 J,光子能量大于钨的逸出功,故钨能发生光电效应,所以D 正确. 11.【答案】 A【解析】 设放射粒子反冲核的电荷数与质量数分别为q 1、m 1；q 2，m 2.则由动量守恒有：m 1v 1＝m 2v 2①;对放射粒子有：2a ＝12 q 1E m 1 t 2②;a ＝v 12 t ③;对反冲核有：4b ＝12 q 2E m 2 t 2④;b＝v 22 t ⑤;由①②③④⑤解得q 1q 2＝12，对照选项的四个核反应方程可知，只有A 对． 12.【答案】CD【解析】由核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒可知n,则新粒子为中子n,A 错误;核反应过程中有质量亏损,释放能量,仍然满足能量守恒定律,B 错误;由题意可知ΔE=(2.014 1 u×2-3.016 0 u-1.008 7 u)×931 MeV/u=3.3 MeV,根据核反应中系统的能量守恒有E kHe +E kn =2E 0+ΔE ,根据核反应中系统的动量守恒有p He -p n =0,由E k =,可知,解得E kHe =·(2E 0+ΔE )≈1 MeV,E kn =(2E 0+ΔE )≈3MeV,C 、D 正确.13.【答案】 (M-m 1-m 2)c 2；【解析】 设运动的原子核Χ的速度为v 1,放出的α 粒子速度为v 2,由质量亏损可得k E ∆==(M-m 1-m 2)c 2由动量守恒定律得：Mv 1=m 2v 2 联立解得 E k =14.【答案】 (1)10n ＋63Li →31H ＋42He(2)711v 811v (3)141m v 2121c 2【解析】 (1)由题意可得，核反应方程为10n ＋63Li→31H ＋42He. (2)由动量守恒定律得mv ＝－3mv 1＋4mv 2由题意得v 1∶v 2＝7∶8，解得v 1＝711v ，v 2＝811v .(3)氚核和α粒子的动能之和为：E k ＝12×3mv 21＋12×4mv 22＝403242mv 2释放的核能为：ΔE ＝E k －E kn ＝403242mv 2－12mv 2＝141121mv 2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为：Δm ＝ΔE c 2＝141mv 2121c 2.15.【答案】(1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He(2)2πm qB q 2B2πm (3) Δm ＝(M ＋m )(qBR )22mMc 2. 【解析】 (1)A Z X→A －4Z －2Y ＋42He.(2)设α粒子的速度大小为v ，由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，得α粒子在磁场中运动周期T ＝2πmqB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B2πm .(3)由qvB ＝m v 2R，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒：Mv ′－mv ＝0 v ′＝mv M ＝qBR M由Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2得Δm ＝(M ＋m )(qBR )22mMc 2.15·3 原子核·答题纸。