如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图11乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．
（1）请在图11乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；
（2）求出磁场对导体棒的安培力的大小；
（3）如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．

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（2007?闵行区模拟）在“研究平抛运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录小球的运动轨迹．每个最小方格的边长l=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置，如图11中B、C、D点所示，则小球从抛出到B点所用时间为

0.1

0.1

s，小球的初速度

1.5

1.5

m/s，并请在图上画出小球运动的初始位置A点．

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有一个标有“12V、24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：
A．直流电源15V（内阻可不计）
B．直流电流表0～0.6A～3A（内阻0.5Ω、0.1Ω）
C．直流电流表0～300mA（内阻约5Ω）
D．直流电压表0～3V～15V（内阻约3kΩ、15kΩ）
E．直流电压表0～25V（内阻约200kΩ）
F．滑动变阻器10Ω、5A
G．滑动变阻器1kΩ、3A
（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验需要从上述器材中再选用

ABDF

ABDF

（用序号字母表示）．
（2）在相应方框内画出最合理的实验原理图．
（3）若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图11所示，由 这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是

23.2W

23.2W

；如果灯丝电阻与（t+273）的大小成正比，其中t为灯丝摄氏温度值，室温t=27℃，则正常发光时灯丝的温度是

1587

1587

℃．

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风能是一种环保型的可再生能源．据勘测，我国利用风力资源至少有2.53×10⁵MW，所以风能是很有开发前途的能源．风力发电是将风的动能通过风力发电机转化为电能的过程．某风力发电机将伞气的动能转化为电能的效率η=20%，空气密度ρ=1.3kg/m³，其有效受风面积S=20m²．此风力发电机输出U=250V稳定的直流电压，用它给如图11所示的皮带传送装置的电动机（电动机未画出）供电，输电线电阻不计．已知皮带传送装置的电动机的额定电压U_额=250V，允许消耗电功率的最大值P_电m=500W，线圈电阻R=5.0Ω，在该电动机消耗电功率达到最大值的情况下，电动机及皮带传送装置各部分由于摩擦而损耗的功率与皮带传送装置输出的机械功率之比为1：5．重力加速度g取10m/s²．
（1）求此风力发电机在风速v₁=10m/s时输出的电功率；
（2）求皮带传送装置的电动机消耗电功率达到最大值时，皮带传送装置输出的机械功率；
（3）已知传送带两端A、B之间距离s=10m，高度差h=4.0m．现将一货箱（可视为质点）无初速地放到传送带上A处，经t=1.0s后货箱与传送带保持相对静止，当货箱被运送至B处离开传送带时再将另一个相同的货箱以相同的方式放到A处，如此反复，总保持传送带上有一个（也只有一个）货箱．在运送货箱的过程中，传送带的运行速度始终保持v₂=1.0m/s不变．若要保证皮带传送装置的电动机所消耗电功率始终不超过P_电m=500W，货箱的质量应满足怎样的条件．

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小汽车甲以8m/s的速度在平直的公路上向右匀速行驶．某时刻，发现在其正前方20m处，有一货车乙刚好以2m/s²的加速度由静止开始向右做匀加速直线运动，且当乙车速度达到12m/s时，便保持此速度匀速运动，而甲车继续匀速运动．
（1）求乙车速度增加到8m/s所用的时间
（2）判断甲车能否追上乙车？若能追上，求出追上时所用的时间；若不能追上，求出甲、乙之间的最小距离
（3）请在图11中画出0～8s内甲、乙两车的速度v与时间t的图象．

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高考真题

1．【解析】（1）A为康普顿散射，B为光电效应，康普顿散射和光电效应都深入揭示了光的粒子性；

C为粒子散射，不是光子，揭示了原子的核式结构模型。D为光的折射，揭示了氢原子能级的不连续；

（2） 系统动量守恒的条件为所受合外力为零。即电场力与重力平衡；

（3）由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程：，可知这种粒子是正电子。由图象可知的半衰期为14天，的衰变后还剩，经历了4个半衰期，所以为56天。

【答案】（1）AB    （2）    （3）56天

2．【解析】本题考查放射性元素衰变的有关知识，本题为较容易的题目。由衰变方程： ,由质量数守恒和电荷数守恒得：232=220+4x,90=86+2x-y可解得：x=3、 y=2。

【答案】D

3．【解析】由电荷数守恒和质量数守恒查得经8次a衰变和4次b衰变，最后变成铅的同位素

【答案】8   4  

4．【解析】由氢原子跃迁规律可求得发出6条不同频率的谱线

【答案】6

5．【解析】：卢瑟福在α粒子散射实验中发现了大多数α粒子没有大的偏转，少数发生了较大的偏转，卢瑟福抓住了这个现象进行分析，提出了原子的核式结构模型；1MeV=1×10⁶×1.6×10^-19= mv²，解得v=6.9×10⁶m/s 。

【答案】了大多数α粒子没有大的偏转，v=6.9×10⁶m/s

6．【解析】：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T₁?T₂时间后剩下的放射性元素的质量相同，则 = ，故m_A：m_B＝2^T2 : 2^T1 

