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碰撞后緩沖車廂向前移動一段距離后速度為零，則此過程線圖abcd中產(chǎn)生的焦耳熱是多少；
緩沖車與障礙物碰撞后，要使導(dǎo)軌右端不碰到障礙物，則緩沖車與障礙物碰撞前，導(dǎo)軌右端與滑塊K的cd邊距離至少多大。
12. 某空氣凈化設(shè)備裝置可用于氣體中有害離子的收集和分離，其簡化原理如圖甲所示，I區(qū)為電場加速區(qū)，II區(qū)為電場收集區(qū)。I區(qū)和II區(qū)之間是無場區(qū)。已知I區(qū)中AB與CD兩電極的電勢差為U，II區(qū)中分布著豎直向下的勻強電場，且EG與FH間的距離為d，假設(shè)大量相同的正離子在AB極均勻分布，初速度為零開始加速，不考慮離子間的相互作用和重力影響。
若正離子的比荷為，求該離子到達CD極時的速度大小；
若從EF邊射入的正離子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后都射入與FH邊重合的收集槽內(nèi)，已知收集槽的寬度，求II區(qū)中勻強電場E的大小應(yīng)滿足的條件；
將II區(qū)的勻強電場換成如圖乙所示的勻強磁場，則電場收集區(qū)變成了磁場分離區(qū)，為收集分離出的離子，需在EF邊上放置收集板EP，收集板下端留有狹縫PF，離子只能通過狹縫進入磁場進行分離；假設(shè)在AB極上有兩種正離子，質(zhì)量分別為m和M，且，電荷量均為q；現(xiàn)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小和狹縫PF寬度，可使質(zhì)量為M的離子都打在收集板EP右表面上，且打在收集板的兩種離子完全分離，狹縫PF寬度的最大值為多少？區(qū)中EF與GH間距足夠大，不考慮出II區(qū)后再次返回的離子
答案和解析 1.【答案】A 【解析】解：A、盧瑟福用粒子轟擊獲得反沖核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故A正確；
B、愛因斯坦通過對光電效應(yīng)現(xiàn)象的分析提出了光子說，故B錯誤；
C、玻爾通過對氫光譜的成因的研究提出氫原子能級理論，故C錯誤；
D、盧瑟福通過粒子的散射實驗分析，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D錯誤；
故選：A
根據(jù)原子物理量發(fā)展的歷程，以及相關(guān)物理學家的貢獻解答即可．
該題考查原子核式結(jié)構(gòu)及質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)者等，掌握物理史實，知道玻爾的原子模型的作用及其局限性是關(guān)鍵．
2.【答案】A 【解析】解：AC、將沙子不斷地緩慢落到活塞上，設(shè)大氣壓強為，活塞質(zhì)量為M，沙子質(zhì)量為m，活塞橫截面積為S，則氣缸內(nèi)氣體壓強，向活塞上加沙子過程，氣缸內(nèi)氣體壓強p增大；氣缸是導(dǎo)熱的，氣體溫度不變，由玻意耳定律可知，壓強p增大，氣體體積V減小，單位體積的分子數(shù)，即分子數(shù)密度增加，則分子單位時間內(nèi)碰撞活塞次數(shù)增多，故A正確，C錯誤；
BD、氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，，氣體體積減小，外界對氣體做功，，由熱力學第一定律：，則，氣體向外界放出熱量，BD錯誤。
故選：A。
氣缸導(dǎo)熱，在活塞上加沙子過程氣體壓強增大溫度不變；一定量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定；氣體體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)題意應(yīng)用熱力學第一定律分析答題。
根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，判斷氣體狀態(tài)參量如何變化是解題的前提，應(yīng)用熱力學第一定律可以解題。
3.【答案】C 【解析】解：電場線的疏密表示電場的強弱，根據(jù)圖中電場線分布可知，P點周圍電場線比Q點的電場線稀疏，P點場強的大小小于Q點的場強大小，故A錯誤；
B.根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在P點所在電場線上找到Q點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，Q點的電勢比P點的電勢高，故B錯誤；
