B.鎳63的裂變方程是→+ C.外接負載時鎳63的電勢比銅片高 D.該電池內(nèi)電流方向是從鎳到銅片 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

美國科研人員正在研制一種新型鎳銅長效電池,它是采用半衰期長達100年的放射性同位素()和銅兩種金屬作為長壽命電池的材料,利用鎳63發(fā)生b 裂變時釋放電子給銅片,把鎳63和銅片做電池兩極外接負載為負載提供電能.下面有關(guān)該電池的說法不正確的是

A.鎳63的裂變方程是

B.鎳63的裂變方程是

C.外接負載時鎳63的電勢比銅片高

D.該電池內(nèi)電流方向是從鎳到銅片

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1.C由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知A、B錯,由于鎳63放出電子,故帶正電,電勢比銅片電勢高,C正確,電流方向從銅片到鎳,D錯

2.C

3.A由可知,A正確

4.B將分子粗略地看成一個小立體,則

5.D照射到abc上三種光的頻率關(guān)系,為,由光電效應(yīng)的規(guī)律可知板b有電子射出,板c一定有光電子放出,正確答案為D

6.A航天飛機的運行周期

   

    設(shè)經(jīng)過時間t航天飛機又通過建筑物上方,則

    ,所以

7.A沿著電場線的方向電勢降低,,B錯;EF兩點在同一等勢面上,且,A正確

    由等量異種電荷的等勢面特點可知.,C錯,D錯

8.CFkA

    由①②可知,C正確.

9.C先根據(jù)題意畫出電子所走的弧,因為弧上任意一點的速度方向必然與該點所在的半徑垂直,故可以過A點做與方向(即AB方向)垂直的直線,此即為帶電粒子做勻速圓周運動的半徑方向.同理過C點作垂直于BC的直線,也為該點的半徑方向,兩半徑相交點即為帶電粒子做勻速圓周運動的圓心.如答圖1所示.由圖示情況可以看出

答圖1

    當時電子剛好不能從BC邊射出.

    要使電子可以從BC邊射出,必滿足r,而r,

    ∴B時,電子可以從BC邊射出

10.D11.(1)大于(2)軌道末端出口水平(3)P、為落地的平均位置,F一步中的應(yīng)為-2r,

12.(1)1.000

 (2)①略

    ②A.將滑動變阻器調(diào)至輸出電壓為零的位置,再合上

    B.將扳向2,調(diào)滑動變阻器使電流表指針在某一電流刻度,并記下該位置.

    C.使阻值最大后,將扳向1,調(diào)電阻箱,使電流表指針回到所記的位置,記下電阻箱阻值

    D.被測電阻

13.偵察衛(wèi)星環(huán)繞地球一周,通過有日照的赤道一次,在衛(wèi)星一個周期時間(設(shè)為)地球自轉(zhuǎn)的角度為q ,只要q 角所對應(yīng)的赤道弧長能被拍攝下來,則一天時間內(nèi),地面上赤道處全部在有日照條件下就能被拍攝下來.設(shè)偵察衛(wèi)量的周期為,地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力為衛(wèi)星做圓周運動的向心力,衛(wèi)星的軌道半徑rRh,根據(jù)牛頓第二定律,則

    在地球表面的物體重力近似等于地球的萬有引力,即mg

    解得偵察衛(wèi)星的周期為

    已知地球自轉(zhuǎn)周期為T,則衛(wèi)星繞行一周,地球自轉(zhuǎn)的角度為q =2p?

    攝像機應(yīng)拍攝赤道圓周的弧長為q 角所對應(yīng)的圓周弧長應(yīng)為

   

14.當開關(guān)S在位置1時,粒子在電容器中做類平拋運動,即水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,有

    lvt,

    得

    則帶電粒子的初速度

    (m/s)

    當S接到2位置時,電容器內(nèi)形成按余弦規(guī)律變化的振蕩電場,周期為

   

    接到位置2時,電容器內(nèi)電場仍豎直向上,設(shè)粒子在第一個內(nèi)加速向下運動,在第二個內(nèi)減速向下運動,在半個周期結(jié)束時,粒子的速度為零,平均加速度a,運動時間t,故粒子半個周期內(nèi)豎直方向位移,粒子不會打到下極板上.

