2021-2022学年北京市顺义一中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市顺义一中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了0V，5A，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

下列物理量中属于标量的是( )
A. 动量B. 磁通量C. 磁感应强度D. 冲量
如图所示，a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别为ϕa=5V，ϕb=2V，ϕc=3V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是( )
A. B.
C. D.
下列各运动中动量变化率不相等的是( )
A. 匀速圆周运动B. 匀变速直线运动C. 自由落体运动D. 平抛运动
如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( )
A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒
图示为研究影响平行电容器电容因素的实验装置．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量几乎不变，则下列说法中正确的是( )
A. 保持S不变，增大d，则θ变大B. 保持S不变，增大d，则θ变小
C. 保持d不变，增大S，则θ变大D. 保持d不变，增大S，则θ不变
图中虚线是某电场中的一组等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示，若粒子仅受电场力的作用，下列正确的是( )
A. a点的电势比b点的电势低
B. 两个带电粒子电性可能相同
C. 粒子从P运动到a的过程中，电势能减少
D. 粒子从P运动到b的过程中，电势能增加
如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是( )
A. 电源的电动势为6.0V
B. 电源的内阻为12Ω
C. 电源的短路电流为0.5A
D. 外电路接入了一个阻值是18Ω的电动机，电路中的电流一定为0.3A
如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阳不能忽略．平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是 ( )
A. 增大R1的阻值B. 增大R2的阻值C. 增大两板间的距离D. 断开电键S
质量为1kg的小球以速度v1=4m/s与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的v1′和v2′下面可能正确的是( )
A. v1′=v2′=43m/sB. v1′=3m/s，v2′=43m/s
C. v1′=1m/s，v2′=3m/sD. v1′=−2m/s，v2′=3m/s
如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有14圆弧槽的小车，现有质量也为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，则( )
A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B. 小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动
C. 小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0
D. 小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动
蹦极是一项制激的极限运动，如图运动员将一端固定的弹性长绳系在腰或现关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中质量为60kg的人在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m(g=10m/s2)。下列说法正确的是( )
A. 绳在绷紧时对人的平均作用力大小为750N
B. 运动员在向下运动的整个过程中重力冲量大于弹性绳作用力的冲量
C. 运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
D. 运动员在向下运动的整个过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相同
有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，从N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等，若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段M、N上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是( )
A. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C. 在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D. 在线段MN上O点的磁感应强度方向向左
某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子的加速长度为d=4.0m，要使质子由静止被加速到v=1.0×107m/s，已知质子质量为m=1.67×10−27kg，质子电量为e=1.60×10−19C，则下列说法不正确的是( )
A. 由以上信息可以推算该加速电场的电压
B. 由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C. 由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能
D. 由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。当探测器分别从行星运动的反方向接近行星，因引力作用改变了速度。如图所示，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，探测器在远离行星后速度大小分别为v1，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是( )
A. v1=2v0−uB. v1=2v0+uC. v1=v0−2uD. v1=v0+2u
在“测量金属丝的电阻率”的实验中。
