保定市博野中学高二下学期期中物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年河北省保定市博野中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（每题3分，共42分，1—11为单选，12—14题为多选题）1．以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（)A．比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量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6个D．Bi的半衰期是5天，12gBi经过15天后衰变了1。5gBi2．有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（）A．居里夫人最先发现天然放射现象B．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构C．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关D．在衰变方程Pu→X+He+γ中,X原子核的质量数是2343．下面关于结合能和平均结合能的说法中，正确的有(）A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B．平均结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和平均结合能都大D．中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大4．如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则（）A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，电流表读数不变5．原来静止的原子核衰变出α粒子的动能为Ek0,假设衰变时产生的能量全部以动能形式释放出来，则此衰变过程的质量亏损是（）A． B． C． D．6．人和气球离地面高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m,人要从气球下栓着的轻质软绳上安全到达地面(人看成质点），软绳的长度至少为（)A． B． C． D．7．质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移时间图象如图．如果m1=2kg则m2等于（）A．6kg B．2kg C．5kg D．4kg8．(供选学3﹣5模块的考生做）x质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（）A．木块静止，d1=d2 B．木块向右运动,d1＜d2C．木块静止，d1＜d2 D．木块向左运动,d1=d29．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（)A．C→e+B B．C→He+BeC．C→H+B D．C→e+N10．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动,mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A．vA′=5m/s,vB′=2。5m/s B．vA′=2m/s,vB′=4m/sC．vA′=﹣4m/s,vB′=7m/s D．vA′=7m/s，vB′=1.5m/s11．如图,质量为3kg的木板放在光滑水平面上,质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（)A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动12．如图为氢原子的能级图,现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时（)A．能辐射出6种不同频率的光子B．能辐射出4种不同频率的光子C．由n=4跃迁到n=1时辐射出的光子的频率最小D．由n=4跃迁到n=2时辐射出的光子可使逸出功为2。25eV的金属钾发生光电效应13．1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说．在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是（）A．图1中,当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B．图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强,光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C．图3中，若电子电量用e表示,v1、vc、U1已知，由Uc﹣v图象可求得普朗克常量的表达式为h=D．图4中,由光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象可知该金属的逸出功为E或hvo14．如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v﹣t图如图乙所示，则可知（）A．A的质量为4kgB．运动过程中A的最大速度为vm=4m/sC．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J二、计算题15．在光滑的水平面上放着ABC三个物体，ABC的质量分别为3m、m、2m．现在让A物块以初速度v0向B物体运动，AB相碰后不再分开，共同向C运动；它们与C相碰后也不再分开,ABC共同向右运动；求:(1）ABC共同向右运动的速度大小;（2）AB与C碰撞过程中，B对C物块的冲量大小．（3）AB碰撞过程中的动能损失．16．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求:①滑块a、b的质量之比；②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．17．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3。0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：①物块C的质量mC；②墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对对B的冲量I的大小和方向；③B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep．18．如图所示，ABCD是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，BCD是半径为R的半圆弧轨道，DE是半径为2R的圆弧轨道,BCD与DE相切在轨道最高点D,R=0.6m．质量为M=0.99kg的小物块，静止在AB轨道上，一颗质量为m=0。01kg子弹水平射入物块但未穿出，物块与子弹一起运动,恰能贴着轨道内侧通过最高点从E点飞出．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度;（2）物块与子弹经过C点时受到的弹力的大小；（3）若物块和子弹在CD段某点脱离轨道，求子弹打击前速度的取值范围．

