2023-2024学年重庆市重点中学高二上期9月考物理含解析

这是一份2023-2024学年重庆市重点中学高二上期9月考物理含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.铯原子钟是精确的计时仪器。图1中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2。O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m。重力加速度取g=10m/s2；则t1：t2为( )
A. 100：1B. 1：100C. 1：200D. 200：1
2.如图所示，凹槽静止在光滑的水平地面上，内表面为光滑圆柱面，在其左侧有一固定在地面上的木桩，现将可视为质点的小球从距A点正上方H高处由静止释放，然后由A点经半圆形轨道从B点冲出，运动过程中不计空气阻力，则小球从释放到第一次运动到B点的过程，凹槽和小球组成的系统( )
A. 机械能守恒，水平方向动量守恒B. 机械能守恒，水平方向动量不守恒
C. 机械能不守恒，水平方向动量守恒D. 机械能不守恒，水平方向动量不守恒
3.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φA、φB。电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C(图中虚线)做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为Ek1、Ek2的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为|ΔEk左|和|ΔEk右|。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是( )
A. 偏转电场是匀强电场B. φA>φB
C. Ek1>Ek2D. |ΔEk左|>|ΔEk右|
4.电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图所示，M和N为电容器两极板，充电后与电源断开。M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容增大
B. 电压传感器的示数变大
C. 电容器两极板间的电场强度减小
D. 随着加速度变大，电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比变大
5.如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法不正确的是( )
A. 电源电动势约为50V
B. 电源的内阻约为253Ω
C. 电流为2.5A时，外电路的电阻约为15Ω
D. 输出功率为120W时，输出电压约是30V
6.规定无限远处的电势为0，则距离点电荷Q为r的位置的电势φ=kQr，其中k为静电力常量，以正电荷Q为坐标原点，以某一根电场线为坐标轴x，则x轴上各点的电场强度E与x−2的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 距离点电荷1m处的各点的电场强度相同
B. 距离点电荷1m处的各点的电势相同
C. 电子从x1=lm点移动到x2=2m点的过程中电势能增加45eV
D. x1=1m与x2=2m处的电势差小于x2=2m与x3=3m处的电势差
7.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1kg，与地面的动摩擦因数μ1=0.2，质量为m2=2kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4，以v0=4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6s滑离木板，g取10m/s2，以下说法正确的是( )
A. 木板的长度1.68m
B. 小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/s
C. 小物块离开木板后，木板的加速度为2m/s2，方向水平向右
D. 小物块离开板后，木板与小物块将发生碰撞
8.如图所示，电源电动势E及内阻r恒定不变，R、R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1<ΔI2
B. 若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比|ΔUΔI1|不断改变
C. 若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比|ΔUΔI1|变大
D. 若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表A1的示数变大，电压表V、电流表A2的示数均变小
9.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个小球置于光滑的水平面上，B与轻质弹簧栓接在一起，A不与弹簧栓接，弹簧处于原长。现给A一个向左的水平初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。下列说法正确的是( )
A. A与弹簧分离之前，A与B的加速度之比为1：2
B. A、B在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为EP1，若将小球B固定，弹簧的最大弹性势能为EP2，则EP1：EP2=2：3
C. 若在B的左侧某处固定一挡板(位置未知，图中未画出)，在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于12mv02
