2019-2020学年福建省厦门市思明区湖滨中学高二下学期期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年福建省厦门市思明区湖滨中学高二下学期期中物理试
卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.关于近代物理，下列说法正确的是()
A. β衰变时β射线是原子内部核外电子释放出来的
B. 组成原子核核子的质量之和大于原子核的质量
C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
E0(E0为基态的能量)
D. 氢原子由第三激发态直接跃迁到基态时，辐射出的光子的能量为E=8
9
2.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中()
A. 上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B. 整个过程中重力的冲量为mv0
C. 整个过程中重力的冲量为0
D. 上升过程冲量大小为mv0，方向向下
3.如图所示为某质点在0～4s内的振动图象，则()
A. 质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4Hz
B. 质点在4s末的位移为8m
C. 质点在4s内的路程为8m
D. 质点在t=1s到t=3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减
小
4.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振
子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率
为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min.则()
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s
C. 当转速为240 r/min时，弹簧振子的振幅最大
D. 转速越大，弹簧振子的振幅就越大
5.如图所示，为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确
的是()
A. 一个氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级，可能辐射出3种不同频率
的电磁波
B. 从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子会吸收光子，能级升高
C. 从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子会吸收光子，能级降低
D. 处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
6.核电站是利用反应堆释放出的能量将水变成高温高压的水蒸气来推动汽轮发电机发电的，反应
堆的核反应方程为 92235U+01n→Z90Sr+54136Xe+k01n，已知铀核(U)、中子、锶(Sr)核、氙(Xe)核的质量分别为m U、m n、m Sr、m Xe，光在真空中的传播速度为c。

则下列说法正确的是()
A. Z=38，k=10
B. 该反应过程m U=m Sr十m Xe
C. 92235U核的比结合能大于 54136Xe核比结合能
D. 一个 92235U核裂变时释放的能量为(m U−m Sr+m Xe)c2
7.如图表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表
示波谷，c和f分别为ae、bd的中点，则()
A. 图中点a为振动减弱点
B. 图中点b为振动加强点
C. 图中点c为振动加强点
D. 图中点f为振动加强点
8.如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块
的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，
木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中不正确的是()
A. 木块的机械能增量fL
B. 子弹的机械能减少量为f(L+d)
C. 系统的机械能减少量为fd
D. 系统的机械能减少量为f(L+d)
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a、b、c
为三个质元，a正向上运动．由此可知()
A. 该波沿x轴正方向传播
B. c正向上运动
C. 该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D. 该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处
10.两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m A=2kg，m B=1kg，A的
速度v A=1m/s，B的速度v B=−2m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()
A. −0.5m/s和1m/s
B. −2m/s和3m/s
C. 1
3m/s和−2
3
m/s D. −1m/s和2m/s
11.在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正
碰，碰后系统的总动能可能为()
A. 0
B. 2p2
m C. p2
2m
D. p2
m
12.一足够长轻质薄板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m1、
m2的A、B两物块，m1大于m2，A、B与薄板之间的动摩擦因数均
为μ，当在A物块上施加水平向左的恒力F时，A、B两物块中有一个刚好要相对薄板滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则()
A. A刚好要相对薄板滑动
B. A、B受到的摩擦力等大反向
C. F=μm1g
D. 不论F增大到何值，A都不可能相对薄板滑动
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13.某课外兴趣小组做“用单摆测定重力加速度”的实验。

(1)下列选项是小组成员提出的建议，其中对提高测量结果精确度有利
的是______。

A.适当加长摆线
B.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动
的周期
该小组成员通过正确的步骤获得有关数据，并利用这些数据，在图中的坐标系中描绘出摆长和周期的二次方的关系图象(l−T2图象)如图所示。

(2)利用上面的图象，取T2=4.0s2时，l=______m，重力加速度g=______m/s2.(结果均保留
三位有效数字)
14.如图所示，为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图。

已知a、b小球的质量分别为m a、
m b，半径相同，图中P点为单独释放a球的平均落点，MN是a、b小球碰撞后落点的平均位置。

(1)本实验必须满足的条件是______
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线水平
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D.入射球与被碰球满足m a=m b
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1、OM间的距离x2和______。