C.結(jié)合沿電場線方向電勢降低可知，N點電勢高于M點，根據(jù)
可知，負電荷在M點時的電勢能大于在N點時的電勢能，故C正確；
D.根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO之間的平均電場強度小，故由公式
可知，OM間的電勢差小于NO間的電勢差，根據(jù)
可得電荷從N到O過程中電場力做的功不并等于從O到M過程中電場力做的功，故D錯誤；
故選：C。
根據(jù)電場線方向判斷電勢高低；根據(jù)電勢高低或電場力做功情況判斷電勢能的高低；正確比較電荷在非勻強電場中移動時電場力做功的多少。
電場線、電場強度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關(guān)系以及大小比較，是電場中的重點和難點，在平時訓(xùn)練中要加強這方面的練習，以加深對概念的理解。
4.【答案】C 【解析】解：A、根據(jù)物體在星球表面受到的萬有引力等于重力，可得：?？傻没鹦潜砻嬷亓铀俣扰c地球表面重力加速度之比為：，即火星表面和重力加速度小于地球表面的重力加速度，故A錯誤；
B、地球第一宇宙速度為衛(wèi)星在地球表面軌道繞地球做勻速圓周運動的線速度，根據(jù)萬有引力提供向心力可得，可得?？芍疤旌汀焙诵呐摰倪\行速度小于，故B錯誤；
C、根據(jù)萬有引力提供向心力可得：?？傻茫?/span>?！版隙稹彼奶柕倪\行速度與“天和”核心艙的運行速度之比為：，即“嫦娥”四號的運行速度小于“天和”核心艙的運行速度，故C正確；
D、“天問”一號從近火點向遠火點運動的過程，火星引力做負功，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)加速度的公式求火星與地球表面的重力加速度之比；
由天體的運行速度公式和第一宇宙速度的意義比較核心艙速度的大?。?/span>
根據(jù)天體運行速度公式求核心艙與嫦娥四號的運動速度大?。?/span>
根據(jù)機械功的公式判斷引力做功情況。
本題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，要熟記萬有引力的公式和圓周運動的一些關(guān)系變換式，解題依據(jù)為萬有引力提供向心力。
5.【答案】D 【解析】解：對建材受力分析，建材上升時先加速后減速，故加速度有變化，傾斜鋼纜上的拉力大小一定變化，故A錯誤；
B.建材加速上升時，吊鉤對建材的拉力大小大于建材的重力，故B錯誤；
C.由動量定理可知，任意時間內(nèi)拉力和建材重力的合力對建材的沖量等于建材的動量變化，故C錯誤；
D.上升過程中拉力做正功，建材的機械能一直在不斷增大，故D正確。
故選：D。
對建材受力分析，根據(jù)分析可知建材上升時先加速后減速；根據(jù)動量定理可知任意時間內(nèi)拉力和建材重力的合力對建材的沖量等于建材的動量變化，上升過程中拉力做正功。
本題考查的是牛頓第二定律綜合題型，其中需注意分析建材上升過程中的加速度變化情況。
6.【答案】BCD 【解析】解：交流電壓表的示數(shù)為有效值，不為零，故A錯誤；
B.由圖乙可知交流電的，則角速度
AB間輸入電壓的瞬時值表達式，故B正確；
C.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系
得電阻R兩端的電壓
當滑動觸頭C向上移動時，副線圈變大，所以R兩端的電壓增大，故C正確；
D.根據(jù)理想變壓器電壓關(guān)系
得電阻R兩端的電壓
由于原副、線圈匝數(shù)比不變，因此電阻R兩端電壓不變
輸入功率等于輸出功率
變阻器滑片P向上移動時，R減小，AB間輸入功率增大，故D正確。
故選：BCD。
A.交流電壓表示數(shù)為有效值，據(jù)此作答；
B.根據(jù)圖乙得周期，再求角速度，最后求瞬時值的表達式；
C.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系分析；
D.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系及功率公式作答。
本題考查了交流電的瞬時值和理想變壓器的動態(tài)變化，關(guān)鍵在于掌握理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系和功率公式。
7.【答案】CD 【解析】解：A、根據(jù)圖象可知，該波傳到Q點需要，而時刻恰好完成兩次全振動，所以時刻Q點已經(jīng)振動，故A錯誤；
B、根據(jù)“同側(cè)法”如題圖所示可知，時刻P點運動方向向下，故B錯誤；
C、該波傳到P點需要一個周期，而時刻振源恰好完成兩次全振動，所以時刻P點剛好完成一次全振動，故C正確；
