用打点计时器研究匀变速直线运动所选取的纸带（见图），按时间顺序每隔 5 个间隔取一个计数点， 即有A、 B、 C、 D、 E、 F． 已 知OA=1.25cm, OB=3.71cm, OC=7.37cm， OD=12.25cm， OE=18.37cm，OF=25.71cm． 若打点计时器打点的时间间隙为0.02s， 则每两个相邻计数点间的时间T=____s．物体做匀变速直线运动的加速度a=______m／s²．

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在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s²，那么：
（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到

B

B

点来验证机械能守恒定律；
（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△E_p=

1.88

1.88

 J，动能增加量△E_k=

1.84

1.84

 J （结果取三位有效数字）；
（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以

v2

2

为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的

A

A

．

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使用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度．已知打点计时器的振针每隔0.02s打一个点，得到的纸带如图所示，图中为每5个点作为一个计数点，用刻度尺测得s₁=7.85cm、s₂=9.85cm、s₃=11.85cm，则这个做匀变速直线运动的物体加速度

2.00

2.00

m/s²，物体运动到2时的瞬时速度为

1.09

1.09

m/s．（保留三位有效数字）

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在用打点计时器研究小车匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带如图所示．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，他以O点为开始点，以后每5个点取一个计数点，依次标为1、2、3、4、5、6．并且测得：x₁=1.40cm，x₂=1.90cm，x₃=2.39cm，x₄=2.89cm，x₅=3.40cm，x₆=3.90cm．．
（1）根据题中所给的数据判断小车做

匀加速直线运动

匀加速直线运动

运动．
（2）根据题中所给的数据算出小车在计数点3时的瞬时速度v₃=

0.264

0.264

m/s．
（3）根据题中所给的数据算出小车的加速度为a=

0.50

0.50

m/s²．

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在用打点计时器研究作匀变速直线运动物体的加速度时，打点纸带如图所示，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，每打5个点取一个计数点，A、B、C、D是四个计数点，则B点通过打点计时器时的速度大小是

0.505

0.505

m/s，该物体的加速度为

0.9

0.9

m/s²．

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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，比质子增加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P_A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p_A=p_A^/+p_B，再由德布罗意波长公式λ=h/p，得到

h/λ₁=h/λ₂+h/λ₃．

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=mc²和c=/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v，v=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③

（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，m_Av_A=m_Av₁+m_Bv_B（2分）

得v_B=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a_B=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：m_Agsinθ+μmgcosθ－F=m_Aa₁，（2分）

m_Agsinθ－μmgcosθ－F=m_Aa₂，（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）