福建省福州一中2016-2017学年高二下学期物理期末考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高二下·福州期末）天然放射现象的发现揭示了（ ）
A．原子不可再分 B．原子的核式结构
C．原子核是可分的 D．原子核由中子和质子组成
2．（2017高二下·福州期末）如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（ ）
A．它们碰撞前的总动量是18kg m/s，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是18kg m/s，方向水平向左
C．它们碰撞前的总动量是2kg m/s，方向水平向右
D．它们碰撞后的总动量是2kg m/s，方向水平向左
3．（2017高二下·福州期末）光滑水平面上两小球甲、乙用不可伸长的松弛细绳相连．开始时甲球静止，乙球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量和机械能的变化情况是（ ）
A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量守恒，机械能守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
4．（2017高二下·河南期中）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/s
C．vA′=﹣4m/s，vB′=7m/s D．vA′=7m/s，vB′=1.5m/s
5．（2017高二下·福州期末）如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2017高二下·福州期末）一个静止在磁场中的放射性同位素原子核 ，放出一个正电子后变成原子核 ，在图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2017高二下·福州期末） P随时间衰变的关系如图所示，有2mg的 P经衮变后还剩0.5mg，估算所需要的时间，在下列说法中正确的是（ ）
A．约14天 B．约28天 C．约42天 D．约56天
8．（2017高二下·福州期末）关于原子核中的质子和中子，下列说法中正确的是（ ）
A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力
B．除万有引力外，任意两个中子之间不存在其他相互作用力
C．质子与中子的质量不等，但质量数相等
D．同一种元素的原子核有相同的核子数，但中子数可以不同
9．（2017高二下·福州期末）对光的波粒二象性的理解，以下正确的是（ ）
A．光波是一种概率波，波的强度表示光子出现的概率大小
B．光波就是指麦克斯韦所预言的那种在空间连续分布的电磁波
C．光的波动性是大量光子的集体行为，单个光子不具有波动性
D．光子说否定了光的电磁说
10．（2017高二下·福州期末）以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实．
光电效应实验装置示意如图．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应．换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（ ）
A． B．
C．U=2hν﹣W D．
二、多项选择题
11．（2017高二下·福州期末）关于链式反应与裂变反应堆的下列说法正确的是（ ）
A．太小的铀块不会产生链式反应
B．反应堆中的减速剂用来控制链式反应速率
C．反应堆中的燃料棒要用纯铀235
D．流动的冷却剂将反应堆中的热带给蒸汽发生器
12．（2017高二下·福州期末）如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，下面关于观察到的现象的说法中正确的是（ ）
A．放在A位置时，相同时间内观察到荧光屏上的闪光次数最多
B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置时稍少些
C．放在C，D位置时，屏上观察不到闪光
D．放在D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少
13．（2017高二下·福州期末）在光滑水平地面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek．在力F作用下，若这个物体（ ）
A．经过时间为2t，则其动量将等于2p
B．经过位移为2l，则其动量将等于2p
C．经过位移为2l，则其动能将等于2Ek
D．经过时间为2t，则其动能将等于2Ek
14．（2017高二下·福州期末）在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v的关系如图所示，由实验图象可求出（ ）
A．该金属的逸出功 B．该金属的极限频率
C．普朗克常量 D．单位时间内逸出的光电子数
15．（2017高二下·福州期末）如图所示，平板小车停在光滑水平面上．甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是（ ）
A．乙的速度必定大于甲的速度
B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C．乙的动量必定大于甲的动量
D．甲、乙的动量之和必定不为零
三、填空题
16．（2017高二下·福州期末）质量为m=5kg的物体，在距水平地面高为h=20m处，以某一速度水平抛出，不计空气阻力，它从抛出到落地，动量变化的大小是 kg m/s，方向是 ．（取g=10m/s2）
17．（2017高二下·福州期末）如图所示，质量分别为m1、m2的木块用轻弹簧相连，静止在光滑的水平地面上，m2与墙壁挨在一起，质量为m的子弹用速度为v0的水平初速度射入木块m1中，并留在m1中，求子弹射入m1以后的过程中，轻弹簧压缩到最短时的弹性势能 ．
18．（2017高二下·福州期末）氦﹣氖激光器发出波长为633nm的激光，此激光光子的能量为 J （保留3位有效数字）；此激光照到极限频率为4.55×1014Hz的金属铯表面，产生的光电子的最大初动能为 J （保留3位有效数字）．（普朗克常量h=6.63×10﹣34J s，真空光速c=3.00×108m/s）
四、计算题
19．（2017高二下·福州期末）两个中子和两个质子可以结合成一个原子核氦4．已知质子质量为1.0073u，中子质量为1.0087u，α粒子质量为4.0015u，lu相当于931.5MeV．
（1）写出该核反应方程．
