2025年山东省日照一中、临沂一中高考物理联考试卷（4月份）（含详细答案解析）

这是一份2025年山东省日照一中、临沂一中高考物理联考试卷（4月份）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列描述中正确的是( )
A. 质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量
B. 92238U衰变为 88222Rn要经过4次α衰变，4次β衰变
C. 某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少2个
D. 入射光波长越长，发生光电效应时从金属表面逸出的光电子最大初动能越大
2.如图，静止的物体沿不同的光滑轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为H，桌面距地面高为h，物体质量为m，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 物体沿竖直轨道下滑到桌面上，重力势能减少最少
B. 物体沿曲线轨道下滑到桌面上，重力势能减少最多
C. 以桌面为参考平面，物体重力势能减少mgH
D. 以地面为参考平面，物体重力势能减少mg(H+h)
3.物体的运动轨迹为曲线的运动称为曲线运动。关于质点做曲线运动，下列说法中正确的是( )
A. 有些曲线运动也可能是匀速运动
B. 质点做某些曲线运动，其加速度是可以不变的
C. 曲线运动一定是变速运动。反之，变速运动也一定是曲线运动
D. 质点做曲线运动过程中某个时刻所受合力方向与速度方向也有可能相同
4.某质点从A点沿图中的曲线运动到B点，质点受力的大小为F。经过B点后，若力的方向突然变为与原来相反，它从B点开始可能沿图中的哪一条虚线运动( )
A. aB. bC. cD. d
5.质量为30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5m.小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，它对秋千板的压力约为( )
A. 0B. 200NC. 600ND. 1000N
6.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，由于发生了α(或β)衰变而得到两种粒子，一种是α(或β)粒子，另一种是反冲核。如图所示为两种粒子在磁场中的圆形轨迹，已知衰变前核的质量为，衰变后形成的两种新粒子的质量分别为m1、m2，在磁场中的轨迹半径分别为R1、R2。两圆半径之比为R1：R2=1：45，则以下说法正确的是( )
A. 该原子核发生的是α衰变，得到的两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相反
B. 原来静止的原子核的原子序数为92，反冲核的轨道半径为R2
C. 衰变过程释放的核能E=(m−m1−m2)c2，得到的射线在空气中具有较强的穿透本领
D. 该衰变的衰变方程可能为 92238U→24He+90234Th
7.关于动能定理，下列说法中正确的是( )
A. 某过程中外力的总功等于各力做功的绝对值之和
B. 只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变
C. 在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用
D. 动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
8.如图甲所示为直升机为灾区运送生活物资的示意图，直升机由地面起飞，50s末到达一定高度立即将物资释放(释放前物资与直升机相对静止)，最终物资刚好落在灾区。直升机在水平方向的速度vx以及竖直方向的速度vy随时间t变化的规律分别如图乙、丙所示。则下列说法正确( )
A. 0∼5s的时间内，物资的运动轨迹为直线
B. 5s∼35s的时间内，物资的运动轨迹为曲线
C. 35s∼50s的时间内，物资处于超重状态
D. 物资距地面的最大高度为475m
9.如图所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是( )
A. 重力势能减小，弹性势能增大
B. 重力势能增大，弹性势能减小
C. 重力势能减小，弹性势能减小
D. 重力势能不变，弹性势能增大
10.一只100g的球从1.8m的高度处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，g取10m/s2，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是( )
A. 重力做功为1.8JB. 重力做了0.55J的负功
C. 球的重力势能一定减少0.55JD. 球的重力势能一定增加1.25J
11.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，以橡皮初始位置为坐标原点，则橡皮运动的轨迹可能为( )
A.
B.
C.
D.