(3)为了验证动量守恒，需验证的关系式是______。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
15.如图所示，导体棒ab质量是100g，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm的光滑水平导轨良
好接触．导轨上还放有一个质量为200g的另一导体棒cd，整个装置处于竖直向上的B=0.2T的匀强磁场中，现将ab棒拉起0.8m高后无初速释放，当ab第一次摆到最低点与导轨瞬间接触后
还能向左摆到0.45m高．试求：
(1)cd棒获得的速度大小；
(2)此瞬间通过ab棒的电量；
(3)此过程回路产生的焦耳热．
16.一列横波波速v=40cm/s，在某一时刻的波形如图所示，在这一时刻质点A振动的速度方向沿
y轴正方向．求：
(1)这列波的频率、周期和传播方向；
(2)从这一时刻起在0.5s内质点B运动的路程和位移；
(3)画出再经过0.75s时的波形图．
17.1928年，德国物理学家玻特用α粒子( 24He)轰击轻金属铍( 49Be)时，发现有一种贯穿能力很强的
中性射线．查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子--中子．
(1)请写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程；
(2)若中子以速度v0与一质量为m N的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v1，氮核
碰后的速率为v2，则中子的质量m等于多少？
18.如图一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，如图所示．小
物块与木板一起以v0=4m/s的共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞，碰撞时间极短．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2.运动过程中小物块始终未离开木板．木板的质量M是小物块质量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2.求：
(1)以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离；
(2)撞墙后经历多长时间系统进入稳定状态？
(3)木板的最小长度．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转化而来的不是原子内部核外电子释放出来的，故A错误；
B、发生核反应时，总要有质量亏损，故组成原子核核子的质量之和大于原子核的质量，B正确；
C、根据爱因斯坦光电效应方程E k=ℎγ−w0，知光电子的最大初动能与人射光的频率成一次函数关系，不是正比，故C错误；
E0−E0= D、根据玻尔理论氢原子由第三激发态直接跃迁到基态时，辐射出的光子的能量为E=1
32
−8
E0，故D错误．
9
故选：B．
β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转化而来的．
根据爱因斯坦质能方程判断组成原子核核子的质量之和与原子核的质量关系．
根据爱因斯坦光电效应方程判断光电子的最大初动能与人射光的频率的关系．
根据玻尔理论求氢原子由第三激发态直接跃迁到基态时，辐射出的光子的能量．
解决本题的关键知道β衰变的实质、爱因斯坦光电效应方程、玻尔能级公式．
2.答案：D
解析：解：根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也v0，方向竖直向下。

上升过程和下落过程中只受到重力的作用。

A、选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：△P1=0−mv0=−mv0，
下落过程中动量的变化量：△P2=−mv0−0=−mv0，大小均为mv0，但方向相同。

故A错误；B、C、整个过程中重力的冲量为：I=−mv0−mv0=−2mv0.故BC错误；
D、上升过程动量的变化量：△P1=0−mv0=−mv0，所以上升过程冲量大小为mv0，方向向下。

故D正确。

故选：D。

根据竖直上抛运动的对称性求得落地的速度，然后结合动量定理即可解答．
该题结合冲量的计算与动量定理考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性判定落地的速度大小也v0，方向竖直向下是解题的关键．
3.答案：C
解析：解：A、由图象知，质点振动的振幅是2m，质点振动的周期为4s，则频率为0.25Hz，故A错误；
B、由图象知，质点在4s末的位移为0，故B错误；
C、质点在4 s内的路程为2×4m=8m，故C正确；
D、质点在t=1s到t=3s的时间内，速度始终沿x轴负方向，故D错误。

故选：C。

简谐运动中，回复力满足F=−kx，每周期内的路程为振幅的4倍，图线的斜率表示运动的速度。

本题关键明确简谐运动的情景，知道位移为矢量，路程为标量。

4.答案：B
解析：解：摇把的转速为n=240r/min=4r/s，它的周期T=1
n =1
4
s=0.25s；转动摇把时，弹簧
振子做受迫振动；
A、振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，故A错误，B正确；
C、弹簧振子的固有周期T固=
1
f
固
=1
2Hz
=0.5s，当驱动力周期是0.5s时，提供驱动力的摇把转速为
2r/s=120r/min，振子发生共振，振幅最大，故C错误；
D、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误；
故选：B。