【答案】：γ，2^T2 : 2^T1

7．【解析】由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的x分别为正电子、α粒子、质子、中子。

【答案】C

8．【解析】：该核剩下1/4，说明正好经过两个半衰期时间，故该生物死亡时距今约2×5730年=11460年。

【答案】11460年

9．【解析】根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知选项B、D正确。

【答案】BD

10．【解析】氢原子的发射光谱是不连续的，只能发出特定频率的光，说明氢原子的能级是分立的，选项B、C正确。根据玻尔理论可知，选项D错误。

【答案】BC

11．【解析】题目中所给装置是卢瑟福研究粒子散射实验装置，故选项A正确。

【答案】A

12．【解析】只有静止氘核吸收光子能量大于其结合能时，才能分解为一个质子和一个中子，故A项正确，B项错误；根据能量守恒定律，光子能量大于氘核结合题，则多余的能量以核子动能形式呈现，故C项错，D项正确。

【答案】AD

13．【解析】核反应方程是H+nH+；辐射出的光子的能量E=(₁+m₂-m₃)c²；光子的波长。

【答案】B

14．【解析】⑴卢瑟福提出了原子的核式结构模型；玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱；查德威克发现了中子（或其他成就）。

⑵设中子质量为M_n靶核质量为M，由动量守恒定律M_nv₀=M_nv₁+Mv₂

解得：在重水中靶核质量：M_H=2M_n，；在石墨中靶核质量：M_c=12M   与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好。 

【答案】（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型；玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱；查德威克发现了中子   （2）重水减速效果更好

名校试题

1．【解析】 “氦”与氘核聚变的核反应时符合质量数与电荷数守恒，且聚变是放能反应。

【答案】AD

2．【解析】A为α衰变方程，B为聚变方程，C为发现质子的人工核反应方程，D为裂变方

程，现在核电站获取核能的方式为裂变，D正确。

【答案】D

3．【解析】已知一个铍原子质量为m₁，则铍核的质量为m₁－4m_e。一个锂原子质量为m₂，则锂核的质量为m₁－3m_e。题述核反应的质量亏损Δm＝[(m₁－4m_e)＋m_e]－(m₁－3m_e)＝m₁―m₂，故题述核反应释放的能量为ΔE＝Δmc²＝(m₁―m₂)c²，A正确。

【答案】A

4．【解析】①   (3分)

②  （2分）

③ （2分）

(1分)

【答案】（1）   （2）     （3）

5．【解析】（1）  

（2）质量亏损  △m=0.0059u   

△E=△mc²=0.0059×931MeV=5.49MeV 

（3）系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即

所以钍核获得的动能  

【答案】（1）    （2）5.49MeV     （3）

6．【解析】⑴CDF

⑵①

②洛伦兹力提供带电粒子在匀强磁场运动的向心力得：由上式得：

    因和的动量等大，所在磁场相同，有：

即：

【答案】（1）CDF     （2）   （3）

7．【解析】（1）He+Na→Mg+H  

   （2）α粒子、新核的质量分别为4m、26m，质子的速率为v，对心正碰，由动量守恒定律得：

       解出：v=0.23c  

【答案】（1）He+Na→Mg+H     （2）v=0.23c 

8．【解析】（1）       2分

   （2）设中子，氢核（）、氘核（）的质量分别为m₁、m₂、m₃，速度大小分别为v₁、v₂、v₃，粒子做匀速圆周运动的半径为R，

由

由………………①

由动量守恒定律得：

……………………②                                  

由径迹图象可知反向

即：

解得

方向与中子速度方向相反

【答案】（1）    （2）   

9．【解析】（1）                                                   

   （2）用m₁、m₂和m₃分别表示中子（）、氦核（）和氚核的速度，由动量守恒定律得                                                                                                          

    代入数值，得

    即反应后生成的氚核的速度大小为                             

    方向与反应前中子的速度方向相反                                                   

   （3）反应前的总动能

    反应后的总动能

    经计算知E₂>E₁，故可知反应中发生了质量亏损。                           

【答案】（1）  （2）   （3）E₂>E₁，故可知反应中发生了质量亏损

10．【解析】（1）

   （2）相互作用过程中动量守恒P₁=P₂ …

     …  

    由能量定恒得  

11．【解析】（1）

（2）根据题意可知，a粒子在磁场中做原半径R=1.06m,设a粒子的速度为v₁带电量为g，

质量为m则有

kg?m/s

a粒子的动能J

镭核衰变满足动量守恒，设氡核的质量为M，速度为v₂有

氡核能的动能

镭核衰变时释放的能量J

【答案】（1）    （2） J

考点预测题

1．【解析】由三种射线的特点和半衰期的含义不难判断选项D正确。

【答案】D

2．【解析】根据衰变规律

20天对于元素A是5个半衰期,对于元素B是4个半衰期,因为原来A和B的质量相同,设原来的质量都为,所以剩下的A和B的质量为

    所以正确选项为C.