（2）原子核氦4的结合能为多少MeV？（保留3位有效数字）
（3）已知原子核氦3的平均结合能为2.57MeV，用数据分析氦3、4这两种核素中哪个原子核更稳定？
20．（2017高二下·福州期末）甲乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M甲=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg，游戏时甲推一个质量m=15kg的箱子，以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，不计冰面摩擦，为避免相撞，甲将箱子推给乙，求：
（1）甲将箱子以速度v=4m/s（相对地面）推给乙，接到箱子后乙的速度为多大？
（2）甲至少以多大速度（相对地面）将箱子推出，才能避免相撞？
21．（2017高二下·福州期末）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求
（1）木块在最高点时的速度
（2）木块在ab段受到的摩擦力f；
（3）木块最后距a点的距离s．
五、附加题
22．（2017高二下·福州期末）一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为 ，如图所示．木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ．A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜ ．当A和B发生碰撞时，两者速度互换．求：
（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程是 ；
（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，B速度的大小是 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】解：天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核可以再分，
故答案为：C．
【分析】原子是化学变化中的最小微粒，但还能再分，天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，以此来解答．
2．【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．
则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=﹣2m/s．
根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（﹣2）=2（kg m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．
故答案为：C．
【分析】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．
3．【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：甲乙两球组成的系统，所受的外力之和为零，绳子的拉力属于内力，则系统动量守恒；在绳子拉紧的瞬间有能量损失，则系统机械能不守恒．A符合题意，B、C、D符合题意．
故答案为：A．
【分析】当系统不受外力或所受的外力之和为零时，系统动量守恒，根据是否有能量损失判断机械能是否守恒．
4．【答案】B
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】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．
【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．
5．【答案】B
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】解：从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，知c光的频率最大，波长最短，
从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，知a光的光子频率最小，波长最长，
所以波长依次增大的顺序为c、b、a．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大，波长越短，解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差进行分析．
6．【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：放射性元素放出正电子时，正粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．
当放射性元素放出正电子时，两带电粒子的动量守恒．由半径公式r= = ，可得轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而正电子的电量比反冲核的电量小，则正电子的半径比反冲核的半径大，ACD不符合题意，B符合题意．
故答案为：B．
【分析】把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si核的运动方向一定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨迹。
7．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】解：由图象知P的半衰期为14天，由公式m= 知，半衰期的次数为2次，可知经历的时间t=2×14=28天，B符合题意，A、C、D不符合题意．故答案为：B．
【分析】根据质量数和电荷数守恒判断粒子的属性，从图象看出半衰期，由半衰期公式计算所需天数．
8．【答案】C
【知识点】原子的核式结构
【解析】【解答】解：A、在两个质子之间，核力是短程力，作用范围在1.5×10﹣15m，越过此范围，则核力可以忽略不计，因此会小于库仑力．A不符合题意．
B、除万有引力外，两个中子之间存在核力．B不符合题意．
C、根据现在的测量可知，质子与中子的质量不等，但质量数相等．C符合题意．
D、同位素具有相等的质子数和不同的中子数，所以核子数也不同．D不符合题意．
故答案为：C
【分析】自然界中有四种基本的相互作用力，万有引力相互作用，电磁相互作用，强相互作用和弱相互作用，核力是短程力，越过一定范围，则没有核力，核力存在斥力和引力之分，同位素具有相等的质子数和不同的中子数。