D. 若在B的左侧某处固定一挡板(位置未知，图中未画出)，在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于127mv02
10.如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直.一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行。已知m：M=1：2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力.则下列说法正确的有( )
A. 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g
B. 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g
C. 若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落
D. 若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落
二、非选择题（共60分）
11.如图所示，甲为“探究碰撞中的守恒量”的实验装置图，带有U形槽的铝制轨道一端固定在铁架台上，另一端平放在桌面上，连接处为较短的圆弧。外形完全相同的钢柱与铝柱能稳定地在轨道中运行(如图乙所示)。实验步骤如下：
①在倾斜轨道上适当位置标记A点，将钢柱右侧底面与A点对齐，并由静止释放，它的右侧底面运动到C处静止，在水平轨道上标记C点，测量A、C两点间的水平距离L1；
②拿走钢柱，将铝柱右侧底面与A点对齐，并由静止释放，它的右侧底面运动到C′处静止，在水平轨道上标记C′点，测量A、C′两点间的水平距离L2；
③在水平轨道上离斜面底端B足够远的位置标记D点，测量D、C之间的距离x0；
④将铝柱放在D处，使其(选填“左侧”或“右侧”)底面与D点重合；
⑤仍将钢柱从A处由静止释放，使其与铝柱碰撞，测量碰撞后钢柱移动的距离x1、铝柱移动的距离x2；
⑥测量钢柱的质量m1、铝柱的质量m2。
回答以下问题：
(1)在步骤④中应填______ (选填“左侧”或“右侧”)；
(2)验证该过程中动量守恒的表达式为______ (用各步骤中物理量表示)；
(3)验证该过程中动能守恒的表达式为______ (用各步骤中物理量表示)。
12.电流传感器可以像电流表一样测量电流，能显示出电流随时间变化的I−t图像。照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在较短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t图像如图乙所示。
(1)在图中画一个竖立的狭长矩形(在图乙的最左边)，它的面积的物理意义是______(填写面积所代表物理量的名称)
(2)根据I−t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为______C(结果保留一位有效数字)。
(3)若对应开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q−t图像的示意图是怎样的？请在图丙中定性画出。
(4)实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，请通过分析，说明：在其它条件一定的条件下，电阻R应选择尽量大一些还是小一些？
(5)某实验小组在完成实验后，积极展开思考，进一步进行理论探究“为什么放电过程中电流的变化率越来越小”，假如你也是实验小组的一员，请你对此做出合理的理论分析。
13.图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mgk时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求(忽略空气阻力)，求：
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)滑块向下运动过程中加速度的大小。
14.如图所示，质量为mc=4kg、长度为l=8m且两端带有弹性挡板的长木板C静止在水平地面上，D、E为长木板左右端点，P为中点，质量为mB=3.8kg的物块B静止在P点，一质量为mA=0.2kg的子弹A以v0=160m/s的速度水平飞来与B发生正碰并留在其中。重力加速度大小为g=10m/s2.求
(1)当A、B与长木板C之间的动摩擦因数μ1=0.5时，B与C均向左运动，若B刚好与挡板没有发生碰撞，则C与地面之间的动摩擦因数μ2为多少？
(2)如果地面光滑，A、B与长木板C之间的动摩擦因数μ1′=0.08，且A、B整体与挡板发生弹性碰撞时刚好速度交换，则
I.B最终停在长木板上何处？
Ⅱ.从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路程为多少？
15.如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放，两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失，两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数μ= 32，B与斜面间的摩擦忽略不计，重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)发生第一次碰撞后物块A的速度vA1和物块B的速度vB1；
(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t；
(3)物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