【答案】C

3．【解析】:波长越长，频率越低，能量越小的光子，               

越容易表现出衍射现象，应该是从n=4跃迁到n=3能级产生的，AB错；总共可辐射种不同频率的光，C错；从n=2能级跃迁到n=1时辐射的光子能量，大于金属铂的逸出功，D正确。

【答案】D

    4．【解析】由题意可知，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν₁、ν₂、ν₃、ν₄、ν₅和ν₆的光，说明μ氢原子吸收光子后 就会跃迁到n＝4的能级 然后再从n＝4的能级往低能级跃迁 4－3 、4－2、 4－1 、3－2、 3－1 、2－1 就刚好有6种不同频率的光发出．因频率依次增大 ，根据原子发射或吸收光子时,满足玻尔理论的跃迁假设，所以画图后顺着数应为 E＝hν₃，故选项C正确．

【答案】C

5．【解析】设原子核X的质量数为x，电荷数为y，依题意写出核反应方程，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2。由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y-2）多2个，A错；由此可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1个，B错；X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，C对；X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，D对。

【答案】CD

6．【解析】本题考查放射性元素衰变的有关知识，本题为较容易的题目。由衰变方程： ,由质量数守恒和电荷数守恒得：232=220+4x,90=86+2x-y可解得：x=3、 y=2．

【答案】D

7．【解析】核反应中释放的能量可由爱因斯坦方程先计算出质量亏损后进而求得。

    （1）核反应方程为  H+H→He+n

（2）质量亏损为

     △m=2×2.0136?1.0087?3.0150

       =0.0035（u）

而对应于1u的质量亏损，释放的核能为931.5MeV，于是上述核反应中释放的能量为

     △E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV

（3）设氘核H，氦核He，中子n的质量数分别为m、m₁、m₂，于是有

     mσ－mσ=m₁σ₁－m₂σ₂

   mσ²=E_k=0.35MeV

 m₁σ=

m₂σ=

  2E_k+△E=+

  由此解得

     =2.97MeV

     =0.99MeV

【答案】(1)   H+H→He+n   (2)  △E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV       (3) =2.97MeV=0.99MeV

8．【解析】u带+e电量，带+e电量，（+e）+（+e）=＋e，而π⁺带+e电量，带电量守恒，所以A选项正确，同理，D选项正确。

【答案】AD

9．【解析】质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为　　　　①

代入数值，得 F_m=46N，为斥力.　②

上夸克与下夸克之间的静电力为　　③

代入数值，得 F_nd=23N，为吸力.④

【答案】F_nd=23N，为吸力

10．【解析】⑴由质量数守恒和电荷数守恒得：B+n→He+Li          

⑵由于α粒子和反冲核都带正电，由左手定则知，它们旋转方向都是顺时针方向，示意图如图8所示

⑶由动量守恒可以求出反冲核的速度大小是10³m/s方向和α粒子的速度方向相反，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可求得它们的半径之比是120∶7

⑷由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可求得它们的周期之比是6∶7

【答案】（1）B+n→He+Li      （2） 见图8    （3）6∶7

11．【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mv/qB，K^-介子和π^-介子电荷量又相同，说明它们的动量大小之比是2∶1，方向相反。由动量守恒得π⁰介子的动量大小是π^-介子的三倍，方向与π^-介子的速度方向相反。选C。

【答案】C

12．【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为m_H。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v和v。由动量守恒与能量守恒定律得

mv＝m v＋m_H v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  ①

　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

     解得v＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

同理，对于质量为m_N的氮核，其碰后速度为

v＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④

由③④式可得m＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

根据题意可知v=7.0v                                               ⑥

将上式与题给数据代入⑤式得

m＝1.2u       

【答案】m＝1.2u

13．【解析】α射线不能穿过3mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响。而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化。即是β射线对控制厚度起主要作用。若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些。

【答案】（1）β射线    （2）调节得大些

14．【解析】(1)

     (2)反应堆每年提供的核能                           ①

     其中T表示1年的时间

     以M表示每年消耗的          ②

     解得:          ③

【答案】（1）     （2）1

15．【解析】（1）要估算太阳的质量M，研究绕太阳运动的任一颗行星的公转均可，现取地球为研究对象。设T为地球绕日心运动的周期，则由万有引力定律和牛顿定律可知                                

地球表面处的重力加速度                

得                            

以题给数值代入，得   M＝2×10³⁰ kg             

（2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为

△E＝（4m_p＋2m_e－m_α）c²                       

代入数值，得        △E＝4.2×10^-12 J                   

（3）根据题给假设，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应的次数为                                 

因此，太阳总共辐射出的能量为         E＝N?△E

设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外放出的辐射能为 ε＝4πr²w  

所以太阳继续保持在主星序的时间为                     

由以上各式解得       

以题给数据代入，并以年为单位，可得t＝1×10¹⁰年＝1百亿年        

【答案】（1）M＝2×10³⁰ kg   （2）△E＝4.2×10^-12 J        （3）t＝1×10¹⁰年＝1百亿年