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，则金属丝直径的测量值d=______mm。
(2)在设计测量金属丝电阻Rx的实验电路时需要思考两个问题：
①如何选择电流表的接法？
如图2所示，某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化据此应该选择电流表______(填写“内接”或“外接”)的电路。
②如何选择滑动变阻器的接法？
已知待测金属丝的电阻约为20Ω，实验室提供的滑动变阻器的最大阻值为5Ω，电源电动势为3V，需要选择滑动变阻器的______(填写“分压式”或“限流式”)接法。
某学习小组用如图1所示的实验楚置验证动量守恒定律(m1>m2)。
(1)实验中必须要求的条件是______。
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D.入射球每次必须从轨道的同位置由静止释放
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P。测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰。并重复多次。则以下说法正确的是______。
A.为了完成该实验还需要用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.为了完成该实验还需要分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM、ON
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式______。(用所测量的量表示)若要判断两球是否是弹性碰撞，则该同学还需验证的表达式为：______。(用所测量的量表示)
(4)该学习小组又用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，将A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机分别在t0=0，t1=Δt，t2=2Δt，t3=3Δt时刻内光拍照，摄得如图2所示照片，其中B像有重叠，已知x轴上单位长度为L，mA=m，mB=32m向右为正方向。若碰前B静止，则碰撞发生t时刻，碰后B的动量为______(用m、L、Δt表示)；
如图所示，光滑水平面上静止着质量为m2=m刚性小球，小球与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1=2m的刚性小球以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，求：
(1)弹簧压缩最短时两球的速度v；
(2)弹簧弹性势能的最大值；
(3)弹簧第一次恢复原长时，m1、m2两球的速度大小。
如图所示，B是放在光滑的水平面质量为m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ，最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长(重力加速度为g)，求：
(1)说明A和B的运动情况，并求出木板B的最大速度的大小；
(2)从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小；
(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？
如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m1、m2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，静置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连。现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，弹簧将两物体弹开，m2离开弹簧后从右边飞出，m1冲上曲面。已知桌面高为h，m2平抛的水平射程为x，m1=3m，m2=m，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
(1)m2离开弹簧时的速度大小；
(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H；
(3)弹簧的最大弹性势能。
卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化(可达15km之多)，利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。如图是离子推进器的原理示意图：将稀有气体从O端注入，在A处电离为带正电的离子，带正电的离子飘入电极B、C之间的匀强加速电场(不计带正电的离子飘入加速电场时的速度)，加速后形成正离子束，以很高的速度沿同一方向从C处喷出舱室，由此对卫星产生推力。D处为一个可以喷射电子的装置，将在电离过程中产生的电子持续注入由C处喷出的正离子束中，恰好可以全部中和带正电的离子。在对该离子推进器做地面静态测试时，若BC间的加速电压为U，正离子被加速后由C处喷出时形成的等效电流大小为I，产生的推力大小为F。已知每个正离子的质量为m，每个电子的电荷量为e。求：
(1)单位时间内从D处注入的电子数N1；
(2)正离子的电荷量q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ACD、动量、磁感应强度、冲量都是既有大小又有方向、运算时遵循平行四边形定则的物理量，是矢量，故ACD错误；
B、磁通量有大小，计算方法是代数运算，所以是标量，故B正确；
故选：B。
标量是只有大小没有方向、运算时遵循代数运算法则的物理量。矢量是既有大小又有方向、运算时遵循平行四边形定则的物理量。状态量是某一瞬时的物理量。
矢量与标量实际上有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
2.【答案】D
【解析】解：各点电势φa=5V，φb=2V，φc=3V，则ab两点连线的线段分三等分，则取点M的电势为3V，因此M点与c点的连线为等势面，那么与连线垂直的即为电场线。由于φa=5V，φb=2V，φc=3V，又因为电势沿着电场线降低。只有D正确；
故选：D。
在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距。电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直。
等势面就是电势相等的点所构成的平面。电荷在等势面上移动，电场力不做功。因此电场线与等势面垂直。
3.【答案】A