9．【答案】A
【知识点】光的波粒二象性
【解析】【解答】解：A、光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，波的强度表示光子出现的概率大小．A符合题意；
B、根据爱因斯坦的光子说，光在空间的分布不是连续分布的．B不符合题意；
C、大量光子的作用效果往往表现为波动性，个别光子的作用效果往往表现为粒子性，但单个光子仍然具有波动性．C不符合题意；
D、光子说是对光的电磁说的补充．D不符合题意．
故答案为：A
【分析】光的波粒二象性是指光既具有粒子性也具有波动性，少量粒子体现为粒子性，大量粒子体现为波动性。
10．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhv，n=2，3，4…
则有：eU=nhv﹣W，解得 ．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系．
11．【答案】A,C,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】解：A、要引起链式反应，须使铀块体积超过临界体积，A符合题意．
B、反应堆中的减速剂是用来减速中子的速度，不是控制链式反应的速率，B不符合题意．
C、自然界中能直接用于核燃料的只是铀235，能进行链式核裂变反应，并放出大量能量，C符合题意．
D、流动的冷却剂将反应堆中的热带给蒸汽发生器，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】原子反应堆主要是由原子燃料、减速剂、冷却系统以及控制调节系统组成，只有大于临界体积才能发生链式反应。
12．【答案】A,D
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】解：A、放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，A符合题意；
B、放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，比A位置少的多，B不符合题意；
C、放在C、D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少．说明极少数射线较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大，C不符合题意；
D、放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少．说明很少很少射线发生大角度的偏折，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】（1）放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置，了解α粒子散射实验的实验现象即可正确解答；
（2）用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电核；
（3）每种金属都有发生光电效应的最小频率即极限频率，当光子的频率大于极限频率时，才发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，光照强度与单位时间内产生的光电子数目有关．
13．【答案】A,C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】解：由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知：P=Ft，由动能定理得：EK=Fl，设物体质量为m；
AD、当时间为2t时，动量P′=F 2t=2Ft=2P，物体的动能：EK′= = =4 =4EK，A符合题意，D不符合题意；
BC、当位移为2l时，物体的动能EK′=F 2l=2Fl=2EK，物体的动量：P′= = = P，B不符合题意，C符合题意；
故答案为：AC．
【分析】本题考查动能定理和动量定理的基本运用，知道合力做功等于动能的变化量，合力的冲量等于动量的变化量，以及知道动能和动量的关系．
14．【答案】A,B,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0=hγ﹣hγ0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量．横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，根据W0=hγ0可求出逸出功．单位时间内逸出的光电子数无法从图象中获知．ABC符合题意，D不符合题意．
故答案为：ABC
【分析】根据光电效应方程Ekm=hγ-W0=hγ-hγ0得出最大初动能与入射光频率的关系，通过图线的斜率和截距去求解．
15．【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：A、甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m车v车=0，小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，A不符合题意，C、D符合题意．
B、小车速度方向向右，即动量的变化量向右，根据动量定理知，乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，可知乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，B符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性及动量守恒的使用范围。
16．【答案】100；竖直向下
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】解：根据h= 得物体运动的时间为：
t= ，
根据动量定理得：
mgt=△P
解得动量变化量大小为：△P=50×2=100kg m/s，方向竖直向下．
故答案为：100，竖直向下．
【分析】根据平抛运动的公式{#mathmL#}{#/mathmL#}，求出下落时间，然后根据动量定理求出动量变化量。
17．【答案】
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：设子弹打入木块m1后瞬间的速度为v，在子弹射入木块m1的过程中，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0=（m+m1）v…①