12.我国设计的“玉兔号”月球车上应用了钚238小型核能电池。已知钚(94238Pu)在衰变的过程中放出一个电子，生成新原子核镅(Am)。若钚(94238Pu)的比结合能为E1，镅(Am)的比结合能为E2。下列说法正确的是( )
A. 衰变方程为 94238Pu=95238Am+−10eB. 原子核镅(Am)有145个中子
C. 衰变过程中释放的核能为238(E2−E1)D. 月球昼夜温差大会影响钚238的半衰期
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
13.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有( )
A. N小于滑块重力B. N大于滑块重力C. N越大表明h越大D. N越大表明h越小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
14.某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了一定质量的气体。
(1)实验时，为判断气体压强与体积的关系，______(选填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积。
(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以______为横坐标在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示。
(3)实验过程中，下列操作正确的是______。
A.改变气体体积时应快速推拉活塞
B.推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C.实验前应先利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量
(4)为能更准确地测出气体的压强，某同学直接用软管连通注射器和另一压强传感器(测量压强更准确)，如图丁所示。测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，若以1p为纵坐标作出的图线如图丙所示，而该图线不过原点，为减小这一实验误差且图线仍为直线，下列措施可行的是______。
A.选用容积较大的注射器
B.实验中气体的体积不要压缩得过小
C.改用p为纵坐标，1V为横坐标
D.测出软管中气体的体积
15.图甲是某小组“探究海波熔化时温度变化规律”的实验装置，每隔1min记录一次温度值。实验数据记录如表：
(1)实验中需要的测量工具是温度计和______；
(2)在1min时，温度计的示数如图乙所示，此时的温度为______ ∘C；
(3)由记录的实验数据可知海波是______(选填“晶体”或“非晶体”)；
(4)由实验知，海波熔化需要的条件是：①______；②继续吸收热量；
(5)另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升。产生这一现象的原因可能是______(填字母)。
A.烧杯中的水少
B.对试管内的海波不断搅拌
C.温度计的玻璃泡碰到了试管壁
D.海波熔化过程中吸热，温度升高
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
16.某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，网上查阅数据得知：油酸的摩尔质量M=0.283k⋅ml−1，密度ρ=0.895×103kg/m3，若每100ml，油酸酒精密液中含有纯油酸1mL，用滴管向量简内滴100滴上述溶液，量简中的溶液体积增加1ml。已知球的体积V与直径D的关系为V=16πD3，取NA=6.02×1013ml−1.求：
(1)一个油酸分子的体积约为多少m3？
(2)一滴上述油酸酒精溶液所能形成的单分子油膜的面积约是多少m2？(结果均保留一位有效数字)
17.某人站在离地面h=10m高处的平台上以速度v0=5m/s水平抛出一个质量m=1kg的小球，不计空气阻力，g取10m/s2.问：
(1)人对小球做了多少功？
(2)小球落地时的速度为多大？
18.一个静止的镭原子核 88228Ra经一次衰变后变成一个新核 86224Rn和一个粒子X，已知 88228Ra核、 86224Rn核、X粒子的质量分别用m1、m2、m3表示，试完成下列问题：
(1)X是什么粒子？写出该衰变的衰变方程；
(2)计算该衰变过程中释放出来的核能是多少？
(3)若释放出来的核能全部转化为 86224Rn和X的动能，则它们的动能之比是多少？
