題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區域內有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的等邊三角形導體框EFG正好與上述磁場區域重合，之后以周期T繞其幾何中心O點在紙面內勻速轉動，于是框架EFG中產生感應電動勢，經| T |
| 6 |
| T |
| 6 |
如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區域內有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外．一個邊長也為a的等邊三角形導線框架EFG正好與上述磁場區域的邊界重合．現使導線框以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動，經過| T |
| 6 |
| T |
| 6 |
（14分）如圖所示，在邊長為a的等邊三角形bcd所圍區域內有磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，某一時刻靜止于d點處的原子核X發生α衰變，α粒子沿dc方向射入磁場，經磁場偏轉后恰好由b射出且與cb邊相切．已知α粒子質量為m，電荷量為2e，剩余核的質量為M，衰變過程中釋放的核能全部轉化為動能，求原子核X的質量。
（12分）如圖所示，在邊長為a的等邊三角形bcd所圍區域內有磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，某一時刻靜止于b點處的原子核X發生α衰變，α粒子沿bc方向射入磁場，經磁場偏轉后恰好由d射出且與cd邊相切．已知α粒子質量為m，電荷量為2e，剩余核的質量為M，衰變過程中釋放的核能全部轉化為動能，求原子核X的質量．
1．答案：A 根據核反應方程中質量數和電荷數守恒可得．
2．答案：A 由
衰變規律，質量數不變，質子數增加1，
比
質子增加2，所以發生2次衰變．
3．答案：B 由動能定理知功相同，結合前動能相同，
，因此
，碰撞過程動量守恒，
，故碰后速度v一定與PA相同，向右．
4．答案：C 根據愛因斯坦的質能方程知
，
，
，
=92．16MeV．
5．答案：B小球與墻壁碰撞后，如果無能量損失，則小球應以相同的速率返回，這種情況動量變化量
最大等于2mv，動能變化量
最小為零，所以②正確；如果小球與墻壁碰后粘在墻上，動量變化量最小等于mv，動能變化量最大等于
，所以④正確．
6．答案：D 由
可知X粒子為
．
7．答案：D 利用放射線消除有害靜電是利用
射線的電離性，使空氣分子電離成倒替，將靜電泄出；
射線對人體細胞傷害太大，因此不能用來人體透視，在用于治療腫瘤時要嚴格控制劑量；DNA變異并不一定都是有益的，也有時發生變害的一面．
8．答案：A 
，
，
，
根據
，可得
，則
．
9．答案：D 由動量守恒定律pA=pA/+pB，再由德布羅意波長公式λ=h/p，得到
h/λ1=h/λ2+h/λ3．
10．答案：D 平臺光滑，說明小孩和木板組成的系統動量守恒．小孩從木板右端B向左端A走動時，木板將沿平臺向右移動，二者相對于平臺的動量的大小相等，即
。設經過時間
小孩走到A端，則
，即
，又
m。聯立二式解得，
m．此時，木板的重心已向右移到了平臺上，即使小孩從左端A離開木板，木板也不會翻倒，故D正確．
11．答案：（1）根據題意得，
O
N+
e，e+
e2
．（2分）
（2）B正確． （2分）
（3）根據E=h=mc2和c=
/υ可得=h/mc． （2分）
（4）根據同位素的用途，半衰期應極短． （2分）
12．答案：（1）接通打點計時器的電源 （2分） 放開滑塊1 （2分） （2）0．620 （2分） 0．618 （2分） （3）紙帶與打點計時器限位孔有摩擦（4分）
解析：作用前系統的總動量為滑塊1的動量p0=m1v0．
v0=0．2/0．1=
塊2的動量和，且此時兩滑塊具有相同的速度v，v=0．168/0．14=1．
p=(m1+m2)v=(0．310+0．205)×1．2=0．
13．解析：水從h高處落下可認為是自由落體運動，速度為v，則
（2分）
m/s①（2分）
設在很短時間t內有質量為m的水落到石頭上，以它為研究對象，設石頭對水的平均作
用力為F，取豎直向下為正方向，由動量定理得，
②，而
③
（5分）
由①②③式代入數據解得，
N（2分）
根據牛頓第三定律可知，水對石頭的反作用力
=N． （2分）
14．解析：設X衰變時放出的α粒子的速度為
，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，則由上圖可知，
（1分）又
=
，（1分）
所以
．（2分）
因衰變過程中動量守恒，故有
，（2分）
．（2分）
衰變過程中釋放的能量為
（2分）
由愛因斯坦質能方程，得
（2分）
故原子核X的質量為
．（2分）
15．解析：（1）可發射6種頻率的光子（4分）
（2）由玻爾的躍遷規律可得光子的能量為
，代入數據得E=2．55eV（3分）
（3）E只大于銫的逸出功，故光子只有照射銫金屬上時才能發生光電效應．
根據愛因斯坦的光電效應方程可得光電子的最大初動能為
（3分）
代入數據得，
eV（或1．0×10－19J）（3分）
16．解析：（1）A、B碰撞過程中滿足動量守恒，mAvA=mAv1+mBvB（2分）
得vB=2．
方向沿斜面向上（1分）
（2）設經過時間T=0．60s，A的速度方向向上，此時A的位移
m（1
分）
B的加速度aB=gsinθ=
B的位移
m（1分）
可見A、B將再次相碰，違反了題意，因此碰撞后A先做勻減速運動，速度減為零后，
再做勻加速運動．（1分）
對A列出牛頓第二定律：mAgsinθ+μmgcosθ－F=mAa1，（2分）
mAgsinθ－μmgcosθ－F=mAa2，（2分）
v1=a1t1，v2=a2(T－t1) （2分）
解得F=0．6N（1分）
17．解析：解：以彗星和撞擊器組成的系統為研究對象，設彗星的質量為M，初速度為v01，撞擊器質量m=
由動量守恒定律得：
① （4分）
由于M遠大于m，所以，上式可以化為：
②（4分）
解得： 
③（2分）
由題給信息知，撞擊后彗星的運行速度改變了0．
m/s ④ （3分）
代入③式解得 M≈4×
18．解析：（1）小球由靜止擺到最低點的過程中，有
（2分）
（1分）
小球與物塊Q相撞時，沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，
，（1分）
，（1分）
解得，
，
（1分）
二者交換速度，即小球靜止下來，而（1分）
Q在平板車上滑行的過程中，有
（1分）
（1分）
小物塊Q離開平板車時，速度為
（1分）
（2）由能的轉化和守恒定律，知
（1分）
（1分）
解得，
（1分）
（3）小物塊Q在平板車上滑行過程中，對地位移為s，則
（1分）
解得，
（1分）
平拋時間
（1分）
水平距離
（1分）
Q落地點距小球的水平距離為
（1分）
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