m1和子弹一起运动向左压缩弹簧，它们的动能转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律得：
轻弹簧压缩到最短时的弹性势能为：Ep= （m+m1）v2．
联立解得：Ep=
故答案为： ．
【分析】A在弹簧恢复原长时开始离开墙面。这时弹簧的弹性势能全部转换为B的动能，根据能量守恒能计算出此时B的速度。
18．【答案】3.14×10﹣19；1.23×10﹣20
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光子的能量：E= = J=3.14×10﹣19J
根据光电效应方程：Ekm=hγ﹣hγ0=E=hγ0=3.14×10﹣19﹣6.63×10﹣34×4.55×10﹣14=1.23×10﹣20J
故答案为：3.14×10﹣19，1.23×10﹣20
【分析】求出每个光子的能量，每秒内发出的光子数与每个光子能量的乘积是激光器每秒做的功，每个光子的能量E=hγ．
19．【答案】（1）解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，核反应方程为： → ．
答：核反应方程为 → ．
（2）解;根据爱因斯坦质能方程得，结合能△E=△mc2=（2×1.0073+2×1.0087﹣4.0015）×931.5MeV=28.4MeV．
答：原子核氦4的结合能为28.4MeV．
（3）j解：氦4的比结合能 ，大于氦3的比结合能，可知氦4更稳定．
答：氦4更稳定
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程
【解析】【分析】（1）根据电荷数守恒，质量数守恒写出核反应方程。
（2）根据爱因斯坦质能方程求出原子核氦4的结合能
（3）根据氦4的结合能求出比结合能，从而确定那个原子核更稳定。
20．【答案】（1）解：乙与箱子作用的过程中系统的动量守恒，取向右方向为正方向，设接到箱子后系统的速度为v，则：
mv0﹣m乙v0=（m+m乙）v
代入数据得：v= m/s
负号表示方向向左．
答：甲将箱子以速度v=4m/s（相对地面）推给乙，接到箱子后乙的速度为 m/s，方向向左；
（2）解：设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，
乙的速度为v乙，取向右方向为正方向．则根据动量守恒得：
（M甲+m）v0=M甲v甲+mv，①
mv﹣m乙v0=（m+m乙）v乙，②
当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙，③
联立①②③得v=5.2m/s
答：甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．
【知识点】功能关系；动量守恒定律
【解析】【分析】甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件．
21．【答案】（1）解：木块在最高点时，设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=（m+2m）v…①
得：v=
答：木块在最高点时的速度是 ．
（2）解：由能量守恒定律得：
mv02= （m+2m）v2+mgh+fL…②
由①②得：f= …③
答：木块在ab段受到的摩擦力f是 ；
（3）解：木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒），对全过程，由能量守恒得：
mv02= （m+2m）v2+f（2L﹣s）…④
由②③④得：s= L．
答：木块最后距a点的距离s是 L．
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）两物体从开始到第一次到达共同速度过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力．
（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒定律求出木块最后距a点的距离s．
22．【答案】（1）L﹣
（2） v0
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速V0向右运动．
由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近．
设B、C达到相同速度V1时B移动的路程为S1．设A、B、C质量皆为m，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv1…①
由能量守恒定律得：μmgS1= 2mv02﹣ mv12…②
由①②解得：S1=
由题意知：v0＜
解得：S1＜ L…③
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离（L﹣S1）后才与A发生第二次碰撞．
设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为S2．
由能量守恒定律得：μmgS2= mv12…④
解得：S2=
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：S=S2+L﹣S1=L﹣ …⑤；（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1．
刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为V1．由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2．
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2…⑥
解得：v2= v1= v0
因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁．
刚碰撞后，A的速度变为V2，B的速度变为V1，C的速度仍为V2．
由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3．以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1+mv2=2mv3…⑦
解得：v3= v0
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为：vA=v2= v0…⑧
vB=vC=v3= v0…⑨
故答案为：（1）L﹣ ．（2） v0．
