高二(下)期中物理试卷

这是一份高二(下)期中物理试卷，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 近期热映的《流浪地球》这部电影获得了极大的好评，也涉及了许多物理知识，如氦闪、地球刹车和逃逸、木星的引力弹弓效应。太阳发生氦闪之前进行的是氢聚变，关于核反应的类型，下列表述正确的是（　　）
A.  92238U→92238Tℎ+24He是α衰变 B.  714N+24He→817O+11H是β衰变
C.  24He+1327Al→1530P−01n是核聚变 D.  3482Se→3682Kr+2−10e是核裂变
2. 一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为（　　）
A. 缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小
B. 缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小
C. 快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小
D. 快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小
3. 跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A. 运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量
B. 运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零
C. 运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量
D. 运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向
4. 十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代原子物理学”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及物理知识说法正确的是（　　）

A. 图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念
B. 强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证实。如图2所示，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转
C. 如图3所示，一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中③线代表的射线穿透能力最强
5. 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是（　　）
A. FN=mgcosα
B. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosα
C. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D. 此过程中斜面向左滑动的距离为mM+mL
6. 高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7m2，喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为（　　）
A. 1000N B. 100N C. 10N D. 1N
7. 如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+M
B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g
C. 子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
8. 下列说法正确的是（　　）
A. 光子的能量由光的频率所决定
B. 结合能越大的原子核越稳定
C. 氡的半衰期为3.8天，若取4个氧原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了
D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，原子的总能量减小
9. 用如图所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为零，则下列说法正确的是（　　）
A. 光电管阴极的逸出功为1.15eV
B. 光电子的最大初动能为1.15eV
C. 电键S断开后，电流表G中电流仍为零
D. 当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大，电流表G中电流增大
10. 利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，可以制成氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出波长最短的电磁波的频率为（已知普朗克常数为6.63×10-34J•s）（　　）
A. 3.08×1014Hz
B. 3.08×1015Hz
C. 1.93×1014Hz
D. 1.93×1014Hz

二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）
11. 如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是（　　）
A. A、B两物体组成的系统机械能守恒
B. 弹簧恢复原长时，A的动量一定为零
C. 轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为14mv2
D. 轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv
12. 如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去（不计一切摩擦），到达某一高度后，小球又返回小车右端，则（　　）
A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为0
B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
C. 小球离车后，对地将做自由落体运动
D. 此过程中小球对车做的功为mv022
13. 如图所示，一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为L．质量为m的物块（视为质点）放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为μ．从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止。则（　　）
A. 盒子的最终速度为mvm+M，方向向右 B. 该过程产生的热能为12mv2
C. 碰撞次数为Mv22μgL(m+M) D. 碰撞次数为Mv22μgL(m+M)−1
14. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的s-t（位移时间）图象。已知m1=0.1kg。由此可以判断（　　）

A. 碰前m2静止，m1向右运动 B. 碰后m2和m1都向右运动
C. m2=0.3kg D. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
三、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）
15. 如图1所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示。

（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1______m2（填“＞”或“＜”）；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A．秒表    B．天平    C．刻度尺    D．打点计时器
（2）下列说法中正确的是______。
A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段0P的长度越大
（3）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与0点距离OM、OP、0N的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足关系式______。（用测量的量表示）
（4）在OP、0M、0N这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是______，与实验所用小球质量有关的是______。
（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图3所示。他发现M和N偏离了0P方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′．分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许的范围内，满足关系式：______，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。


四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
16. 蹦床运动有“空中芭蕾“之称，某质量m=50kg的运动员从空中h1=1.25m落下，接着又能弹起h2=1.8m高度，此次人与蹦床接触时间t=0.50s，取g=10m/s2，求：
①运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
②运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。























17. 在方向垂直纸面的匀强磁场中，一个原来静止的88226Ra原子核衰变后变成一个86222Rn核并放出一个粒子，该粒子动能为EK，速度方向恰好垂直磁场。Rn核和粒子的径迹如图所示，若衰变时产生的能量全部以动能的形式释放，真空中的光速为c，求：
（1）写出这个核反应方程；
（2）Rn核与粒子做圆周运动半径之比；
（3）衰变过程中的质量亏损。



















18. 光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7m/s，经时间t=0.5s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1=5m/s。木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ；
（2）木板和木块的质量的比值。












19. 如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置置于静止状态。一个质量m1=12M的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；
（3）若换成另一个质量m2=14M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q和A只碰撞一次）