若不转动摇把，弹簧振子做自由振动，周期等于固有周期．摇把匀速转动时，通过曲轴对弹簧振子施加驱动力，使弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期．当驱动力的周期等于弹簧振作的固有周期时，弹簧振子发生共振，振幅最大．
本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期．5.答案：C
解析：解：A、一个氢原子从n=3能级跃迁到n=l能级，最多可能辐射2种不同频率的电磁波，故A错误；
B、从n=4能级跃迁到n=3能级，是从高能级向低级跃迁，氢原子会放出光子，能级降低，故B错误，C正确；
D、处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故D错误。

故选：C。

通过比较两能级间的能级差比较光子频率，并可判定能级的变化。

再根据数学组合公式得出辐射的不同频率的光子种数。

解决本题的关键知道吸收或辐射能量与能级差的关系，知道能级差越大，辐射或吸收的光子能量越大，波长越小。

6.答案：A
解析：解：
A.由质量数守恒和核电荷数守恒，知道Z=38，k=10，故A选项正确；
B.核反应方程有质量亏损，才能对外释放能量，故B选项错误；
C.比结合能反应原子的稳定程度， 54136Xe核比 92235U核更稳定，则 54136Xe核的比结合能更大，故C选项错误；
D.由质能方程△E=△mc2=(m U−m Sr−m Xe−9m n)c2，故D选项错误。

故选：A。

本题主要结合质能方程，考查核反应方程，同时涉及比结合能知识的运用。

本题对核反应方程，爱因斯坦的质能方程以及比结合能知识进行考查，综合程度较高。

7.答案：C
解析：【试题解析】
解：由题意可知，此时，e、a分别是波峰与波峰相遇处、波谷与波谷相遇处，因此振动加强，而c 在振动加强连线上，所以也是振动加强，b、d质点是波峰与波谷相遇处，所以振动减弱，位移此时为零．
A、由图可知，a是波谷与波谷相遇处，因此振动加强．故A错误．
B、由图可知，b质点是波峰与波谷相遇，为振动减弱点，故B错误．
C、此时，e、a分别是波峰与波峰相遇处、波谷与波谷相遇处，因此振动加强，而c在振动加强连线上，所以也是振动加强，故C正确．
D、图示时刻b、d质点是波峰与波谷相遇处，所以振动减弱，f在b与d的连线上，是振动的减弱点．故
D错误．
故选：C．
在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，但质点在简谐运动，其位移随时间是周期性变化，不是静止不动的．
8.答案：D
解析：解：A、子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于地的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为fL.故A正确。

B、木块对子弹的阻力做功为−f(L+d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f(L+d)。

故B正确。

CD、子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为fd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为fd。

故C正确，D错误。

本题选错误的，故选：D
子弹受到摩擦阻力，而木块所受到摩擦动力，两者摩擦力f大小相等，可认为是恒力．运用动能定理分别研究子弹和木块，求出各自的动能变化．
本题考查子弹打木块模型，同时功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度，掌握住功和能的关系就可以分析得出结论．
9.答案：AC
解析：解：A、图示时刻a点向上振动，比左侧的波峰振动迟，可知波沿x正方向传播。

故A正确。

B、根据波形的平移规律，c点正向下运动。

故B错误。

C、此时b向上运动，比c先到平衡位置。

故C正确。

D、由图及运动方向判断，c比b先到达离平衡位置最远处。

故D错误
故选：AC。

由a点的振动方向向上，可判断波的传播方向，确定b、c的运动方向，并比较b、c两点回到平衡位置的先后．
本题考查简谐波中波的传播方向与质点的振动方向之间的关系，是学习波动知识应掌握的基本功，可以通过比较质点振动先后或用波形的平移法判断．
10.答案：AD
解析：解：碰前系统总动量为：2×1+1×(−2)=0kg⋅m/s，
碰前总动能为1
2×2×12+1
2
×1×(−2)2=3J；
A、如果v A′=−0.5m/s、v B′=1m/s，碰后系统总动量为零，总动能为0.75J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；
B、如果v A′=−2m/s、v B′=3m/s，碰后系统总动量为−1kg⋅m/s，系统动量不守恒，故B错误；
C、如果v A′=1
3m/s、v B′=−2
3
m/s，碰后系统总动量为0，总动能为1
3
J，系统动量守恒，动能不增
加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C错误；
D、如果v A′=−1m/s、v B′=2m/s，碰后总动量为0，总动能为3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故D正确；
故选：AD．
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，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．
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
11.答案：ACD
解析：解：当两球发生碰撞，遵守动量守恒，由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动，所以总动量为0；
若发生完全非弹性碰撞，则2mv=0，所以末动能的和也是0；
若发生弹性碰撞，则两个小球的总动能不变。