由题意可知，O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m，设d=0.2m，图1中铯原子做平抛运动，平抛运动的初速度v0=100m/s，水平方向：d=v0t1，代入数据解得：t1=0.002s，图2中铯原子做竖直上抛运动，上升时间与下降时间相等，为t22，由匀变速直线运动的位移−时间公式得：d=12g(t22)2，代入数据解得：t2=0.4s，则t1t2=，故C正确，ABD错误。
本题考查了运动学公式的应用，根据题意分析清楚铯原子的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式即可解题；解题时要注意，竖直上抛运动上升过程与下降过程运动时间相等，上升过程与下降过程的运动时间都等于总运动时间的一半，这是本题的易错点。图1中铯原子做平抛运动，图2中铯原子做竖直上抛运动，应用运动学公式求出运动时间之比。
2.【答案】B
【解析】解：小球从A到最低点运动过程中，系统水平方向合外力不为零、竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒；从最低点到B点运动过程中，系统水平方向不受外力、动量守恒，竖直方向合外力不为零，动量不守恒；整个运动过程中，系统中只有小球的重力做功，系统的机械能守恒，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据小球运动过程中的受力情况结合动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件进行分析。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的守恒条件；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功。
3.【答案】D
【解析】解：AB、电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，则电场不是匀强电场且B板电势高于A板电势，故AB错误；
C、相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2电子在做离心运动，可知Ek1D、根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB−φC|>|φA−φC|，根据动能定理，有ΔEk=qU
即|ΔEk左|>|ΔEk右|，故D正确；
故选：D。
电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由粒子运动情况分析动能大小；电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可解答。
该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答。
4.【答案】B
【解析】解：A、当手机由静止突然向前加速时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小，故A错误；
B、电压传感器相当于静电计，可知电容器的电荷量Q不变，由C=QU可知，Q不变，C减小，则U增大，所以电压传感器的示数变大，故B正确；
C、由E=Ud=QCd=QϵrS4πkdd=4πkQϵrS可知E，与d无关，在Q不变，d变大的情况下，电容器两极板间的电场强度E不变，故C错误；
D、电压传感器示数与极板间距之间的关系为U=QC=QϵrS4πkd=4πkdQϵrS
可得：ΔU=4πkQϵrSΔd
设弹簧劲度系数为k′，对N极板，由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为a=2k′xm
可得：Δa=2k′mΔx
电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比为ΔUΔa=4πkQϵrSΔd2k′mΔx=2πkmQk′ϵrS，其为定值，故D错误。
故选：B。
当手机由静止突然向前加速时，电容器两极板间的距离变大，由电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C=QU分析电容器板间电压的变化，即可知道电压传感器的示数变化。再结合E=Ud分析板间场强的变化。对N极板，由牛顿第二定律列式分析电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比变化情况。
本题考查电容器的动态分析问题，关键要根据电容的决定式C=εrS4πkd、电容的定义式C=QU、场强公式E=Ud相结合推导出场强与电荷量的关系。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式求解U−I图象表达式进行分析，基础问题。
【解答】
A.根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E−Ir，对照U−I图象，当I=0时，U=E=50V，故A正确；
B.U−I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：r=|△U△I|=50−206Ω=5Ω，故B不正确；
C.电流为2.5A时，U=E−Ir=37.5V，故外电路电阻：R=UI=Ω，故C正确；
D.输出功率为120W时，对照P−I图象，电流为4A，再对照U−I图象，输出电压为30V，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
6.【答案】BC
【解析】解：A.点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；