19.浮筒气囊打捞法是打捞沉船的一种方法，是用若干浮筒气囊与沉船拴住，在水下充气后，借浮力将沉船浮出水面。已知某个打捞浮筒气囊的最大容积为5m3，沉船位置离水面约为20m，该处水温为−3∘C。打捞船上打气装置可持续产生4倍大气压强的高压气体，气体温度为27∘C。现将高压气体充入浮筒气囊中，当气囊内气体压强和外部水压相等时停止充气，此过程需要打气装置充入多少体积的高压气体？假定高压气体充入浮筒气囊前，气囊内的气体可忽略不计，计算气体压强时不考虑气囊的高度，气囊导热性良好，大气压强p0=1×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。(结果保留三位有效数字)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.质子与中子结合成氘核的过程中存在质量亏损，会放出能量，故A错误；
B. 92238U衰变为 88222Rn要经过的α衰变次数为Nα=238−2224=4
经过的β衰变次数为Nβ=2Nα−(92−88)=4
故B正确；
C.某原子核经过一次α衰变后，中子数减少2个，经过两次β衰变后，中子数减少2个，所以最终中子数减少4个，故C错误；
D.入射光波长越长，频率越低，根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0可知发生光电效应时从金属表面逸出的光电子最大初动能越小，故D错误。
故选：B。
2.【答案】C
【解析】解：AB、静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，重力做功相同，所以重力势能减少相同，故AB错误；
CD、重力势能的变化量与零势能平面的选取无关，重力做的正功等于重力势能的减小量，重力做功为mgh，则重力势能的减小量为mgh。故C正确，D错误。
故选：C。
重力做功与路径无关，由初末位置的高度差有关，重力势能的大小与零势能平面的选取有关，但重力势能的变化量与零势能平面的选取无关。
解决本题的关键知道重力做功的特点，以及知道重力做功与重力势能的变化关系。
3.【答案】B
【解析】解：A、匀速运动是速度不变的运动，速度是矢量，故匀速运动就是匀速直线运动，不是曲线运动，故A错误；
BC、质点做曲线运动，其速度方向沿轨迹的切线方向，方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动；与加速度方向不在一条直线上，加速度的方向可能是不变的，如平抛运动；但变速运动不一定是曲线，可能只是速度大小发生变化，如匀变速直线运动，故C错误，B正确；
D、质点所受合力方向与速度方向相同时，质点将做直线运动，故D错误。
故选：B。
曲线运动的特点，合外力和速度方向不同线，物体速度时刻变化，为变速运动，典型的曲线运动有平抛运动、圆周运动等．
本题关键明确曲线运动的运动性质和动力学条件，要能够结合匀速圆周运动和平抛运动的知识进行分析。
4.【答案】A
【解析】解：力与速度的方向分居在轨迹两侧，质点从A点沿图中的曲线运动到B点，曲线向下弯曲，可知F的方向应该是斜向右下方的，改变F的方向之后就应该是斜向左上方，所以物体的运动轨迹应该是向上弯曲，即可能沿虚线a。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
物体做曲线运动时需要有与速度方向不在同一条直线上的合力，根据物体运动的轨迹可知，力与速度的方向分居在轨迹两侧，从而即可求解。
本题主要是考查学生对曲线运动的理解，根据合力和物体做曲线运动轨迹的弯曲方向间的关系，来判断物体的运动轨迹。
5.【答案】C
【解析】解：由机械能守恒得：mgh=12mv2得v= 2gh= 2×10×1.25=5m/s
以小孩为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图。
根据牛顿第二定律得：FN−mg=mv2r
得到：FN=m(g+v2r)=30×(10+522.5)N=600N
由牛顿第三定律知小孩对秋千板的压力为600N。
故选：C。
秋千板和小孩做圆周运动．先由机械能守恒求出秋千板到达最低点时的速度．秋千板摆到最低点时，以小孩为研究对象，分析受力情况．小孩受到重力和秋千板的支持力，由这两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出秋千板对小孩的支持力，再得到压力．
本题是实际生活中的圆周运动问题，分析物体的受力情况，确定向心力的来源是关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、两圆形轨迹外切，可知是α衰变，两种新粒子均带正电，根据左手定则可知两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相同，故A错误；
D、根据质量数守恒定律与电荷守恒定律可知，该衰变的方程可能为 92238U→24He+90234Th，故D正确；
B、反冲的原子序数为
45×2=90
为钍核，根据动量守恒定律可得：
0=m1v1−m2v2
所以静止原子核衰变后两种新粒子动量等大反向，根据
R1=m1v1q1B；R2=m2v2q2B
解得：R1：R2=q2：q1=1：45