【解析】解：根据动量定理可知：Ft=ΔP，解得：F=ΔPt，可知动量变化率代表合外力，匀速圆周运动的合外力不断变化，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据动量定理可知：Ft=ΔP，解得：F=ΔPt，可知动量变化率代表合外力。
本题考查动量定理的应用，解题关键掌握动量变化率的含义，注意不同运动的运动规律。
4.【答案】C
【解析】解：A、木块A离开墙壁前，对A、B和弹簧组成的系统，由于墙壁对A有弹力，则系统的外力之和不为零，故系统的动量不守恒，故A错误；
BD、木块A离开墙壁前和木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力不做功，则系统的机械能守恒，故BD错误；
C、木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒；因为过程中只有弹簧弹力做功，则系统的机械能也守恒，故C正确。
故选：C。
根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒。只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒。
本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒。对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析。
5.【答案】A
【解析】解：A、根据电容的定义式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据\(U=\dfrac{Q}{C}\)，知U增大，所以\(θ\)变大。故A正确，B错误。
C、保持d不变，增大S，电容增大，再根据U=QC，知U减小，所以θ变小。故CD错误。
故选：A。
静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=QC，通过C的变化，从而判断U的变化．
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
6.【答案】C
【解析】解：A、虽然由两粒子的运动轨迹能够定性分析出两粒子的受力方向，但不清楚两粒子的电性，所以不能判断该电场的场强方向，即不能判断电场线的方向，也就不能比较a、b两点的电势高低，故A错误；
B、从两粒子的运动轨迹来看，运动过程中沿Pa运动的粒子受到的电场力大致是向左，沿Pb运动的粒子受到的电场力大致是向右，所以两粒子的电性一定是不同的，故B错误；
CD、粒子在运动过程中仅受电场力的作用，并且在电场力的作用下偏转，电场力对两粒子均做正功，所以两粒子的电势能均减小，故C正确，D错误。
故选：C。
根据沿电场线的方向电势降低可知，为了判断电势高低需要知道电场线的方向，即场强的方向，虽然可以得出两粒子的大致受力方向，但不知道粒子电性，所以无法判断场强的方向，从而得出结论；根据做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的凹侧，可以定性分析出两粒子的受力方向，当两粒子在电场中同一点受力方向不同时，说明它们的电性不同；粒子仅在电场力的作用下运动并发生偏转，电场力均做正功，电势能均要减小。
本题以带电粒子在静电场中的运动问题为出发点，考查电势、电性、电势能等物理量的判断，要牢记电学中各个物理量的性质及判断方法。
7.【答案】A
【解析】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E−Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，则电源的电动势E=6.0V.故A正确。
B、电源的内阻等于图线的斜率大小，为r=ΔUΔI=6.0−5.00.5−0=2Ω.故B错误。
C、电源短路时外电阻R=0时，短路电流为I短=Er=62=3A.故C错误。
D、外电路接入了一个阻值是18Ω的电阻，电路中的电流一定为：I=ER+r=618+2A=0.3A
由于电动机工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。则外电路接入了一个阻值是18Ω的电动机，电动机工作时，电路中的电流一定不是0.3A.故D错误。
故选：A。
根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．电动机工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．
本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r=Ω.
8.【答案】B
【解析】
【分析】
分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题。
本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键。
【解答】
根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=ER1+rR1=ER1R1+r=E1+rR1，
油滴受到的电场力：F=qE=qUd=qEd(1+rR1)开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；
A.增大R1的阻值，电场力：F=qEd(1+rR1)变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；
B.增大R2的阻值，电场力：F=qEd(1+rR1)不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；
C.增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；
D.断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误。
故选B。
9.【答案】A
【解析】解：碰撞前两球的总动量为：p=m1v1=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s。碰撞前总动能为：Ek=12m1v12=12×1×42=8J。
A、若v1′=v2′=43m/s，则碰撞后总动量：p′=m1v1′+m2v2′=(1×43+2×43)kg⋅m/s=4kg⋅m/s，因p′=p，故符合动量守恒定律；
碰撞后总动能为：Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(43)2J+12×2×(43)2J=83J，因Ek′B、若v1′=3m/s，v2′=43m/s，则碰后两球同向运动，后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合事实，故B错误。