D、在時刻恰好完成兩次全振動，所以振源的起振方向與時刻的振動情況完全相同，該時刻O點運動方向向下，則時O點運動方向向下，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)圖象可知，該波傳到Q點需要，而時刻恰好完成兩次全振動，由此判斷P和Q點的振動情況；根據(jù)“同側(cè)法”判斷傳播方向和O點的振動方向。
本題主要是考查了波的圖象；解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)質(zhì)點的振動方向判斷出波的傳播方向；一般的判斷方法是根據(jù)“平移法”或“同側(cè)法”，或者根據(jù)“走坡法”來判斷。
8.【答案】AD 【解析】解：A、兩壺碰撞后甲的速度應(yīng)小于乙的速度，兩壺停止時，甲應(yīng)在乙的后方，故A正確；
BCD、如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖C所示，如果為非彈性碰撞，總動量向右，甲不會反彈，不可能出現(xiàn)BC所示情況，故D正確，BC錯誤；
故選：AD。
兩冰壺碰撞過程動量守恒，碰撞過程中機械能不會增加，碰撞后甲的速度不會大于乙的速度，據(jù)此分析答題。
本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，兩物體發(fā)生碰撞時，內(nèi)力遠大于外力，外力可以忽略不計，系統(tǒng)動量守恒，碰撞過程機械能不可能增加、碰撞后后面的物體速度不可能大于前面物體的速度，據(jù)此分析答題。
9.【答案】C B BG 閉合 6 【解析】解：①AB、根據(jù)，整理可得，可知不需要測量重物質(zhì)量，故AB不需要；
C、實驗時需要用刻度尺測量紙帶上各點的距離，需要用到毫米刻度尺，故C需要；
D、打點計時器有計時功能，不需要秒表，故D不需要；
故選：C。
②A、驗證機械能守恒定律實驗中，由于重錘要克服空氣阻力做功，從而產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，選用質(zhì)量大體積小的重錘能減小空氣阻力的影響，從而減小系統(tǒng)誤差，故A錯誤；
B.由圖可知，從4到H，相等時間內(nèi)位移變大，可知圖中紙帶的左側(cè)是與重錘相連的一端，故B正確；
C、若通過圖像驗證機械能守恒，需要紙帶上選擇合適數(shù)目的點，不需要重復(fù)實驗，故C錯誤；
D、根據(jù)可知只要加速度大小恒定，圖像均為直線，所以圖像是直線，不能說明重物下落過程機械能守恒，故D錯誤。
故選：B。
③測出了AC段和FH段長度，根據(jù)勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程的平均速度，可以求出B點和G點的速度，所以要驗證機械能守恒，還需要測出BG段的長度。
①由圖丙可知，圖像用伏安特性曲線測量電阻的，要求電壓電流從接近0開始調(diào)節(jié)，所以采用分壓接法，他們在進行實驗時，電路中開關(guān)是閉合的；
②由于，因此電流表采用內(nèi)接法，電路圖如圖
③如圖丙所示，用坐標點擬合出圖線時應(yīng)該舍掉的是第6組數(shù)據(jù)。
故答案為：①C；②B；③BG；①閉合；②見解析；③6。
根據(jù)機械能守恒定律列式，對表示進行分析可知需要的實驗工具；再根據(jù)實驗原理、實驗數(shù)據(jù)的分析以及實驗步驟，即可分析各選項；根據(jù)勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于該過程的平均速度，從而可以求得B、G兩點的速度，由此可知還要測出BG長度；
根據(jù)圖丙可知，實驗數(shù)據(jù)是從零開始的，因此可知滑動變阻器采用分壓式，再根據(jù)可知，電流表采用內(nèi)接法，由此連接電路圖，連線作圖可知，第6各點的偏差明顯偏大，由此判斷舍去第6組數(shù)據(jù)。
該實驗考查了驗證機械能守恒定律以及測量未知導(dǎo)體的電阻等實驗，要從實驗原理、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)、誤差分析、實驗器材的選擇以及電路圖選擇等方面全面掌握，該題綜合性很強，難度較大。
10.【答案】解：運動員在助滑道上下滑的過程中，由牛頓第二定律可得
代入數(shù)據(jù)可得
由勻加速直線運動公式
代入數(shù)據(jù)可得
設(shè)運動員從A點下滑到B點過程中克服阻力做的功為。
從A到B，根據(jù)動能定理得
解得
設(shè)CD間距離為，根據(jù)平拋運動的規(guī)律得
聯(lián)立解得