【分析】（1）A、B碰撞过程动量守恒，A、B第一次碰撞后，A静止，B向右做匀减速运动，C向右做匀加速运动，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C的路程．
（2）根据物体的运动过程，应用动量守恒定律求出A、B、C的速度．
福建省福州一中2016-2017学年高二下学期物理期末考试试卷
一、单项选择题
1．（2017高二下·福州期末）天然放射现象的发现揭示了（ ）
A．原子不可再分 B．原子的核式结构
C．原子核是可分的 D．原子核由中子和质子组成
【答案】C
【知识点】放射性同位素及其应用
【解析】【解答】解：天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核可以再分，
故答案为：C．
【分析】原子是化学变化中的最小微粒，但还能再分，天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，以此来解答．
2．（2017高二下·福州期末）如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（ ）
A．它们碰撞前的总动量是18kg m/s，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是18kg m/s，方向水平向左
C．它们碰撞前的总动量是2kg m/s，方向水平向右
D．它们碰撞后的总动量是2kg m/s，方向水平向左
【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．
则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=﹣2m/s．
根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（﹣2）=2（kg m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．
故答案为：C．
【分析】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．
3．（2017高二下·福州期末）光滑水平面上两小球甲、乙用不可伸长的松弛细绳相连．开始时甲球静止，乙球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量和机械能的变化情况是（ ）
A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量守恒，机械能守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：甲乙两球组成的系统，所受的外力之和为零，绳子的拉力属于内力，则系统动量守恒；在绳子拉紧的瞬间有能量损失，则系统机械能不守恒．A符合题意，B、C、D符合题意．
故答案为：A．
【分析】当系统不受外力或所受的外力之和为零时，系统动量守恒，根据是否有能量损失判断机械能是否守恒．
4．（2017高二下·河南期中）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/s
C．vA′=﹣4m/s，vB′=7m/s D．vA′=7m/s，vB′=1.5m/s
【答案】B
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】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．
【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．
5．（2017高二下·福州期末）如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】氢原子光谱
【解析】【解答】解：从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，知c光的频率最大，波长最短，
从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，知a光的光子频率最小，波长最长，
所以波长依次增大的顺序为c、b、a．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大，波长越短，解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差进行分析．
6．（2017高二下·福州期末）一个静止在磁场中的放射性同位素原子核 ，放出一个正电子后变成原子核 ，在图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】放射性同位素及其应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：放射性元素放出正电子时，正粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．
当放射性元素放出正电子时，两带电粒子的动量守恒．由半径公式r= = ，可得轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而正电子的电量比反冲核的电量小，则正电子的半径比反冲核的半径大，ACD不符合题意，B符合题意．
故答案为：B．
【分析】把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si核的运动方向一定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨迹。
7．（2017高二下·福州期末） P随时间衰变的关系如图所示，有2mg的 P经衮变后还剩0.5mg，估算所需要的时间，在下列说法中正确的是（ ）
A．约14天 B．约28天 C．约42天 D．约56天
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】解：由图象知P的半衰期为14天，由公式m= 知，半衰期的次数为2次，可知经历的时间t=2×14=28天，B符合题意，A、C、D不符合题意．故答案为：B．
【分析】根据质量数和电荷数守恒判断粒子的属性，从图象看出半衰期，由半衰期公式计算所需天数．
8．（2017高二下·福州期末）关于原子核中的质子和中子，下列说法中正确的是（ ）
A．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力
B．除万有引力外，任意两个中子之间不存在其他相互作用力
C．质子与中子的质量不等，但质量数相等
D．同一种元素的原子核有相同的核子数，但中子数可以不同
【答案】C
【知识点】原子的核式结构