答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：A、U→Th+He是α衰变，故A正确。
B、N+He→O+H是人工转变，故B错误。
C、He+Al→P-n是人工转变，故C错误。
D、Se→Kr+2e是β衰变，故D错误。
故选：A。
原子核自发放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变；两个轻核结合成质量较大的核的反应叫轻核聚变；重核分裂成质量较小的核的反应叫重核裂变；原子核的人工转变是用粒子去轰击原子核产生新核的过程。
本题考察核反应的类型，应根据核反应中聚变、裂变、衰变和人工转变的特点分析推断。
2.【答案】C
【解析】
解：B、D、抽动纸条时，笔帽受到的时滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽，笔帽受到的摩擦力均相等；故BD错误；
A、C、在快速抽动时，纸条与笔帽作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I=△P可知，笔帽增加的动量较小，故笔帽几乎不动；缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量较大，故产生了较大的动量，则笔帽随纸条移动；故A错误，C正确；
故选：C。
在抽动纸条时，笔帽受到的摩擦力相等，但由于抽拉的时间不同使笔帽受到的冲量不同；由动量定理可分析物体是否产生较大的动量变化．
本题考查动量定理的应用，要在生活中注意体会物体知识的应用，从而培养对物理学习的兴趣．
3.【答案】C
【解析】
解：A、运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，故A正确；
B、整个过程根据动量定理可得I=m△v=0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故B正确；
C、运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，根据动量定理可知运动员在水中动量的改变量等于水的作用力与重力的合力的冲量，故C不正确；
D、整个过程根据动量定理可得I=IG+IF=m△v=0，所以IG=-IF，即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确；
本题选不正确的，故选：C。
分析下落过程中不同阶段运动员的受力情况和动量变化情况，根据动量定理进行解答。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
4.【答案】B
【解析】
解：A、黑体辐射实验规律，普朗克为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念，故A错误；
 B、强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，能吸收多个光子，从而可能发生光电效应，验电器指针可能偏转，故B正确；
C、一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光，即n=4能级到n=3能级，n=3能级到n=2能级，n=2能级到n=1能级，故C错误；
D、天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中①线带负电，则其代表的β射线，穿透能力并不是最强，②穿透能力最强，故D错误；
故选：B。
普朗克首次提出了“能量子”概念；当入射光的波长不大于极限波长，即可发生光电效应，结合强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，即可判定；
一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种，而大量的跃迁，则最多放出6种；α射线电离能力最强，而γ射线穿透能力最强。
考查“能量子”概念提出者，理解一个与大量电子跃迁的种类不同，掌握三种射线的各自特征，注意强激光的特殊性。
5.【答案】D
【解析】
解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；
B、滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；
C、由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；
D、系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：M-m=0
即有：Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得：，故D正确；
故选：D。
当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，滑块沿斜面方向受力不平衡。根据冲量的定义I=Ft求支持力对B的冲量大小。滑块B下滑的过程中A、B组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，由此列式求解斜面向左滑动的距离。
本题的关键是要掌握动量守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统总动量不守恒，在水平方向动量守恒。
6.【答案】B
【解析】
解：单位时间内喷到工件上的水的体积为：V=svt
故质量为：m=ρV=ρsvt
设水的初速度方向为正方向；则由动量定理可得：Ft=0-mv
得：F=-v=-ρsv2=1×103×10-7×103×103=100N
工件受到的冲击力产生的压力为100N，方向沿水流的方向；
则B正确，ACD错误
故选：B。
根据题意可明确单位时间内喷到工件上的水的质量，再由动量定理可求得高速射流在工件上产生的压力。
题考查动量定理的应用，要注意明确单位时间内喷到工件上的质量求解方法，注意动量定理中的方向性。
7.【答案】C
【解析】
解：A、子弹射入木块后的瞬间，取水平向右为正方向，由子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=（M+m0）v1，解得速度大小为，故A错误；
B、子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得，可知绳子拉力大于（M+m0）g，故B错误；
C、子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有：N=T+mg＞（M+m+m0）g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于（M+m+m0）g，故C正确；
D、子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误；
故选：C。
子弹射入木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿入木块中时子弹和木块的共同速度。由向心力公式求绳子拉力。子弹射入木块后的瞬间，对圆环，根据平衡知识分析环对轻杆的压力大小。木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。
本题是连接体机械能守恒和水平方向动量守恒问题，关键要正确选择研究对象，明确研究的过程。此题研究只能针对系统，对单个物体机械能不守恒。
8.【答案】A
【解析】
解：A、光子能量E=hv，可知光子能量由光的频率决定，故A正确；
B、比结合能越大的，原子核越稳定，故B错误；
C、半衰期是统计规律，对少数原子核不适用，故C错误；
D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时要吸收能量，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增加，故D错误；
故选：A。
根据普朗克的光子能量公式分析；本题根据比结合能越大的，原子核越稳定；半衰期是统计规律，对少数原子核不适用；根据玻尔理论分析；
本题关键要掌握光学和原子物理学中基本知识，其中玻尔理论、半衰期等等是考试的热点，要重点学习，掌握基本知识，注意结合能与比结合能的区别。
9.【答案】B
【解析】
解：A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.6eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，W0=1.15eV．故A错误，B正确。
C、电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表。故C错误。
D、当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故D错误。
故选：B。