2016-2017学年河北省保定市博野中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共42分，1-11为单选，12—14题为多选题）1．以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（）A．比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性,前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量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6个D．Bi的半衰期是5天，12gBi经过15天后衰变了1.5gBi【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；IC：光电效应．【分析】比结合能越大时,原子核越稳定；光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性；根据一次α衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次β衰变,质量数不变，质子数增加1;根据放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫半衰期分析．【解答】解：A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；B、光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性,前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量,也具有动量，故B正确；C、放射性原子核经过次α衰变，则中子数减小2,而一次β衰变,中子数减少1,所以某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后,核内中子数减少4个,故C错误；D、83210Bi的半衰期为5天，12g83210Bi经过15天，即经过3个半衰期后剩下的83210Bi为：,所以经过15天后衰变了10。5g83210Bi．故D错误;故选：B2．有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（)A．居里夫人最先发现天然放射现象B．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构C．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关D．在衰变方程Pu→X+He+γ中,X原子核的质量数是234【考点】JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核结构的复杂性．卢瑟福通过对α散射实验的研究提出来原子具有核式结构；在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关；根据质量数守恒求出新核的质量数．【解答】解：A、贝克勒尔最先发现天然放射现象．故A错误；B、α粒子的散射实验揭示了原子具有核式结构．故B错误;C、根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W可知，在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关．故C正确;D、根据质量数守恒可得，X的质量数：A=239﹣4=235,即在衰变方程Pu→X+He+γ中，X原子核的质量数是235．故D错误故选：C3．下面关于结合能和平均结合能的说法中，正确的有(）A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B．平均结合能越大的原子核越稳定,因此它的结合能也一定越大C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和平均结合能都大D．中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大【考点】JE：原子核的结合能．【分析】根据爱因斯坦质能方程，分析将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量关系．核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间．比结合能越大，原子核越稳定．【解答】解：A、将原子核拆散成核子与核子结合成原子核两个过程质量的变化相等，将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量叫结合能．故A错误．B、比结合能越大，原子核越稳定．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，则原子核越大，它的结合能越高．故B错误．C、重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能大，而平均结合能比较小．故C错误．D、中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大．故D正确．故选：D4．如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点,电流表中有电流通过，则(）A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数一定增大C．若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过D．若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时,电流表读数不变【考点】IE:爱因斯坦光电效应方程．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当单位时间内通过的电子数多，则光电流大．照射的光频率越高，光子数目越少，从金属中逸出的光电子也会减少．【解答】解：A、光电管所加的电压，使光电子到达阳极，则电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，若将滑动触头P向B端移动时,电流表读数有可能不变，故A正确；B、若将滑片向A端移动时，光电管所加的电压减小，但也可能处于饱和电流，故电流表读数可能减小或者不变．故B错误；C、若用红外线照射阴极K时,因红外线频率小于可见光，因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应，电流表不一定没有电流通过．故C错误；D、若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小．故D错误;故选：A．5．原来静止的原子核衰变出α粒子的动能为Ek0，假设衰变时产生的能量全部以动能形式释放出来，则此衰变过程的质量亏损是()A． B． C． D．【考点】JI：爱因斯坦质能方程．【分析】(1)核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒；（2）衰变过程等效于爆炸,满足动量守恒和能量守恒,衰变产生的能量全部以动能的形式释放，可求释放的总能量，结合爱因斯坦质能方程，求出质量亏损．【解答】解：设生成的另一个新核是Y,则它的质量数是a﹣4，衰变过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得：PHe﹣PY=0，动量和动能关系式为：P=，设每个核子的质量为m，则﹣=0∴EKy=EK0，衰变释放的总能量为：Ek=E0+Ey=EK0+EK0=EK0，由质能方程可知：Ek=△mc2，∴△m=；故选D．6．人和气球离地面高为h,恰好悬浮在空中,气球质量为M，人的质量为m，人要从气球下栓着的轻质软绳上安全到达地面（人看成质点），软绳的长度至少为（）A． B． C． D．【考点】53:动量守恒定律．【分析】以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒．用软绳的长度和高度H表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出软绳的长度．