【解析】【解答】解：A、在两个质子之间，核力是短程力，作用范围在1.5×10﹣15m，越过此范围，则核力可以忽略不计，因此会小于库仑力．A不符合题意．
B、除万有引力外，两个中子之间存在核力．B不符合题意．
C、根据现在的测量可知，质子与中子的质量不等，但质量数相等．C符合题意．
D、同位素具有相等的质子数和不同的中子数，所以核子数也不同．D不符合题意．
故答案为：C
【分析】自然界中有四种基本的相互作用力，万有引力相互作用，电磁相互作用，强相互作用和弱相互作用，核力是短程力，越过一定范围，则没有核力，核力存在斥力和引力之分，同位素具有相等的质子数和不同的中子数。
9．（2017高二下·福州期末）对光的波粒二象性的理解，以下正确的是（ ）
A．光波是一种概率波，波的强度表示光子出现的概率大小
B．光波就是指麦克斯韦所预言的那种在空间连续分布的电磁波
C．光的波动性是大量光子的集体行为，单个光子不具有波动性
D．光子说否定了光的电磁说
【答案】A
【知识点】光的波粒二象性
【解析】【解答】解：A、光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，波的强度表示光子出现的概率大小．A符合题意；
B、根据爱因斯坦的光子说，光在空间的分布不是连续分布的．B不符合题意；
C、大量光子的作用效果往往表现为波动性，个别光子的作用效果往往表现为粒子性，但单个光子仍然具有波动性．C不符合题意；
D、光子说是对光的电磁说的补充．D不符合题意．
故答案为：A
【分析】光的波粒二象性是指光既具有粒子性也具有波动性，少量粒子体现为粒子性，大量粒子体现为波动性。
10．（2017高二下·福州期末）以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实．
光电效应实验装置示意如图．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应．换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（ ）
A． B．
C．U=2hν﹣W D．
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhv，n=2，3，4…
则有：eU=nhv﹣W，解得 ．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系．
二、多项选择题
11．（2017高二下·福州期末）关于链式反应与裂变反应堆的下列说法正确的是（ ）
A．太小的铀块不会产生链式反应
B．反应堆中的减速剂用来控制链式反应速率
C．反应堆中的燃料棒要用纯铀235
D．流动的冷却剂将反应堆中的热带给蒸汽发生器
【答案】A,C,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】解：A、要引起链式反应，须使铀块体积超过临界体积，A符合题意．
B、反应堆中的减速剂是用来减速中子的速度，不是控制链式反应的速率，B不符合题意．
C、自然界中能直接用于核燃料的只是铀235，能进行链式核裂变反应，并放出大量能量，C符合题意．
D、流动的冷却剂将反应堆中的热带给蒸汽发生器，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】原子反应堆主要是由原子燃料、减速剂、冷却系统以及控制调节系统组成，只有大于临界体积才能发生链式反应。
12．（2017高二下·福州期末）如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，下面关于观察到的现象的说法中正确的是（ ）
A．放在A位置时，相同时间内观察到荧光屏上的闪光次数最多
B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置时稍少些
C．放在C，D位置时，屏上观察不到闪光
D．放在D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少
【答案】A,D
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】解：A、放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，A符合题意；
B、放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，比A位置少的多，B不符合题意；
C、放在C、D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少．说明极少数射线较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大，C不符合题意；
D、放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少．说明很少很少射线发生大角度的偏折，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】（1）放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置，了解α粒子散射实验的实验现象即可正确解答；
（2）用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电核；
（3）每种金属都有发生光电效应的最小频率即极限频率，当光子的频率大于极限频率时，才发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，光照强度与单位时间内产生的光电子数目有关．
13．（2017高二下·福州期末）在光滑水平地面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek．在力F作用下，若这个物体（ ）
A．经过时间为2t，则其动量将等于2p
B．经过位移为2l，则其动量将等于2p
C．经过位移为2l，则其动能将等于2Ek
D．经过时间为2t，则其动能将等于2Ek
【答案】A,C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】解：由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知：P=Ft，由动能定理得：EK=Fl，设物体质量为m；
AD、当时间为2t时，动量P′=F 2t=2Ft=2P，物体的动能：EK′= = =4 =4EK，A符合题意，D不符合题意；
BC、当位移为2l时，物体的动能EK′=F 2l=2Fl=2EK，物体的动量：P′= = = P，B不符合题意，C符合题意；