C、若v1′=1m/s，v2′=3m/s，则碰撞后总动量为：p′=m1v1′+m2v2′=(1×1+2×3)kg⋅m/s=7kg⋅m/s，因p′>p，故不符合动量守恒定律，故C错误。
D、若v1′=−2m/s，v2′=3m/s，则碰撞后总动量为：p′=m1v1′+m2v2′=[1×(−2)+2×3]kg⋅m/s=4kg⋅m/s，因p′=p，故符合动量守恒定律；
碰撞后总动能为：Ek′=12m1v1′2+12m2v2′2=12×1×(−2)2J+12×2×32J=11J，因Ek′>Ek，故不符合能量守恒定律，故D错误。
故选：A。
根据碰撞过程中系统的动量守恒和机械能不增加，以及碰后同向运动时后面物体的速度不大于前面物体的速度进行分析判断．
本题考查了动量守恒定律的应用，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能不增加，发生碰撞后不能再发生二次碰撞，据此即可正确解题。
10.【答案】D
【解析】解：A、小球与车组成的系统水平方向所受合力为0，则系统水平方向动量守恒，故A错误；
BCD、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：12mv02=12mv12+12mv22，
解得：v1=0，v2=v0，小球与小车分离后做自由落体运动，故BC错误，D正确；
故选：D。
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。
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。
11.【答案】D
【解析】解：A、绳在刚绷紧时人的速度为v2=2gh，在绷紧的过程中根据动量定理有(F−mg)t=0−(−mv)，解得：F=1500N，故A错误；
BD、运动员整个运动的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故B错误，D正确；
C、根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故C错误。
故选：D。
根据匀变速直线运动速度-位移公式求解速度，根据动量定理求出平均作用力，判定在不同过程中其动量变化和冲量的大小关系。
本题考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意合外力的冲量等于动量的变化量，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
12.【答案】B
【解析】解：AB、根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反。故A错误，B正确。
CD、只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零。故CD错误。
故选：B。
根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段M N上只有O点的磁感应强度为零．
本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题．
13.【答案】D
【解析】解：A、质子被加速过程中，根据动能定理qU=12mv2可以计算出加速电场的电压为U=mv22q，故A正确；
B、已知加速长度，粒子是被匀强电场加速的，所以加速电场的加速度E=Ud，其中电压U由上面的A计算得出，所以E也可计算出来，故B正确；
C、电势能Ep=qφ是一个相对量，是相对零势能面来说的，因为没有规定零势能面，所以不知道质子加速后的电势能，故C正确；
D、在质子被加速的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
本题是选不正确的
故选：D。
根据动能定理可以计算出加速电压；根据匀强电场的场强计算公式可计算出电场强度；电势能和电势都是相对量，与零势面的选择有关；电场力做正功，电势能减小。
电势能和电势都是相对量，与零势能面的位置选择有关。
14.【答案】D
【解析】解：AB、题图1，设探测器的质量为m，行星的质量为M，规定向左为正方向，根据弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒可知
−mv0+Mu=mv1+Mu1
12mv02+12Mu2=12mv12+12Mu12
联立可得
v1=(M−m)(v0+u)M+m+u
而在天体运行中，满足
m<因此上式可简化为
v1=v0+2u，故ABC错误，D正确。
故选：D。
将以上的模型与同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，可以由于动量守恒与能量守恒分别列式，即可求出。
解答该题关键分析物体的运动过程，运用动量守恒和能量守恒结合研究。
15.【答案】0.128外接 分压式
【解析】解：(1)金属丝直径的测量值d=0mm+12.8×0.01mm=0.128mm；
(2)①因为电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化，所以电压表分流不明显，则采用电流表外接；
②因为滑动变阻器的阻值比待测电阻的阻值小很多，采用限流接法无法起到调节作用，所以滑动变阻器采用分压式接法。
故答案为：(1)0.128；(2)①外接；②分压式。
(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度加上可动刻度；
(2)在选择电流表内接和外接时，可采用试触法分析，如电压表示数有明显变化，则电流表分压较明显，如电流表示数有明显变化，则电压表分流较明显；根据滑动变阻器分压式的几个原则分析解答。
本题考查测定金属的电阻率的实验原理，解决该题需要掌握螺旋测微器的读数方法，掌握试触法分析电流表内接和外接，同时掌握滑动变阻器的分压式以及限流式的选择原则。
16.【答案】BDABm1OP=m1OM+m2ON， m1OP2=m1OM2+m2ON2 3mLΔt
【解析】解：(1)用平抛验证动量守恒定律，A、斜槽轨道光滑与否只影响平抛前的速度大小，只有两次被碰小球从同一位置释放，则碰撞前的速度就一定，故A错误；
B、由于是用平抛的水平位移表示碰撞前后的速度的，故斜槽的末端要水平，故B正确；
C、入射球的质量应大于被碰球的质量，这样入射球才不至于反弹，故C错误；
D、入射球每次均要从同一位置释放，才保证碰撞前的速度相等，故D正确。
故选：BD
(2)A、动量的表达式中有质量的因子，所以两个小球的质量均要测量，故A正确；
B、由于OP是不放小球时入射球的落点，所以碰撞前的速度v1=OPt。从碰撞的特点可知，OM和ON分别是碰撞后入射球与被碰球的落点(也必须找到两小球碰撞后的落点M和N)，那么碰撞后两小球的速度分别为v1′=OMt，v2′=ONt，以水平向右的方向为正方向，若碰撞前后动量守恒则有：m1v1=m1v1′+m2v2′，代入消去相等的时间t得到：m1OP=m1OM+m2ON，故B正确；
