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    题目列表(包括答案和解析)

    钍核90 Th发生衰变生成镭核88 Ra并放出一个粒子．设该粒子的质量为m、电荷量为q，它进入电势差为U的带窄缝的平行平板电极S1和S2间电场时，其速率为v0，经电场加速后，沿Ox方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox垂直平板电极S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角＝60°，如图所示，整个装置处于真空中．

    (1)写出钍核衰变方程；

    (2)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；

    (3)求粒子在磁场中运动所用时间t．

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    一根成90°的轻质拐，轻杆两端分别固定质量均为m的A、B两球，在竖直平面内可以绕拐点O旋转，初时OA水平，从静止释放，已知OA=2L，OB=L，一切阻力不计，如图所示，则运动过程中（　　）

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    19世纪90年代人们发现氢原子光谱中 (R为一常量，n=3,4,5…)，物理学家玻尔在他28岁时连续发表三篇论文，成功地解释了氢原子光谱的规律，揭示了光谱线与原子结构的内在联系，玻尔理论是从经典理论向量子理论的一个重要过渡，为量子力学的诞生提供了条件．玻尔既引入量子化的概念，同时又运用了"软道"等经典物理理论和牛顿力学的规律推导出上述公式．

    请同学们试用课本知识和以下设定量做玻尔的推导. (1)绕氢原子核旋转的电子质量为m，电量为－e;(2）取离核无限远处的电势能为零，半径r处电子的电势能为(k为静电力恒量); (3）电子所在的轨道在圆周长与其动量的乘积等于普朗克常量h的整数倍时，这样的轨道才是电子的可能轨道．

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    一根成90°的轻质拐，轻杆两端分别固定质量均为m的A、B两球，在竖直平面内可以绕拐点O旋转，初时OA水平，从静止释放，已知OA=2L，OB=L，一切阻力不计，如图所示，则运动过程中（　　）
    A．A、B系统机械能守恒
    B．当OA杆竖直时，OA杆的弹力沿杆所在直线方向
    C．当OA杆从竖直位置向左摆的过程中，A上升到最大高度时，OA与竖直方向夹角θ=37°
    D．当A、B球有最大速度时，OA与水平方向夹角α=arcsin
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    20世纪90年代中期，北京的大学生和香港的大学生联合研制了一辆太阳能汽车，汽车上太阳能电池的太阳能集光板面积是8m2，它正对太阳，在太阳能电池可以对车上的电动机提供120V的电压和10A的电流。车上电动机的直流电阻是4Ω。已知太阳光垂直照射到地面上的单位面积的辐射功率为1.0×103W／m2。试求：
    （1）这辆车的太阳能电池的效率是多少?车上电动机将电能转化为机械能的效率是多少?
    （2）若这辆车的总质量是0.6×103kg，车在行驶过程中所受阻力是车重的0.05倍，这辆车可能行驶的最大速度是多少?
    （3）若太阳向外辐射能量的总功率是3.9×1026GW，且太阳光穿过太空和地球周围的大气层到达地面的过程中有大约28％的能量损耗，根据题目所给出的数据估算太阳到地球的距离。（保留2位有效数字。计算中取g＝10m/s2）

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    1．C  2．B  3．D  4．C  5．A  6．C D  7．C D  8．A D  9．ABC

    10．（10分）（1）（6分）10.501（10.500-10.502）   10.155  （2）（4分） A C

    11．（1）3.0(2.6―3.4)                 （2分） 

    （2）如图所示（2分）    a＝1/(2m) （2分） 

    （3）实验前未平衡摩擦力           （2分）

    （4）砂和砂桶质量、木块的质量、以及对应的加  速度      偏大（4分）

    12．（12分）解析：（1）第一秒内的位移：s1=gt12     （t1=1s）                         …………2分

    前2s内的位移：s2=gt22  （t2=2s）…………2分

    =15m/s                 …………2分

    （2）最后两秒内的平均速度

    =15m/s…………2分

    根据平均速度等于中间时刻的速度，设小球下落的总时间为t，可得

    =g（t-1）                                           …………2分

    下落高度h=gt2                                       …………1分

    解得：h=31.25m                                        …………1分

    13．（12分）解析：（1）整体法分析有：2FN=（M+2m）g    …………3分

    即FN=M g+mg                                       …………1分

    由牛顿第三定律得：小环对杆的压力FN‘=M g+mg        …………2分

    （2）研究M得  2FTcos300=Mg                          …………2分

    临界状态，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则有

    2FTsin300=μFN                                          …………2分

    解得：动摩擦因数μ至少为  μ=               …………2分

    14．（12分）解析：（1）F2cos300=mg                      …………2分

    2 F1 cos600 =F2sin300                                    …………2分

    解得：F1=                                      …………1分

    F2=                                           …………1分

    （2）当F与CO垂直时，F最小，即F=mgsin300           …………3分

    F最小=mg                                             …………3分

    15．（15分）（1）设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt－vt/2＝13.5m  2分

    将v＝9m/s代入得到：t＝3s，                             …………1分

    又 v＝at                                                …………1分

    解得：a＝3m/s2                                          …………1分

    在追上乙的时候，乙走的距离为s

    则：s＝at2/2                                             …………1分

    代入数据得到s＝13.5m                                   …………1分

    所以乙离接力区末端的距离为∆s＝20m－13.5m＝6.5m         …………1分

    （2）由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时走过的距离越长．当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大                         …………2分

    设乙的加速度为a2

    运动的时间t=                                     …………1分

    乙加速的时间t1=                                     …………1分

    L=a2t12+v乙（t- t1）                                     …………2分

    a2=m/s2=2.67 m/s2                                      …………1分

    16．（16分）（1）研究木块m

    F-μ2mg=ma1                                             …………2分

    研究木板M

    μ2mg-μ1（mg+Mg）=Ma2                                  …………2分

    L=a1t2-a2t2                                          …………2分

    解得：t=1s                                              …………2分

    （2）当F≤μ1（mg+Mg）时，f=0N                          …………2分

    当μ1（mg+Mg）<F≤10N时，M、m相对静止

    则有：F-μ1（mg+Mg）=（m+M）a

    f=ma

    即：f=-1（N）                                       …………2分

    当10N <F时，m相对M滑动，此时摩擦力f=μ2mg=4N       …………2分

                                    …………2分

     

     

     

     


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