故答案为：AC．
【分析】本题考查动能定理和动量定理的基本运用，知道合力做功等于动能的变化量，合力的冲量等于动量的变化量，以及知道动能和动量的关系．
14．（2017高二下·福州期末）在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v的关系如图所示，由实验图象可求出（ ）
A．该金属的逸出功 B．该金属的极限频率
C．普朗克常量 D．单位时间内逸出的光电子数
【答案】A,B,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0=hγ﹣hγ0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量．横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，根据W0=hγ0可求出逸出功．单位时间内逸出的光电子数无法从图象中获知．ABC符合题意，D不符合题意．
故答案为：ABC
【分析】根据光电效应方程Ekm=hγ-W0=hγ-hγ0得出最大初动能与入射光频率的关系，通过图线的斜率和截距去求解．
15．（2017高二下·福州期末）如图所示，平板小车停在光滑水平面上．甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是（ ）
A．乙的速度必定大于甲的速度
B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C．乙的动量必定大于甲的动量
D．甲、乙的动量之和必定不为零
【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：A、甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m车v车=0，小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，A不符合题意，C、D符合题意．
B、小车速度方向向右，即动量的变化量向右，根据动量定理知，乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，可知乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，B符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性及动量守恒的使用范围。
三、填空题
16．（2017高二下·福州期末）质量为m=5kg的物体，在距水平地面高为h=20m处，以某一速度水平抛出，不计空气阻力，它从抛出到落地，动量变化的大小是 kg m/s，方向是 ．（取g=10m/s2）
【答案】100；竖直向下
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】解：根据h= 得物体运动的时间为：
t= ，
根据动量定理得：
mgt=△P
解得动量变化量大小为：△P=50×2=100kg m/s，方向竖直向下．
故答案为：100，竖直向下．
【分析】根据平抛运动的公式{#mathmL#}{#/mathmL#}，求出下落时间，然后根据动量定理求出动量变化量。
17．（2017高二下·福州期末）如图所示，质量分别为m1、m2的木块用轻弹簧相连，静止在光滑的水平地面上，m2与墙壁挨在一起，质量为m的子弹用速度为v0的水平初速度射入木块m1中，并留在m1中，求子弹射入m1以后的过程中，轻弹簧压缩到最短时的弹性势能 ．
【答案】
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：设子弹打入木块m1后瞬间的速度为v，在子弹射入木块m1的过程中，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0=（m+m1）v…①
m1和子弹一起运动向左压缩弹簧，它们的动能转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律得：
轻弹簧压缩到最短时的弹性势能为：Ep= （m+m1）v2．
联立解得：Ep=
故答案为： ．
【分析】A在弹簧恢复原长时开始离开墙面。这时弹簧的弹性势能全部转换为B的动能，根据能量守恒能计算出此时B的速度。
18．（2017高二下·福州期末）氦﹣氖激光器发出波长为633nm的激光，此激光光子的能量为 J （保留3位有效数字）；此激光照到极限频率为4.55×1014Hz的金属铯表面，产生的光电子的最大初动能为 J （保留3位有效数字）．（普朗克常量h=6.63×10﹣34J s，真空光速c=3.00×108m/s）
【答案】3.14×10﹣19；1.23×10﹣20
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光子的能量：E= = J=3.14×10﹣19J
根据光电效应方程：Ekm=hγ﹣hγ0=E=hγ0=3.14×10﹣19﹣6.63×10﹣34×4.55×10﹣14=1.23×10﹣20J
故答案为：3.14×10﹣19，1.23×10﹣20
【分析】求出每个光子的能量，每秒内发出的光子数与每个光子能量的乘积是激光器每秒做的功，每个光子的能量E=hγ．
四、计算题
19．（2017高二下·福州期末）两个中子和两个质子可以结合成一个原子核氦4．已知质子质量为1.0073u，中子质量为1.0087u，α粒子质量为4.0015u，lu相当于931.5MeV．
（1）写出该核反应方程．
（2）原子核氦4的结合能为多少MeV？（保留3位有效数字）
（3）已知原子核氦3的平均结合能为2.57MeV，用数据分析氦3、4这两种核素中哪个原子核更稳定？
【答案】（1）解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，核反应方程为： → ．
答：核反应方程为 → ．
（2）解;根据爱因斯坦质能方程得，结合能△E=△mc2=（2×1.0073+2×1.0087﹣4.0015）×931.5MeV=28.4MeV．
答：原子核氦4的结合能为28.4MeV．
（3）j解：氦4的比结合能 ，大于氦3的比结合能，可知氦4更稳定．
答：氦4更稳定
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程
【解析】【分析】（1）根据电荷数守恒，质量数守恒写出核反应方程。
（2）根据爱因斯坦质能方程求出原子核氦4的结合能
（3）根据氦4的结合能求出比结合能，从而确定那个原子核更稳定。