故选：AB
(3)碰撞前的速度v1=OPt。从碰撞的特点可知，OM和ON分别是碰撞后入射球与被碰球的落点(也必须找到两小球碰撞后的落点M和N)，那么碰撞后两小球的速度分别为v1′=OMt，v2′=ONt，以水平向右的方向为正方向，若碰撞前后动量守恒则有：m1v1=m1v1′+m2v2′，代入消去相等的时间t得到：m1OP=m1OM+m2ON，
若碰撞过程为弹性碰撞，则能量守恒，有：12m1v12=12m1v1′2+12m2v2′2，代入消去相等的时间t得到：m1OP2=m1OM2+m2ON2，
(4)若碰前B静止，因碰后B一定向右运动，则可知，7L位置应为碰后的位置；故说明B应静止在6L处；A运动t2后某一时刻与B相碰；碰后Δt内B向右运动L，A向左运动L2；由图可知，A从开始到运动至6m处用时t=2.5Δt；故碰撞发生在2.5Δt时刻处；故碰后B运动L用时为0.5Δt，故B的动量PB=32m×LΔt2=3mLΔt；
故答案为：(1)BD；(2)AB；(3)m1OP=m1OM+m2ON，m1OP2=m1OM2+m2ON2；(4)3mLΔt
(1)在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
(2)根据实验原理和实验目的可以知道验证动量守恒定律实验中哪些量要测量；
(3)根据动量守恒与能量守恒可解得；
(4)由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后根据动量守恒列方程即可正确解得．
本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，难度不大，属于基础题，是考查基础知识的好题．
17.【答案】解：(1)(2)当A球与弹簧接触以后，在弹力作用下减速运动，而B球在弹力作用下加速运动，弹簧势能增加，当A、B速度相同时，弹簧的势能最大。
设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，则A、B系统动量守恒：2mv0=(m+2m)v
联立解得：v=23v0
由机械能守恒：12⋅2mv02=12(m+2m)v2+E
联立两式得：E=13mv02
(3)从m1与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长时，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知：
2mv0=mv1+2mv2
12⋅2mv02=12mv12+12⋅2m⋅v22
联立解得：v1=13v0、v2=43v0，
答：(1)弹簧压缩最短时两球的速度为23v0；
(2)弹簧弹性势能的最大值为13mv02；
(3)弹簧第一次恢复原长时，m1、m2两球的速度大小分别为13v0和43v0、
【解析】(1)(2)当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
(3)从m1与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长时，根据动量守恒定律与能量守恒定律可解得m1、m2两球的速度大小。
本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，且多次运用动量守恒定律，是一道难题。
18.【答案】解：(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0=(m+m)v
得：v=12v0
(2)A向右减速的过程，根据动能定理有：
−μmgx1=12mv2−12mv02
则木块A所发生的位移为：x1=3v028μg
(3)从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：
μmgL=12mv02−12(m+m)v2
得：L=v024μg。
答：(1)木板B的最大速度是12v0；
(2)木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是3v028μg；
(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少为v024μg。
【解析】(1)当A、B速度相等时B速度最大，根据动量守恒定律即可求出；
(2)由动能定理即可求出木块的位移；
(3)由功能关系，结合能量的变化即可求出。
该题属于较典型的板块模型的应用，在解答的过程中要注意动量守恒的条件，以及合理的正方向。
19.【答案】解：(1)m2平抛过程有：
竖直方向：h=12gt2
水平方向：x=v2t
联立解得：v2=xg2h
(2)弹簧将两物体弹开的过程，对系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
m1v1−m2v2=0
得：v1=x3g2h
对 m1冲上曲面过程，由机械能守恒有：
m1gH=12m1v12
得：H=x236h
(3)弹簧的最大弹性势能为：
EP=12m1v12+12m2v22
联立解得：EP=mgx23h
答：(1)m2离开弹簧时的速度是xg2h；
(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度是x236h：
(3)弹簧的最大弹性势能是mgx23h.
【解析】(1)研究m2平抛过程，由高度求运动时间，再由x=v2t求m2离开弹簧时的速度；
(2)对于弹簧将两物体弹开的过程，由系统的动量守恒结合求出两个物体离开弹簧后的速度．再由机械能守恒定律求m1上升到曲面最高点时距桌面的高度：
(3)由机械能守恒求弹簧的最大弹性势能．
本题的关键要抓住弹簧弹开物体的过程，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律，解题时要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．
20.【答案】解：(1)根据电荷守恒有
I⋅Δt=N1⋅Δte，
解得：N1=Ie
(2)设正离子的电荷量为q，单位时间内射出的正离子个数为N，由动量定理有
F⋅Δt=N⋅Δtmv
由动能定理有
qU=12mv2
根据电流的定义有
I=Nq
联立解得：q=2mUI2F2。
答：(1)单位时间内从D处注入的电子数N1为Ie；
(2)正离子的电荷量q为2mUI2F2。
【解析】(1)根据电荷守恒定律求得单位时间内从D处注入的电子数；
(2)根据动能定理、动量定理及电流的定义式联立求解正离子的电荷量。
本题以离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整为情景载体，考查了电荷守恒定律、动量定理、动能定理、电流的定义式、功率等知识，综合性较强，要求学生能够熟练应用相关知识去解决实际问题；同时考查了学生的建模能力和读取信息的能力。