答：運動員下滑到B點的速度大小是；
運動員從A點下滑到B點過程中克服阻力做的功是9000J；
運動員在空中飛行的時間為。 【解析】運動員在助滑道上下滑的過程中，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度-位移公式求運動員下滑到B點的速度大小；
從A到B，根據(jù)動能定理求運動員從A點下滑到B點過程中克服阻力做的功；
若運動員從C點起跳后做平拋運動，落在D點時，根據(jù)分位移公式和幾何關(guān)系求CD間的距離與運動員在空中飛行的時間。
解答本題的關(guān)鍵是分析清楚運動員的運動過程，把握每個過程遵守的物理規(guī)律，熟練運用運動的分解法研究平拋運動，要注意分析隱含的幾何關(guān)系，如豎直方向和水平方向的位移關(guān)系。
11.【答案】解：線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)最大電動勢
產(chǎn)生的感應(yīng)最大電流
安培力
根據(jù)牛頓第二定律
解得
由功能關(guān)系，線圈產(chǎn)生的焦耳熱
由法拉第電磁感應(yīng)定律得
其中
由歐姆定律
由動量定理可得
其中
可得
答：緩沖車廂減速過程中最大加速度的大小為：
碰撞后緩沖車廂向前移動一段距離后速度為零，則此過程線圖abcd中產(chǎn)生的焦耳熱是；
緩沖車與障礙物碰撞后，要使導(dǎo)軌右端不碰到障礙物，則緩沖車與障礙物碰撞前，導(dǎo)軌右端與滑塊K的cd邊距離至少為。 【解析】緩沖車以速度與障礙物C碰撞后，滑塊相對磁場的速度大小為，此時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，由公式求出最大感應(yīng)電熱勢，由歐姆定律解出感應(yīng)電流最大值，再由牛頓第二定律求最大加速度；
根據(jù)功能關(guān)系求線圈中產(chǎn)生的熱量；
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式得到緩沖車廂所受的最大水平磁場力與速度的關(guān)系式，列式計算出x的大小。
本題考查學生分析和理解科技成果的能力，運用電磁感應(yīng)、電路及力學的基本規(guī)律進行分析．
12.【答案】解：設(shè)離子到達CD極時的速度大小為v，離子在AB與CD兩極間被加速，只有電場力做功，根據(jù)動能定理有：
解得：。
正離子在Ⅱ區(qū)做類平拋運動，只要電場強度最小時能使從E點射入的正離子恰好打到H點，那么就能滿足題目要求，設(shè)電場強度最小值為，對從E點射入恰好打到H點的正離子，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可得：
水平方向有：
豎直方向有：
根據(jù)牛頓第二定律可得：
解得：
則II區(qū)中勻強電場E的大小應(yīng)滿足的條件為：。
設(shè)兩種離子在磁場中的圓周運動的半徑分別為和，由洛倫茲力提供向心力可得：
解得質(zhì)量為M的離子軌跡半徑為：
質(zhì)量為m的離子軌跡半徑為：
半徑關(guān)系為：，因為，所以
畫出兩種離子在磁場中運動的臨界情況如圖所示：
此時質(zhì)量為M的正離子在收集板上的最低點與質(zhì)量為m的正離子在收集板上的最高點重合．
設(shè)狹縫PF寬度的最大值為x，由幾何關(guān)系可知應(yīng)滿足：
解得 。
答：該離子到達CD極時的速度大小為；
區(qū)中勻強電場E的大小應(yīng)滿足的條件為：；
狹縫PF寬度的最大值為。 【解析】離子在AB與CD兩極間加速，根據(jù)動能定理求解離子到達CD極時的速度大??；
正離子在Ⅱ區(qū)做類平拋運動，只要電場強度最小時能使從E點射入的正離子恰好打到H點，那么就能滿足題目要求，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解；
兩種離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得到半徑之間的關(guān)系，畫出兩種離子在磁場中運動的臨界情況，根據(jù)幾何關(guān)系求解狹縫PF寬度的最大值。
本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動，在電場中加速根據(jù)動能定理求加速后的速度，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，解題的關(guān)鍵是理清帶電粒子的運動情景，依據(jù)合適的規(guī)律求解。
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