【解答】解：设人沿软绳要安全到达地面，软绳长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒,规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=Mv2+mv1…①人沿软绳滑至地面时，气球上升的高度为L﹣H,速度大小：v2=…②人相对于地面下降的高度为H，速度大小为：v1=…③将②③代入①得：0=M(）﹣m•解得:L=;故选：A7．质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移时间图象如图．如果m1=2kg则m2等于（)A．6kg B．2kg C．5kg D．4kg【考点】53:动量守恒定律；1I：匀变速直线运动的图像．【分析】根据s﹣t图象斜率求出碰撞前后各球的速度，根据碰撞过程中动量守恒列式，即可求解m2．【解答】解：碰撞前m2是静止的，m1的速度为:v1==m/s=4m/s碰后m1的速度：v′1==m/s=﹣2m/sm2的速度：v′2==m/=2m/s根据动量守恒定律有:m1v1=m1v1′+m2v2′代入得:2×4=2×（﹣2)+m2×2解得：m2=6kg故选:A8．（供选学3﹣5模块的考生做)x质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（）A．木块静止，d1=d2 B．木块向右运动,d1＜d2C．木块静止，d1＜d2 D．木块向左运动，d1=d2【考点】52：动量定理．【分析】完全相同步枪和子弹，说明子弹的初速度相同,把三者看成一个整体，动量守恒，所以最终木块静止，再隔离子弹和木块,根据动量守恒及动能定理即可求解．【解答】解：设子弹速度为v,质量为M已知木块质量为m由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为v1，则有Mv=(M+m）v1木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek=Mv2﹣（M+m）v12设子弹与木块之间作用力恒定为F则有Fd1=△Ek=Mv2﹣（M+m）v12①第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得Mv﹣Mv=（2M+m）v′,得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得Fd2=（M+m）+Mv2②由①②对比得，d1＜d2故ABD错误，C正确；故选：C9．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核,它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为()A．C→e+B B．C→He+BeC．C→H+B D．C→e+N【考点】JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度；CF：洛仑兹力．【分析】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系．结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比．【解答】解：原子核的衰变过程满足动量守恒,粒子与反冲核的速度方向相反,根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变,此粒子是β粒子，符号为．可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有:m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=，可见r与q成反比．由题意，大圆与小圆的直径之比为7：1，半径之比为7：1,则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7．所以反冲核的电荷量为7e,电荷数是7，其符号为N．所以碳14的衰变方程为C→e+N，故D正确，ABC错误．故选：D10．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A．vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B．vA′=2m/s，vB′=4m/sC．vA′=﹣4m/s，vB′=7m/s D．vA′=7m/s，vB′=1。5m/s【考点】53：动量守恒定律．【分析】撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒;碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能,根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能;同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．【解答】解:考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足;故选:B．11．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上,质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块(）A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动【考点】53：动量守恒定律；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动,M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2。4m/s时,物块的速度，并分析m的运动情况．【解答】解：设木板的质量为M，物块的质量为m;开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1．根据动量守恒定律得：（M﹣m)v=Mv1代入解得：v1===2.67m/s．此后m将向右加速，M继续向右减速;当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得：（M﹣m）v=(M+m）v2代入解得：v2==×4=2m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．故选：A．12．如图为氢原子的能级图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时()A．能辐射出6种不同频率的光子B．能辐射出4种不同频率的光子C．由n=4跃迁到n=1时辐射出的光子的频率最小D．由n=4跃迁到n=2时辐射出的光子可使逸出功为2。25eV的金属钾发生光电效应【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．【分析】根据数学组合公式得出跃迁时辐射的光子频率种数；能级差越大,辐射的光子能量越大,频率越大;根据能级差得出辐射的光子能量，通过与金属的逸出功比较，判断能否发生光电效应．【解答】解：AB、根据知，大量的氢原子处于n=4的激发态，能辐射出6种不同频率的光子，故A正确，B错误．C、由于n=4和n=1间的能级差最大，辐射的光子频率最大,故C错误．D、由n=4跃迁到n=2时辐射出的光子能量△E=﹣0.85+3。40eV=2。55eV，大于金属钾的逸出功，可以使金属钾发生光电效应，故D正确．故选：AD．13．1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说．在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是（）A．图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转,说明锌板带正电，验电器带负电B．图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出,电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C．