所以碰前两球的总动能为：2×P2
2m =P2
m
，碰后两球的总动能要小于等于p2
m
，故ACD正确，B错误。

故选：ACD。

当两球发生碰撞，遵守动量守恒，而且碰撞过程总动能不增加，由此可正确解答．
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
12.答案：BD
解析：解：AB、以薄板为研究对象，根据牛顿第二定律得：f A+f B=m板a，由于薄板的质量近似为零，所以得f A=−f B，可得A、B受到的摩擦力等大反向。

m1大于m2，A、B与薄板之间的动摩擦因数均为μ，则A的最大静摩擦力大于B的最大静摩擦力，A、B两物块中有一个刚好要相对薄板滑动，必定是B.故A错误，B正确。

CD、由于A、B受到的摩擦力等大反向，B的最大静摩擦力小于A的最大最大静摩擦力，所以薄板对A的静摩擦力不会大于A的最大最大静摩擦力，所以不论F增大到何值，A都不可能相对薄板滑动，总有F>μm1g.故C错误，D正确。

故选：BD。

以薄板为研究对象，根据牛顿第二定律分析A、B受到的摩擦力关系，结合最大静摩擦力，分析出B 刚好要相对薄板滑动．
本题以常见的运动模型为核心，解决的关键是正确对两物体进行受力分析，抓住两个物体A、B的加速度相同，采用隔离法分析．
13.答案：AC 1.009.86
解析：解：(1)A、细线要长一些以便于测量与减小误差，则A正确
B、摆球密度要大，体积要小，则B错误
C、小球的偏角α在很小(不大于5°)小球的振动才近似看成简谐运动；则C正确
D、把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期；则D错误
故选：AC
(2)由图知l=1.00m l−T2图线斜率k=g
4π=1.00
4.0
可得g=π2=9.86m/s2
故答案为：(1)AC；(2)1.00；9.86；
(1)用单摆测重力加速度实验的注意事项有：小球的偏角α在很小(不大于5°)时，小球的振动才近似看成简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，摆球密度要大，体积要小，细线要长，为减小误差应保证摆线的长短不变；在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小。

把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期；
(2)根据重力加速度的表达式g=4π2L
T2，可知，l−T2图线斜率k=g
4π2
，则g=K
4π2。

单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变。

14.答案：BC ON间的距离x3m a x1=m b x3+m a x2
解析：解：(1)AB、实验只要保证小球到达斜槽末端时速度相等即可，故斜槽轨道不必是光滑的，但要小球碰后要做平抛运动，故斜槽的末端的切线水平；故A错误，B正确；
C、为保证小球每次做平抛运动的初速度相等，要求入射小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放；故C正确；
D、小球碰后做平抛运动，根据实验原理可知，小球质量需要满足m a>m b；故D错误；
故选：BC。

(2)若碰撞中动量守恒，则由动量守恒定律可知，需证明关系式：
m a v1=m b v3+m a v2
结合平抛运动特点，有：
m a x1=m b x3+m a x2 ①
故若验证动量守恒定律，则有①式成立。

故由题意知，需要测量OP间的距离x1、OM间的距离x2和ON间的距离x3；
(3)由(2)可知，为了验证动量守恒，需验证的关系式为：
m a x1=m b x3+m a x2
故答案为：(1)BC；(2)ON间的距离x3；(3)m a x1=m b x3+m a x2．
(1)根据平抛运动的特点，可以得出选项；
(2)根据动量守恒定律的表达式，结合平抛运动的特点，可以得出需要测量的物理量；
(3)根据动量守恒定律的表达式，结合平抛运动的特点，可以得出需要验证的关系式。