该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为1.6eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，求出逸出功。电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表。
解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程EKm=hγ-W0．知道打出的光电子的数目的多少与光子的数目多少有关。
10.【答案】B
【解析】
解：氢原子由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，对应的波长最短，
那么最大能量为△E=E4-E1=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV，
再根据==3.08×1015Hz，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长最短，从而即可求解。
考查能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握频率高低与波长长短的关系，注意能量单位的转换与统一。
11.【答案】BD
【解析】
解：A、A与弹簧接触的过程中，弹簧弹性势能发生变化，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误。
B、规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，有：mv=mv1+mv2，，解得v1=0，v2=v，即弹簧恢复原长时，A的速度为零，则动量为零，故B正确。
C、当轻弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，根据动量守恒有：mv=2mv′，解得，则A的动能，故C错误。
D、轻弹簧压缩到最短的过程中，动量守恒，则A、B系统总动量仍然为mv，故D正确。
故选：BD。
弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒求出A的速度，得出A的动量。当弹簧压缩至最短时，A、B速度相等，结合动量守恒求出共同速度，从而得出A的动能。
本题考查了动量守恒和机械能守恒的综合运用，知道弹簧恢复原长时，A、B两物体之间的运动与弹性碰撞类似，知道质量相等的两个物体发生弹性碰撞，速度交换。
12.【答案】CD
【解析】
解：A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，该过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，解得：v=v0，故A错误；
BC、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，
由机械能守恒定律得：mv02=v12+mv22，
解得：v1=0，v2=v0，小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确；
D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：W=mv02-0=mv02，故D正确；
故选：CD。
小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度。根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小。
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度。
13.【答案】AC
【解析】
解：A、设盒子的最终速度为v′．以v的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv=（m+M）v′，解得：v′=，方向向右。故A正确。
B、该过程产生的热能Q=-（m+M）v′2=．故B错误。
CD、对物块运动的全过程，根据功能关系得：Q=μmgs，解得物块相对盒子滑行的总路程：s=
碰撞次数为n=+1=．故C正确，D错误。
故选：AC。
当物块相对盒子静止时，它们以共同的速度做匀速直线运动，物块和盒子相互作用过程中，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出盒子的最终速度；该过程产生的热能等于系统减少的机械能。对物块相对于盒子运动的全过程，根据功能关系求出物块相对盒子滑行的总路程，即可求得碰撞的次数。
本题主要考查了动量守恒定律以及功能关系的直接应用，注意应用动量守恒定律时要规定正方向，要知道摩擦生热与相对路程有关。
14.【答案】AC
【解析】
解：A、由s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向速度大小为v1==4m/s，方向只有向右才能与m1相撞。故A正确。
  B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动。故B错误。
  C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=-2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg。故C正确。
  D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=--，代入解得，△E=0J．故D错误。
故选：AC。
s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向。
15.【答案】＞   BC   C   m1•OP=m1•OM+m2•ON   m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2   OP   OM和ON   m1•OP=m1•OM′+m2•ON′
【解析】
（解：（1）为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：
m1v0=m1v1+m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1OP=m1OD+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；
（2）A、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误；故AB错误；
C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置。故C错误；
D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误。
故选C。
（3）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON
 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：m1v02=m1v12+m2v22，代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2
（4）根据实验原理可知，OP是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关；
（5）如图所示，连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示。分别测量出OP、OM′、ON′的长度。
若在实验误差允许范围内，满足关系式：m1•OP=m1•OM′+m2•ON′，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。
故答案为：（1）＞；BC；（2）C；（3）m1•OP=m1•OM+m2•ON；m1•OP2=m1•OM 2+m2•ON2；（4）OP；OM和ON；（5）m1•OP=m1•OM′+m2•ON′。
明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
16.【答案】解：①重力的冲量大小为：I=mgt=50×10×0.5=250N•s
②设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：v12=2gℎ1，v22=2gℎ2
由动量定理有：（F-mg）•t=mv2-（-mv1）
代入数据解得：F=1600N
答：①运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小是250N•s；
②运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小是1600N。
【解析】

