A.是原子核的人工轉變 B.吸收能量.且 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

右圖為盧瑟福在實驗室里第一次成功地實現(xiàn)了原子核人工轉變的實驗裝置示意圖。M是顯微鏡,S是閃光屏,F(xiàn)是銀箔。T是充氣閥門,A是α射線放射源。

(1)(單選)關于該實驗操作過程,下列做法錯誤的是           (     )
A.選擇一定厚度的銀箔,使由A放出的α粒子能夠穿透銀箔打到熒光屏上。
B.從T處充入純凈的氧氣后, S上見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
C.從T處充入純凈的二氧化碳氣后, S上也見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
D.從T處充入純凈氮氣后,在S上看到了閃光,這說明α粒子擊中氮核后產(chǎn)生的新粒子穿過了銀箔。
(2)寫出該原子核人工轉變的核反應方程式:                        ;

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在某些恒星內(nèi),三個α粒子結合成一個核,已知α粒子的質(zhì)量為,C原子的質(zhì)量為,電子的質(zhì)量為,為真空中光速,則該反應

A.是原子核的人工轉變                          B.吸收能量,且

C.一定沒有α、β和γ射線產(chǎn)生              D.放出能量,且質(zhì)量虧損為

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如圖為盧瑟福在實驗室里第一次成功地實現(xiàn)了原子核人工轉變的實驗裝置示意圖.M是顯微鏡,S是閃光屏,F(xiàn)是銀箔.T是充氣閥門,A是α射線放射源.
(1)(單選)關于該實驗操作過程,下列做法錯誤的是______
A.選擇一定厚度的銀箔,使由A放出的α粒子能夠穿透銀箔打到熒光屏上.
B.從T處充入純凈的氧氣后,S上見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
C.從T處充入純凈的二氧化碳氣后,S上也見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
D.從T處充入純凈氮氣后,在S上看到了閃光,這說明α粒子擊中氮核后產(chǎn)生的新粒子穿過了銀箔.
(2)寫出該原子核人工轉變的核反應方程式:______+______→
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O+______.
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如圖為盧瑟福在實驗室里第一次成功地實現(xiàn)了原子核人工轉變的實驗裝置示意圖.M是顯微鏡,S是閃光屏,F(xiàn)是銀箔.T是充氣閥門,A是α射線放射源.
(1)(單選)關于該實驗操作過程,下列做法錯誤的是   
A.選擇一定厚度的銀箔,使由A放出的α粒子能夠穿透銀箔打到熒光屏上.
B.從T處充入純凈的氧氣后,S上見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
C.從T處充入純凈的二氧化碳氣后,S上也見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
D.從T處充入純凈氮氣后,在S上看到了閃光,這說明α粒子擊中氮核后產(chǎn)生的新粒子穿過了銀箔.
(2)寫出該原子核人工轉變的核反應方程式:    +    O+   

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(2012?閔行區(qū)三模)如圖為盧瑟福在實驗室里第一次成功地實現(xiàn)了原子核人工轉變的實驗裝置示意圖.M是顯微鏡,S是閃光屏,F(xiàn)是銀箔.T是充氣閥門,A是α射線放射源.
(1)(單選)關于該實驗操作過程,下列做法錯誤的是
A
A

A.選擇一定厚度的銀箔,使由A放出的α粒子能夠穿透銀箔打到熒光屏上.
B.從T處充入純凈的氧氣后,S上見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
C.從T處充入純凈的二氧化碳氣后,S上也見不到閃光,說明α粒子全部被銀箔吸收
D.從T處充入純凈氮氣后,在S上看到了閃光,這說明α粒子擊中氮核后產(chǎn)生的新粒子穿過了銀箔.
(2)寫出該原子核人工轉變的核反應方程式:
24He
24He
+
714N
714N
 
17
8
O+
11H
11H

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1.D  解析:該反應是輕核的聚變,A錯;輕核的聚變要放出能量B錯;該反應中沒有α和β射線產(chǎn)生,但可能有γ產(chǎn)生,C錯;反應前樣子總質(zhì)量,反應后核子總質(zhì)量,質(zhì)量虧損為,D正確。

2.C  解析:以活塞為研究對象,水平方向活塞受三個力如圖所示,氣體初、末狀態(tài)壓強均等于大氣壓強,此時=0;過程①缸內(nèi)氣體壓強先增大后減小,則向左先增大后減小,對活塞做負功, A是對的;過程②缸內(nèi)氣體壓強不變且等于,B是對的;過程③缸內(nèi)氣體壓強先減小后增大,向右先增大后減小,對活塞做正功,C錯;由熱力學第一定律得,所以,理想氣體的溫度變化相同時內(nèi)能變化相同,則為負時Q大,D正確。選C。

3.BD 

4.AB

5.A  解析:由圖(c)可知,子彈穿過木塊A的時間為,子彈對木塊A的沖量實際上等于子彈在穿過A的過程中對A、B的總沖量,即,由于A、B相同,質(zhì)量相等,因此在時間A對B的沖量等于子彈對A的沖量的一半,即,A正確D錯;子彈在穿過B時,相對B的平均速度小于穿過A時相對A的平均速度,因此,,,,BC錯。

6.BC  解析:時刻B板電勢比A板高,電子在時間內(nèi)向B板加速,加速結束;在時間內(nèi)電子減速,由于對稱,在時刻速度恰好為零,接下來,電子重復上述運動,所以電子一直向B板運動,直到從小孔P突出,A錯;無論電子在什么時刻突出P孔,時刻電子都具有最大動能,B正確;電子突出小孔P的時刻不確定,但突出時的動能不大于,C正確D錯。