本题考查利用平抛运动来验证动量守恒定律，关键要把握平抛运动的特点，要能结合动量守恒定律的表达式，推导出要验证的关系式。

15.答案：解：(1)ab棒下落过程中，切割磁感线，产生感应电动势，但没有感应电流，只有落到最低点时，接触导轨，与导轨cd棒组成闭合回路时才有感应电流产生．棒在向下、向上运动的过程中，只有重力做功，即机械能守恒，
根据摆动的高度可求在最低点的速度：v1=√2gℎ1=4m/s，v1′=√2gℎ2=3m/s．
当ab运动到最低点的瞬间，回路产生感应电流，磁场对ab、cd棒均有安培力作用，又因为系统在水平方向上合外力为零，即动量守恒．设cd棒获得的速度大小为v2′，m1v1=m1v1′+m2v2′
解得v2′=0.5m/s．
(2)根据动量定理得，−F A t=mv1′−mv1
则有BILt=mv1−mv1′，即qBL=mv1−mv1′
解得q=0.1×(4−3)
0.2×0.5
C=1C．
(3)根据能量守恒定律知，系统动能的减小量等于回路中产生的焦耳热．
Q=1
2mv12−1
2
mv1′2−1
2
m′v2′2=1
2
×0.1×16−1
2
×0.1×9−1
2
×0.2×0.52=0.325J．
答：(1)cd棒获得的速度大小为0.5m/s．
(2)此瞬间通过ab棒的电量为1C．
(3)此过程回路产生的焦耳热为0.325J．
解析：试题分析：(1)根据机械能守恒定律求出ab通过最低点前后瞬间的速度，抓住系统所受安培力的合力为零，根据动量守恒定律求出cd棒获得的速度大小．
(2)根据动量定理求出瞬间通过ab棒的电量．
(3)根据能量守恒定律求出回路中产生的焦耳热．
16.答案：解：(1)由图，波长λ=8cm，由这列波的频率和周期分别是
f=v
λ=5Hz，T=1
f
=0.2s．
A点此刻振动的速度方向向上，说明波沿x轴负方向传播．(2)质点B原来位于平衡位置，速度方向沿y轴负方向．
t=0.5s=5
2T=21
2
T
质点B又回到平衡位置，速度方向变为竖直向上．则B点在0.5s内的位移等于零．
通过的路程为s=2.5×4×0.1m=1m．
(3)t=0.75s内波传播的距离x=vt=40×0.75m=30m=33
4
λ，根据波的周期性，波形每隔整数倍周期时间波形相同．则
波形如图中虚线所示．
答：(1)这列波的频率为5Hz、周期为0.2s，波沿x轴负方向传播．
(2)从这一时刻起在0.5s内质点B运动的路程为1m，位移为0．
(3)再经过0.75s时的波形图如上图．
解析：由质点A的振动方向可确定波的传播方向．由图读出波长，由波速公式求出周期．根据简谐运动在一个周期内通过的路程，求出0.5s内质点B运动的路程，并求出位移．采用波形平移的方法画出0.75s时的波形图．
已知某时刻的波形，作出另一时刻的波形，常常采用两种方法：1、描点法．找出特殊点，如处于平衡位置、位移最大处的点，描出它们在这段时间后的位置，然后连线画出图象．2、波形平移法．通过算出波传播的距离，通过平移画出图象．
17.答案：解：(1)核反应过程中质量数与核电荷数守恒，由质量数守恒与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：
 24He+ 49Be→ 612C+ 01n；
(2)核反应过程中，系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=−mv1+m N v2，
解得：m=m N v2
v0+v1
；
答：(1)核反应方程为： 24He+ 49Be→ 612C+ 01n；
(2)中子的质量m等于m N v2
v0+v1
．
解析：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式；
(2)根据动量守恒定律列式求解即可．
本题考查了写核反应方程式、求中子的质量，知道质量数守恒与核电荷数守恒是正确写出核反应方程式的关键，应用动量守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．
18.答案：解：(1)对木块，由牛顿第二定律得：a=μmg
m
=μg=2m/s2，
由匀变速直线运动的速度位移公式可知，位移：x=v02
2a =42
2×2
m=4m；
(2)撞墙后系统动量守恒，取木板方向为正，由动量守恒定律得：Mv0−mv0=(M+m)v 解得：v=3.5m/s；
以向左为正方向，木块全程匀减速，运动时间：t=v−v0
a =3.5−(−4)
2
s=3.75s；
(3)对系统，由能量守恒定律得：1
2mv02+1
2
Mv02=μmgL+1
2
(M+m)v2，解得：L=15m；
答：(1)以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离为4m；
(2)撞墙后经历3.75s系统进入稳定状态；
(3)木板的最小长度为15m．
解析：(1)木板与墙壁碰撞后小木块向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由匀变速直线运动的速度位移公式求出位移．
(2)系统动量守恒，应用动量守恒定律求出稳定时的速度，然后对木块应用匀变速直线运动的速度公式求出时间．
(3)对系统应用能量守恒定律可以求出木板的最小长度．
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择．。