错选不得分2
580→5828Ni＋－1e—27Co2
分
hν2分c2
3L层和K层电子的能级差ΔE＝hν02分设M层电子的能级为EM＝E0－hν02分解析：因为ve是不带电的质量很小的粒子，1所以由电荷数守恒、质量数守恒可知，0核反应方程中的X为电子－1e，为β衰变；半衰期是对大量原子核的统计规律，有限个数的核子不遵循这一规律；对微观粒子来讲，同样遵守动量守恒定律；这一过程有质量亏损但不违背能量守恒定律．hν2核反应方程为58Ni＋－01e—58Co；光子能量E＝hν，而E＝Δmc2，所以Δm＝2→2728c3L层和K层电子的能级差ΔE＝hν0；设M层电子的能级为EM，由能量守恒可知E0＋0－EM＝hν0，解得EM＝E0－hν01315分解：1小球刚抛出时受到的合力
2F＝m2g2＋k2v02分根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小
m2g2＋k2v2F0a＝＝2分mm2球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为v，则mg＝kv2分设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理有112mgH－W＝mv2－mv03分221m3g2解得W＝mgH＋mv2－22分022k3根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，受到的合力均为Fy＝mgkvy－kvy，加速度均为ay＝g－，故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，m着地时速度都是v＝mg4分k
得出结论2分，说明理由2分1416分解：1如图甲所示，电子在磁场中转过的角度
图甲
f3πθ＝1分42πm运动周期T＝1分eB0t＝θT1分2π
3πm解得t＝2分4eB02设磁感应强度最小值为Bmi
，对应最大回旋半径为R，圆心O1，则有ev0Bmi
＝mv201分R（2＋1）mv02分ea
R＋2R＝a1分解得Bmi
＝
（2＋1）mv0则磁感应强度B应满足的条件为B≥1分ea3设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为r1和r2，则有ev0B1＝mv2mv200，ev0B2＝r1r2
图乙如图乙的几何关系可知2kr1－r2＝a1分2kmv0B1解得B2＝2分2kmv0－aeB1设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的周期分别为T1和T2，则2πm2πmT1＝，T2＝eB1eB2T1＋T2t＝k1分22kπmπa解得t＝－2分eB12v01516分解：1线框下降h0高度时达到最大速度，电路中产生的感应电流I1＝B1Lv11分R
由平衡条件有mg＝B1I1L1分而B1＝kh01分
fmgR解得v1＝2222分kh0L线框cd边进入磁场开始做匀速运动时，电路中产生的感应电流I2＝B2Lv21分RkL2v21分R
则I2＝
由平衡条件有mg＝B2I2L1分mgR解得v2＝241分kL2由能量守恒定律有1ΔE＝mgL－mv22分22解得ΔE＝mgL－m3g2R22分2k4L8r