B.以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等，故B正确；
C.由点电荷场强公式可知
E=kQx2
结合E与x−2的图像可知
kQ=ΔEΔx2=360−904−1Nm2/C=90Nm2/C
由题意知Q为正电荷，所以x1=lm和x2=2m处的电势分别为
φ1=kQx1，φ2=kQx2，
代入数据解得：φ1=90V，φ2=45V
所以电子从x1=lm点移动到x2=2m点的过程中电势能的变化为
ΔE=−e (φ2−φ1)=−e (45V−90V)=45eV
即电势能增加45eV，故C正确；
D.离电荷越近的地方场强越大，根据U=Ed可知x1=1m与x2=2m处的电势差大于x2=2m与x3=3m处的电势差，故D错误。
故选：BC。
根据点电荷的电场线和等势面特点分析判断，根据场强公式结合图像解得kQ，从而计算电势，离电荷越近的地方场强越大。
本题属于信息给予题，充分利用题干中给的图像，结合点电荷电场公式解得。
7.【答案】D
【解析】解：A、物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得：
对物块有：μ2m2g=m2a2
解得：a2=μ2g=4m/s2
对木板有：μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m2a1
解得：a1=2m/s2
木板的长度为：L=(v0t−12a2t2)−12a1t2，解得：L=1.32m，故A错误。
B、小物块离开木板时，木板的速度为：v1=a1t=2×0.6m/s=1.2m/s，故B错误。
C、小物块离开木板后，木板的加速度为：a3=μ1m1gm1=μ1g=2m/s2，方向水平向左，故C错误。
D、小物块离开木板时，物块的速度为：v2=v0−a2t=(4−4×0.6)m/s=1.6m/s
物块在地面上滑行时加速度大小为：a4=μ2m2gm2=μ2g=4m/s2
物块在地面上滑行的最大位移为：x1=v222a4=1．622×4m=0.32m
木板在地面上能滑行的最大位移为：x2=v122a3=1．222×2m=0.36m>x1，可知，小物块离开板后，木板与小物块将发生碰撞，故D正确。
故选：D。
物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，根据物块与木板的位移之差等于板长来求木板的长度。根据速度公式求出小物块离开木板时物块和木板的速度。小物块离开木板后，根据牛顿第二定律求木板的加速度。根据小物块离开板后木板与小物块滑行位移的关系分析能否相碰。
解决本题的关键要理清物块和木板的运动规律，找出它们位移关系结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要多次运用牛顿第二定律求加速度。
8.【答案】AD
【解析】解：A、若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I1增大，电源的内电压和R两端的电压增大，由闭合电路欧姆定律知并联部分电压减小，流过R1的电流减小，A2的示数变大，而
I1=IR1+I2
可知两电流表A1、A2的示数变化量关系为
ΔI1<ΔI2
故A正确；
BC、若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
E=U+I1(R+r)
可知电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比为
|ΔUΔI1|=R+r
可知比值不变，故BC错误；
D、若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知干路电流增大，则电流表A1的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表A2的示数也变小，故D正确。
故选：AD。
若S闭合，当R2的滑片下滑时，分析外电路总电阻的变化，分析干路电流的变化，结合并联电路分流分析A2示数的变化以及流过R1电流的变化，即可判断ΔI1与ΔI2的大小；根据闭合电路欧姆定律分析电压表V和电流表A1的示数变化量之比ΔUΔI1的大小；R2的滑片保持某一不为零的值不动，将开关S由断开转为闭合，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析电表示数的变化。
本题是一道闭合电路的动态分析问题，要掌握电路动态分析问题的解题思路与方法：局部→整体→局部。记住这个结论可提高分析的速度：当变阻器电阻增大时，所在电路的电流减小，与之并联的电路电流增大，即串反并同。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、A与弹簧分离之前，根据aA=F弹m，aB=F弹2m，可得A与B的加速度之比为aA：aB=2：1，故A错误；
B、当A、B共速v1时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v1，EP1=12mv02−12(m+2m)v12，解得EP1=13mv02，若将小球B固定，则弹簧的最大弹性势能为EP2=12mv02，可得EP1EP2=23，故B正确；
C、由于系统的总机械能不可能增加，因此碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于12mv02，故C正确；
D、当弹簧恢复原长时，设此时A、B的速度分别为vA和vB，根据动量守恒定律有mv0=mvA+2mvB，12mv02=12mvA2+12×2mvB2，解得vA=−v03，vB=23v0，可知在弹簧恢复原长时B与挡板碰撞，碰后系统具有向右的最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹性势能是所有B与挡板碰撞情景中弹簧最大弹性势能最小的，