图3中，若电子电量用e表示，v1、vc、U1已知，由Uc﹣v图象可求得普朗克常量的表达式为h=D．图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象可知该金属的逸出功为E或hvo【考点】IE:爱因斯坦光电效应方程;IC:光电效应．【分析】验电器的指针发生偏转，仅仅能说明验电器带电;光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关；入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大．根据光电效应方程得出Uc﹣γ的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义．根据光电效应方程,结合图线的纵轴截距求出金属的逸出功,结合横轴截距得出金属的极限频率，从而得出逸出功．【解答】解：A、当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，仅仅能说明验电器带电;发生光电效应后锌板带正电，所以验电器也带正电．故A错误．B、图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强,光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关,不能说明遏止电压和光的强度有关．故B错误．C、根据Ekm=hv﹣W0=eUc，解得，图线的斜率k=，则h=,故C正确；D、根据光电效应方程Ek=hγ﹣W0，当γ=0时，Ek=﹣W0，由图象知纵轴截距﹣E,所以W0=E，即该金属的逸出功E；图线与γ轴交点的横坐标是γ0,该金属的逸出功hγ0，故D正确．故选：CD14．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v﹣t图如图乙所示,则可知（）A．A的质量为4kgB．运动过程中A的最大速度为vm=4m/sC．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J【考点】53：动量守恒定律．【分析】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统机械能守恒．A离开挡板后A、B的运动过程中,系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解．【解答】解：A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时AB共速，由图知，AB共同速度为v共=2m/s，A刚墙时B的速度为v0=3m/s．在A离开挡板后,取向右为正方向,由动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共解得mA=1kg，故A错误．B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0=mAvA+mBvBmBv02=mAvA2+mBvB2．解得：A的最大速度vA=4m/s,故B正确．C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒;故C错误．D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知,弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s,根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有:mBv0=(mA+mB)v共Ep=mBv02﹣（mA+mB)v共2．联立解得：弹簧的最大弹性势能Ep=3J,故D正确．故选：BD二、计算题15．在光滑的水平面上放着ABC三个物体，ABC的质量分别为3m、m、2m．现在让A物块以初速度v0向B物体运动，AB相碰后不再分开,共同向C运动;它们与C相碰后也不再分开，ABC共同向右运动；求:（1）ABC共同向右运动的速度大小;（2）AB与C碰撞过程中，B对C物块的冲量大小．（3）AB碰撞过程中的动能损失．【考点】53：动量守恒定律；52：动量定理．【分析】（1)由于水平面光滑,物体在碰撞过程中符合动量守恒的条件：合外力为零,系统的动量守恒，根据动量守恒定律求解ABC共同向右运动的速度大小；（2）AB与C碰撞过程中,对C物块,运用动量定理求C所受的冲量大小．（3）先由动量守恒定律求出AB碰后的共同速度，再由能量守恒定律求AB碰撞过程中的动能损失．【解答】解：（1）以ABC为分析对象，全过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0=（m+2m+3m)v得v=v0．（2)AB与C碰撞过程中，对C,运用动量定理得I=2mv得I=mv0(3）AB相互作用的过程，由动量守恒定律得3mv0=（3m+m）v1得v1=v0由能量守恒定律知:△Ek=×3mv02﹣×4mv12解得：△Ek=mv02．答：（1）ABC共同向右运动的速度大小是v0；(2）AB与C碰撞过程中，B对C物块的冲量大小是mv0．（3）AB碰撞过程中的动能损失是mv02．16．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：①滑块a、b的质量之比;②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．【考点】66：动能定理的应用；1I:匀变速直线运动的图像．【分析】①根据图象计算碰撞前速度的大小，根据动量守恒计算质量的比值;②根据能量守恒计算碰撞损失的机械能，根据动能定理计算克服摩擦力所做的功,再计算它们的比值．【解答】解:①设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2．由题给的图象得：v1=﹣2m/sv2=1m/sa、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v．由题给的图象得：v=m/s两球碰撞过程系统动量守恒,以球a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得:m1v1+m2v2=（m1+m2）v，解得：m1：m2=1：8;②由能量守恒得,两滑块因碰撞损失的机械能为：△E=m1v12+m2v22﹣(m1+m2）v2,由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：W=(m1+m2）v2，解得:W:△E=1:2;答：①滑块a、b的质量之比为1：8；②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：2．17．如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4。0kg和mB=3。0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：①物块C的质量mC;②墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对对B的冲量I的大小和方向;③B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep．【考点】53:动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【分析】(1）AC碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律可以求出C的质量．（2)在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功;在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量．(3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守