    在第三個內(nèi),粒子加速向上運動,在第四個內(nèi)減速向上運動,在后半個周期結(jié)束時,粒子的速度為零.從對稱性角度考慮,經(jīng)過一個周期,粒子又回到兩板中央,豎直方向速度為零.

    不論電容器內(nèi)電場如何作用周期性的變化,粒子在水平方向不受電場力的作用,水平速度不變,所以粒子在電場中運動的時間仍為2×s,在這一時間內(nèi),電場做周期性變化的次數(shù)

   

    所以當粒子離開電容器時,豎直速度為零,水平速度不變,仍為v=1.0×m/s,從兩板中央飛出.

    所以粒子能飛出電容器,從兩板中央水平飛出,v=1.00×m/s.

15.(1)滑塊速度向右,根據(jù)勻速運動條件

   

    可知E的方向必水平向右.

    由返回速度向左且作勻速運動可知

    mg

    而題中有:

    ②③聯(lián)立得知,即=2mg,代入①式

    所以Em mg+2mg)/q=3m mg/q

    (2)設(shè)往返總時間為T有:

   

    即:,代入②式可得

    (3)返回時不受摩擦力,所以全過程摩擦力做功

    W=-fL=-m mgL=-3m mgL

16.用答圖2示平面內(nèi)的光線進行分析,并只討論從右側(cè)觀察的情形,如圖所示,由亮點發(fā)出的任一光線CP線經(jīng)過兩次折射而從液面射出.由折射定律,按圖上標記的各相關(guān)角度.有sina nsinb  

    sing =(1/n)sind

    其中d ≤p /2g =(p /2)-(b j ) ③

答圖2

    注意到,若液體內(nèi)光線入射到液面上時發(fā)生全反射,就沒有從液面射出的折射光線.全反射臨界角滿足條件sin=1/n

    可知光線CP經(jīng)折射后能從液面射出從而可被觀察到的條件為g

    或sing <1/n

    現(xiàn)在計算sing .利用③式可得

    sing =cos(b j )=cosb cosj -sinb sinj

    由①式可得cosb

    因此,nsing =cosj -nsinb sinj 又由①式nsing=cosj  -sina sinj  ⑥

    由圖及①、②式,或由⑥式均可看出a 越大則g 越小,因此,如果與a 值最大的光線相應(yīng)的g 設(shè)為,若,則任何光線都不能射出液面.反之,只要,這部分光線就能射出液面,從液面上方可以觀察到亮點.由此極端情況即可求出本題要求的條件.

    自C點發(fā)出的a 值最大的光線是極靠近CD的光線,它被DB面折射后進入液體,由⑥式可知與之相應(yīng)的

    a =(p /2)-j

    nsin=cosj  -cosj sinj

    能觀察到亮點的條件為nsin<1

    即cosj -cosj sinj <1

    上式可寫成cosj <1+cosj sinj

    取平方

    化簡

    故

    開方并化簡可得

    這就是在液面上方從側(cè)面適當?shù)姆较蚰芸吹搅咙c時nj 之間應(yīng)滿足的條件.

17.(1)激光器的功率為NE

    已知激光對物體表面的壓力為F=2N?p

    由光壓的定義

    聯(lián)立以上各式得

    (2)太陽光對薄膜產(chǎn)生的光壓

     ⑤

    探測器受到的總光壓力

    FI?S

    以探測器為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律Fm?a

   

18.(1)由豎直上拋運動得炮彈被射出時的初速度

    (2)由動量守恒定律得:

    帶電物體在洛侖茲力作用下的直線運動是勻速直線運動,假設(shè)電場強度方向豎直向上,根據(jù)受力有:

   

    聯(lián)立②③④得:

    兩物體勻速運動的速度

    ∴40m/s ⑤

    50m/s ⑥

    所加電場為

   

    因為E為正,所以場強方向豎直向上

    (3)由動能定理得:爆炸對兩物體做的功

   

   

    (4)由平拋運動規(guī)律得落地時間:

   

    兩物體的水平位移

    =40×4m160m

    =50×4m200m

    兩物體落地點間的距離

    DsL=360+20=380m

 

 

 


同步練習冊答案