（1）由冲量的定义即可求出重力的冲量；
（2）由运动学的公式求出运动员与蹦床接触前后的速度，然后由动量定理即可求出运动员受到蹦床平均弹力的大小F。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是正确对运动员进行受力分析，得出运动员受到那些力的冲量。
17.【答案】解：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒知，核反应方程为：
88226Ra→86222Rn+24He。
（2）由动量守恒定律可知，新核与粒子动量相等，P1=P2，
洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r
解得r=mvqB=PqB，
可知：RRnRα=qαqRn，
代入数据解得：RRnRα=143。
（3）由动能与动量关系有：P=2mRnEk′=2mαEk，
解得Rn核获得的动能为：Ek′=mαmRnEk，
核反应中释放的核能为：△E=Ek+Ek′，
由质能方程有：△E=△mc2，
解得：△m=113Ek111c2。
答：（1）核反应方程为88226Ra→86222Rn+24He。
（2）Rn核与粒子做圆周运动半径之比为1：43。
（3）衰变过程中的质量亏损为113Ek111c2。
【解析】

（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程。
（2）根据动量守恒定律得出衰变后两粒子的动量大小关系，结合半径公式求出两粒子的半径之比。
（3）根据两粒子的动量关系得出动能的大小关系，抓住释放的能量等于动能之和，结合爱因斯坦质能方程求出衰变过程中的质量亏损。
放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒。正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系。以及知道动量和动能的关系，掌握爱因斯坦质能方程，并能灵活运用。
18.【答案】解：（1）木块向左做匀减速运动时，则
  L=v0+v12t=7+52×0.5=3m
对木块，取向左为正方向，由动量定理得-μmgt=mv1-mv0。
解得，动摩擦因数为  μ=0.4
（2）木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
 mv1=（M+m）v
 12mv12=μmgL+12（M+m）v2
解得：Mm=24
答：
（1）木板的长度L是3m，木板与木块间的动摩擦因数μ是0.4；
（2）木板和木块的质量的比值是24。
【解析】

（1）木块向左做匀减速运动，由平均速度与时间的乘积求木板的长度L．根据动量定理求木板与木块间的动摩擦因数μ；
（2）木块与墙壁发生弹性碰撞后原速率反弹，之后木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，木块停在木板的右端时两者速度相同，由系统的动量守恒和能量守恒结合求木板和木块的质量的比值。
正确应用动量守恒和功能关系列方程是解决这类问题的关键，要知道涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求力是常用的方法。
19.【答案】解：（1）P自由下落的过程，由机械能守恒定律得
   m1gh=12m1v12，得v1=2gℎ
P与A碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
   m1v1=（m1+M）v2。
结合m1=12M
可得v2=132gℎ
（2）开始时A静止，则对A有Mg=kx1，得弹簧的压缩量为x1=Mgk
当地面对物体B的弹力恰好为零时，对B有Mg=kx2，得弹簧的伸长量为x2=Mgk
可见，x1=x2，两个状态弹簧的弹性势能相等
从P与A碰撞后瞬间到地面对物体B的弹力恰好为零的过程，由系统的机械能守恒得
   12（m1+M）v22=12（m1+M）v32+（m1+M）g（x1+x2）
联立解得P和A的共同速度大小v3=29gℎ−4Mg2k
（3）碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零，弹簧的伸长量仍为x2=Mgk。
设Q与A碰后瞬间A的速度为v4。
由A与弹簧组成的系统机械能守恒得  12Mv42=Mg（x1+x2）
Q与A碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=m2v5+Mv4
由机械能守恒定律得：
12m2v02=12m2v52+12Mv42
对Q下落的过程，由机械能守恒定律得：
m2gh′=12m2v02
结合m2=14M
联立以上各式解得：h′=25Mg2K
答：（1）碰撞后瞬间P与A的共同速度大小是132gℎ；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，P和A的共同速度大小是29gℎ−4Mg2k；
（3）Q开始下落时距离A的高度是25Mg2K。