电荷数大的半径小，反冲核的轨道半径为R1，故B错误；
C、衰变过程中释放的核能为
E=(m−m1−m2)c2
得到的射线是α射线，但α射线在空气中电离本领较强，贯穿本领较弱，空气中一张纸就能把α射线挡住，故C错误；
故选：D。
根据左手定则和图中的轨迹特点得出衰变的类型；
根据质量数守恒和电荷数守恒得出对应的衰变方程；
根据洛伦兹力提供向心力，结合动量守恒定律得出半径的比值关系；
熟悉不同粒子的电离能力和穿透能力。
本题主要考查了原子核的衰变，熟悉衰变过程中的电荷量守恒和质量数守恒，结合动量守恒定律和牛顿第二定律联立等式完成分析。
7.【答案】B
【解析】解：A、某过程中外力的总功等于各力做功的代数之和，故A错误；
B、只要合外力对物体做了功，由动能定理知，物体的动能就一定改变。故B正确；
C、在物体动能不改变的过程中，动能定理也适用，故C错误；
D、动能定理既适用于恒力作用的过程，也适用于变力作用的过程。故D错误。
故选：B。
外力的总功等于各力做功的代数之和；外力对物体做的总功等于物体动能的变化；动能定理适用于任何过程。根据这些知识进行分析。
解决本题的关键要理解并掌握动能定理的内容、适用范围，要知道动能定理既适用于恒力作用的过程，也适用于变力作用的过程．既适用于直线运动，也适用于曲线运动，应用范围相当广泛．
8.【答案】A
【解析】解：A、0∼5s的时间内，物资在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向也做初速度为零的匀加速直线运动，则可知其合运动是初速度为零的匀加速度直线运动，所以物资的运动轨迹为直线，故A正确；
B、5s∼35s的时间内，物资在水平方向和竖直方向上均做匀速直线运动，其合运动也是匀速直线运动，所以物资的运动轨迹为直线，故B错误；
C、35s∼50s的时间内，物资向上做匀减速直线运动，加速度向下，物资处于失重状态，故C错误；
D、物资距地面的最大高度为丙图像与坐标轴所围的面积
hm=(30+50)×8×12m=320m。
故D错误。
故选：A。
根据图中所给的无人机在水平方向和竖直方向的运动规律，根据速度的合成和分解其合运动，速度方向和加速度方向在同一直线时，做直线运动，速度方向和加速度方向不在同一直线时，做曲线运动；明确在v−t图像中，图像与时间轴所围的面积代表位移。
本题考查了匀变速直线运动的图像、曲线运动的条件等知识点。利用v−t图像判断物体的运动状态是解决本题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，重力做正功，则小朋友的重力势能减少。弹簧的形变量增大，其弹性势能增加，故A正确，BCD错误。
故选：A。
重力势能的变化可根据重力做功判断；
弹性势能的变化可根据弹簧的形变量的变化判断．
解决本题的关键要掌握重力做功与重力势能变化的关系、弹性势能与弹簧的形变量的关系．
10.【答案】C
【解析】解：AB、整个过程中重力对球做正功，其大小为W=mgΔh，解得W=0.55J，故AB错误；
CD、重力做正功，重力势能减少，故重力势能减少0.55J，故C正确，D错误。
故选：C。
根据重力做功的表达式，结合重力做正功，重力势能减少分析求解。
本题考查了功相关知识，理解重力做正功，重力势能减少是解决此类问题的关键。
11.【答案】A
【解析】解：橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示
两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，则v合恒定，则橡皮做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由于铅笔的作用，橡皮同时做水平向右的分运动和竖直向上的分运动，由运动的合成可知合速度的情况。
本题注意铅笔对线的运动，导致橡皮同时参与了两个运动，一个是向右的水平匀速运动，一个是向上的匀速运动。
12.【答案】C
【解析】解：A、核反应不是化学反应，不能用“=”，故A错误；
B、根据核电荷数和质量数守恒可知衰变方程为 94238Pu→95238Am+−10e，所以原子核镅(Am)有95个质子，143个中子，故B错误；
C、E1为钚(94238Pu)的比结合能，E2为镅(Am)的比结合能，所以衰变过程中释放的核能为238(E2−E1)，故C正确；
D、钚238的半衰期由原子核本身因素决定，与月球昼夜温差无关，故D错误。
故选：C。
根据核反应的特点判断；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；
本题考查衰变以及原子能的内容，难度不大，关键要熟悉教材，牢记课本中的基本概念和基本规律．
13.【答案】BC
【解析】解：在B点，根据牛顿第二定律有：N−mg=mvB2R，则N=mg+mvB2R.知支持力大于重力，则压力大于重力．
根据动能定理得，mgh=12mvB2.代入解得N=mg+2mghR，知N越大，表明h越大．故B、C正确，A、D错误．
故选BC.