7.C  解析:運動員在到達P點前做平拋運動,y方向做勻速運動,x方向做自由落體運動,AD兩項錯;當運動員滑上斜面后,x、y方向都做勻加速運動,但加速度小于重力加速度,B對C錯。

8.AC  解析:如圖甲,則振動周期,則,A正確;如圖乙,振動周期則為,若為,則時刻和時刻振動位移分別為A和-A,彈簧的長度不可能相同的。若為,則振動位移為-A,,振動位移為A,B錯;當振動周期為時,時刻和時刻振子的位移相等,加速度相等;當振動周期為時,時刻和時刻振子的位移為零,加速度為零;C正確;由上述可知,兩種情況位移雖相同,但速度方向相反,動量大小相等,D錯。

9.D  解析:有三個力對金屬棒做功,其中重力做功不改變金屬棒的機械能,拉力做功金屬棒的機械能增加,安培力做功金屬棒的機械能減小,減小的機械能轉化為電能,因此感應電流的功率等于安培力的功率,兩金屬棒速度相等,動能不變,若則系統(tǒng)重力勢能不變,機械能不變,拉力做的功全部轉化為電能,即,AB錯;若,則系統(tǒng)重力勢能增大,機械能增大,拉力做的功一部分轉化為系統(tǒng)機械能,一部分轉化為電能,則一定大于,C錯D對。

10.BCD  解析:對,,功率隨電流I的減小而減小,A錯B正確;對,,當時,有最大值,C正確;若,則的增大單調(diào)減小,D正確。

11.0.900   12

12.答案:①乙;②電壓表的示數(shù),電阻箱的阻值;若選擇圖甲,;若選擇圖乙,則;③若選擇圖甲,則為CE;若選擇圖乙,則為E。

解析:①由于電源電動勢V較小,,電流表的標度單位只能是mA或μA,因此約5或5000,5不合題意,5000比電流表內(nèi)阻并不滿足,電壓表內(nèi)阻又未知,因此選擇圖乙,閉合開關S2時,保持不變,反復調(diào)節(jié),使電流表指針半偏且電壓表示數(shù)不變,則電路總電流不變,使電壓表同時監(jiān)測電路電流,減小實驗誤差,故選擇圖乙;②若選擇圖甲,則,則;選擇圖乙時,開關S2閉合前,通過電阻的電流就是通過電流表的電流;③此實驗電源內(nèi)阻對實驗沒有影響,A錯;兩種電路都有電壓表作監(jiān)測電表,因此因此電源電動勢大小及電阻箱阻值的大小均對實驗沒有影響,BD錯;若選擇圖甲,則電壓表內(nèi)阻對電流表兩端電壓的計算有較大影響,而對圖乙,電壓表只起監(jiān)測作用,因此選圖甲時應該選擇C項;電阻箱阻值的精確度對實驗直接造成影響,兩種選擇均要選E項。

評分說明:①只能選擇圖乙;②③若選擇圖甲,只要后續(xù)回答正確均給分。

13.解析:⑴以10個小球整體為研究對象,由力的平衡條件可得  …(2分)

………………………………………………(2分)

⑵以1號球為研究對象,根據(jù)機械能守恒定律可得  …………(2分) 

      解得……………………………………………(2分) 

⑶撤去水平外力F后,以10個小球整體為研究對象,利用機械能守恒定律可得

    (2分)   得 (1分)

以1號球為研究對象,由動能定理得  ………………(2分)

………………………………………………(2分)

14.解析:⑴由萬有引力定律得               ①

                            ②

              ①/②得

                                ③

                                             ④

⑵上升最高的塵埃做豎直上拋運動,因此由

             

⑶塵埃上升時機械能守恒,有

則衛(wèi)星撞擊月球時的速度約為

15.解析:⑴設電子在分離器中偏轉的軌道半徑為,在中,

   ①

   ②

因此電子在Q和M中運動的周期相同,且   ③

正、負電子從O第一次到D的時間為相等,因此要讓正、負電子在D中相遇,有     ④

由②③④解得     ⑤

由電子偏轉方向可判斷,Q、M中磁感應強度的方向相反

⑵由②⑤得         ⑥

時,環(huán)的半徑最大,且         ⑦

16.解析:A、B間發(fā)生彈性碰撞,設每次碰撞A、B的速度分別為,碰后的速度分別為,由動量守恒定律和能量守恒定律得

                                           ①

                           ②

聯(lián)立①②解得 (舍去),即每次碰撞兩球都交換速度。

⑴設第一次碰撞前小球A的速度為,由動能定理得

                                   ③

則第一次碰撞后 ,小球A又開始做初速度為零的勻加速運動,小球B則以速度做勻速運動,設從A、B間的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A運動的距離為,則                         ④

                          ⑤

聯(lián)立③④⑤解得

⑵第二次碰后,設第三次碰撞前A運動的距離為,則

                            ⑥

                    ⑦

聯(lián)立解得

第三次碰后,小球B的動能,因此當小球B出電場時的動能為時,A、B間發(fā)生了四次碰撞。

⑶第四次碰撞后,小球A的速度,若第四次碰撞發(fā)生后小球A即離開電場,則A的動能,若小球A在將要發(fā)生第五次碰撞時才離開電場,則

            ⑧

                  ⑨

解得 ,故有

 

 

 


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