20．（2017高二下·福州期末）甲乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M甲=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg，游戏时甲推一个质量m=15kg的箱子，以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，不计冰面摩擦，为避免相撞，甲将箱子推给乙，求：
（1）甲将箱子以速度v=4m/s（相对地面）推给乙，接到箱子后乙的速度为多大？
（2）甲至少以多大速度（相对地面）将箱子推出，才能避免相撞？
【答案】（1）解：乙与箱子作用的过程中系统的动量守恒，取向右方向为正方向，设接到箱子后系统的速度为v，则：
mv0﹣m乙v0=（m+m乙）v
代入数据得：v= m/s
负号表示方向向左．
答：甲将箱子以速度v=4m/s（相对地面）推给乙，接到箱子后乙的速度为 m/s，方向向左；
（2）解：设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，
乙的速度为v乙，取向右方向为正方向．则根据动量守恒得：
（M甲+m）v0=M甲v甲+mv，①
mv﹣m乙v0=（m+m乙）v乙，②
当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙，③
联立①②③得v=5.2m/s
答：甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．
【知识点】功能关系；动量守恒定律
【解析】【分析】甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件．
21．（2017高二下·福州期末）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求
（1）木块在最高点时的速度
（2）木块在ab段受到的摩擦力f；
（3）木块最后距a点的距离s．
【答案】（1）解：木块在最高点时，设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：
mv0=（m+2m）v…①
得：v=
答：木块在最高点时的速度是 ．
（2）解：由能量守恒定律得：
mv02= （m+2m）v2+mgh+fL…②
由①②得：f= …③
答：木块在ab段受到的摩擦力f是 ；
（3）解：木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒），对全过程，由能量守恒得：
mv02= （m+2m）v2+f（2L﹣s）…④
由②③④得：s= L．
答：木块最后距a点的距离s是 L．
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）两物体从开始到第一次到达共同速度过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力．
（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒定律求出木块最后距a点的距离s．
五、附加题
22．（2017高二下·福州期末）一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为 ，如图所示．木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ．A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜ ．当A和B发生碰撞时，两者速度互换．求：
（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程是 ；
（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，B速度的大小是 ．
【答案】（1）L﹣
（2） v0
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速V0向右运动．
由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近．
设B、C达到相同速度V1时B移动的路程为S1．设A、B、C质量皆为m，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv1…①
由能量守恒定律得：μmgS1= 2mv02﹣ mv12…②
由①②解得：S1=
由题意知：v0＜
解得：S1＜ L…③
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离（L﹣S1）后才与A发生第二次碰撞．
设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为S2．
由能量守恒定律得：μmgS2= mv12…④
解得：S2=
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：S=S2+L﹣S1=L﹣ …⑤；（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1．
刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为V1．由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2．
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2…⑥
解得：v2= v1= v0
因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁．
刚碰撞后，A的速度变为V2，B的速度变为V1，C的速度仍为V2．
由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3．以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1+mv2=2mv3…⑦
解得：v3= v0
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为：vA=v2= v0…⑧
vB=vC=v3= v0…⑨
故答案为：（1）L﹣ ．（2） v0．
【分析】（1）A、B碰撞过程动量守恒，A、B第一次碰撞后，A静止，B向右做匀减速运动，C向右做匀加速运动，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C的路程．
（2）根据物体的运动过程，应用动量守恒定律求出A、B、C的速度．