在B点，滑块在竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合动能定理求出滑块对B点压力的大小．
解决本题的关键搞清滑块做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理联合求解．
14.【答案】不需要 1V B ABD
【解析】解：(1)实验中要计算出变化前后的体积大小，但由于变化前后的横截面积都相等，只需要测量气柱的长度就可以得出变化前后的体积的比值关系，所以不需要测出空气柱的横截面积；
(2)测得多组空气柱的压强和体积的数据后，则有pV=C，压强与体积成反比关系，因此为直观反映压强与体积的关系，若以p为纵坐标，则应以1V为横坐标，这样得出的图线是直线；
(3)A、因是探究气体等温变化的规律，因此改变气体体积时应缓慢拉动活塞，故A错误；
B、推拉活塞时，为使气体温度不变，手不能握住注射器含有气体的部分，故B正确；
C、因是探究气体等温变化的规律，与实验装置的总质量无关，因此不需要实验先利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量，故C错误；
故选：B。
(4)A、注射器容积较小时，被封闭的气体量较小，实验误差较大，因此宣统容积较大的注射器，故A正确；
B、实验中气体的体积压缩得过小，实验误差会较大，因此实验中气体的体积不要压缩得过小，故B正确；
C、实验误差的大小与是否选用p为纵坐标，1V为横坐标无关，故C错误；
D、为减小实验误差，实验中一定要使气体的质量不变，因此要测出软管中气体的体积，故D正确；
故选：ABD。
故答案为：(1)不需要；(2)1V；(3)B；(4)ABD
(1)根据实验原理分析出需要测量的物理量；
(2)根据公式pV=CT得出需要画出的图像类型；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)根据实验原理分析出实验误差的产生原因并结合选项完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据公式pV=CT和图像的物理意义即可完成分析。
15.【答案】停表； 42； 晶体； 温度达到熔点； C
【解析】解：(1)由表中数据可知，实验需要测量温度和时间，实验中需要的测量工具是温度计和停表；
(2)如题图乙，温度计的分度值为1∘C，读数为42∘C；
(3)由记录的实验数据可知，海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，因此海波是晶体；
(4)通过实验可知，海波熔化需要达到48∘C，熔化过程中，需要继续加热，由此可知海波熔化需要的条件是：①温度达到熔点；②继续吸收热量；
(5)A、海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，进行这一实验时，观察到海波熔化过程中温度计示数缓慢上升；该物质是晶体，熔化过程中温度是不变的，烧杯中的水少，不会影响温度计的示数，故A错误；
B、对试管内的海波不断搅拌，试管中海波受热更加均匀，不可能出现以上情况，故B错误；
C、温度计的玻璃泡碰到了试管壁，因为烧杯中水的温度高于海波的温度，温度计示数缓慢上升，故C正确；
D、海波是晶体，熔化过程中吸热，但温度保持不变，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)停表；(2)42；(3)晶体；(4)温度达到熔点；(5)C。
(1)要完成该探究实验，需要用温度计测量温度，秒表测量时间；
(2)在进行温度计的读数时，注意其分度值和0刻度线；
(3)晶体和非晶体的区别是：晶体有一定的熔化温度而非晶体没有；
(4)晶体在熔化时吸热，但保持熔点温度不变；
(5)分析各选项是否可造成温度计示数缓慢变化。
要解答此题，需要掌握常见的晶体和非晶体，同时掌握晶体和非晶体在熔化过程中的特点，并能根据图像获取相关的信息。
16.【答案】解：(1)一个油酸分子的体积，V=Mρ⋅NA
代入数据，解得：V=5×10−28m3；
(2)由球的体积与直径的关系，V=16πD3，
则有：分子直径D=36Vπ
那么一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0=1100×1100×10−6m3；
所以一滴油酸酒精溶液所能形成的单分子油膜的面积为S=V0D
解得：S=0.1m2；
答：(1)一个油酸分子的体积约为5×10−28m3；
(2)一滴上述油酸酒精溶液所能形成的单分子油膜的面积约是0.1m2。
【解析】(1)根据摩尔质量，可求出摩尔体积，结合NA，即可求解一个油酸分子的体积；
(2)根据体积公式求出油酸分子直径，然后再估算出油膜的面积。
本题考查了求分子个数、求油膜的面积，知道油膜法测分子直径的原理、应用密度公式、体积公式即可解题，阿伏伽德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁，应用阿伏伽德罗常数是正确解题的关键。
17.【答案】解：(1)根据动能定理，人对小球做的功等于小球获得的动能，得：
W=12mv02=12×1×52 J=12.5J.
(2)对小球抛出到落地过程，根据机械能守恒定律可知：
mgh+12mv02=12mv2
所以有：v= v02+2gh= 52+2×10×10 m/s=15m/s.
答：(1)人对小球做了12.5J功．
(2)小球落地时的速度为15m/s.
【解析】(1)根据动能定理求出小球抛出过程手对小球的做功．
(2)对小球抛出到落地过程运用机械能守恒定律，求出小球落地时的速度大小．
本题运用动能定理或机械能守恒定律时，要注意选择研究对象，明确哪些力做功．
18.【答案】解：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒，核反应方程为： 88228Ra→86224Rn+24He，则X为 24He。
(2)根据爱因斯坦质能方程得，释放的核能为：ΔE=Δmc2=(m1−m2−m3)c2。
(3)在衰变的过程中，动量守恒，可知 86224Rn和X的动量大小之比为1：1，
根据P=mv，Ek=12mv2得动能为：Ek=p22m，
因为动量大小相等， 86224Rn和X的质量之比为：56：1，则动能之比为1：56。
答：(1)X为 24He.核反应方程为： 88228Ra→86224Rn+24He。
(2)衰变过程中释放出来的核能是(m1−m2−m3)c2c2。
(3)它们的动能之比是1：56。
【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，确定X为何种粒子。
根据爱因斯坦质能方程求出释放的核能。
根据动量守恒，结合能量守恒求出动能之比。
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道衰变的过程中动量守恒，以及知道动能和动量的关系，难度不大。
19.【答案】解：设气囊内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得
初态：p1=4p0，T1=(27+273)K=300K，V1=？
末态：p2=p0+ρgh2=1×105Pa+1.0×103×10×20Pa=3×105Pa=3p0，V2=5m3，T2=(−3+273)K=270K
由理想气体状态方程得
p1V1T1=p2V2T2
联立解得
V1=256m3≈4.17m3
答：此过程需要打气装置充入4.17m3的高压气体。
【解析】分析气囊内气体初态、末态的压强、温度、体积，根据理想气体状态方程求解。
解答本题的关键是利用液体压强公式求出气囊内气体的压强，同时，要掌握理想气体状态方程，并能熟练运用。时间/min
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海波的温度/∘C
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