则有mv03+2m⋅2v03=3mv共，Ep′=12m×(v03)2+12×2m⋅(2v03)2−12×3mv共2，解得E′P=127mv02，由此可知B与挡板碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于127mv02，故D正确；
故选：BCD。
根据题意结合受力分析、碰撞过程动量守恒、结合题意机械能守恒等，由此可以列式表示各过程功能关系。
本题考查碰撞过程中的动量守恒、能量守恒的问题，考点较为全面，要求学生综合运用所学知识，对整个运动过程的功能关系进行分析，难度较大。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB、长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板根据牛顿第二定律：Mgsin37°+μmgcs37°=Ma1，解得：a1=0.8g，方向沿斜面向下；
对小物块根据牛顿第二定律：mgsin37°−μmgcs37°=ma2，解得a2=0.2g，方向沿斜面向下，故A、B正确；
CD、木板与挡板第一次碰撞，v02=2gLsinθ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t=2v00.8g=5v02g，若木板足够长，物体一直向下加速，加速度不变.则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1=2v0t−12(a1−a2)t2=25v028g，
物体的速度为v=v0+0.2gt=1.5v0，
木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移，x2=(1.5v0+v0)t−12(a1−a2)t2=35v028g，
则第三次碰前，两者的相对位移为x1+x2=15v022g=9L，木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误、D正确。
故选：ABD。
对木板、对小物块根据牛顿第二定律求解加速度大小；分析二者的运动情况，求出每次木板与挡板碰撞后二者的相对位移，由此分析。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
11.【答案】左侧 m1⋅ x0L1=m1⋅ x1L1+m2⋅ x2L2 x2L2=x0L1+x1L1
【解析】解：(1)为了使钢柱运动到D点时右侧与其接触，铝柱放在D处，应使其左侧底面与D点重合。
(2)设碰前瞬间钢柱运动D点时的速度为v0，钢柱从D到C做末速度为零的匀减速直线运动，据速度—位移公式可得v0= 2a1x0
据牛顿第二定律可得
f1=m1a1
设A点距水平轨道的高度为ℎ，从A到C过程据动能定理可得
m1gℎ−f1L1=0
联立解得
v0= 2gℎ⋅ x0L1
同理可得碰后瞬间，钢柱和铝柱的速度分别为
v1= 2gℎ⋅ x1L1，v2= 2gℎ⋅ x2L2
碰撞过程满足水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，可得
m1v0=m1v1+m2v2
联立可得
m1⋅ x0L1=m1⋅ x1L1+m2⋅ x2L2
(3)若碰撞瞬间满足动能守恒，可得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立可得
m1x0L1=m1x1L1+m2x2L2
联立解得
x2L2=x0L1+x1L1
故答案为：(1)左侧；(2)m1⋅ x0L1=m1⋅ x1L1+m2⋅ x2L2；(3)x2L2=x0L1+x1L1
(1)(2)根据动量守恒定律结合运动学公式得出表达式，分析实验操作；
(3)根据动能守恒公式解得。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据动量守恒定律和运动学公式即可完成分析，整体难度不大。
12.【答案】电荷量 3×10−3
【解析】解：(1)将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则IΔt为这段时间内的电量。在图乙I−t图中用阴影标记了一个竖立的狭长矩形，这个阴影面积的物理意义是通电0.1秒电容放电(流过电阻R)的电荷量。
(2)电容器所带的电荷量在数值上等于图象与坐标轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为
q=0.2×10−3×0.4C=8×10−5C。
曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量
Q=40×8×10−5C=3.2×10−3C≈3×10−3C。
(3)由电荷量与电流的关系可知，q=It，可知q−t图线的斜率表示充电电流的大小，结合图乙可知，电容器的充电电流越来越小，所以其q−t图象如图；
(4)由电容器的计算公式，可得电荷量Q=CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只增大电阻R，放电时I−t曲线与横轴所围成的面积将不变，由于电阻对电流的阻碍作用，充电时间将变长。
(5)放电过程中电容储存的电荷量Q逐渐减少，根据U=QC可知，极板间电压随之逐渐减小，放电电流逐渐减小，单位时间内放出电荷量减少，电流的变化率越来越小。
故答案为：(1)电荷量；(2)3×10−3；(3)见答图(4)电阻R应选择尽量大一些；(5)放电过程中电容储存的电荷量Q逐渐减少，极板间电压随之逐渐减小，放电电流逐渐减小，电流的变化率越来越小。
(1)由图象的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解。
(2)通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解。
(3)由电荷量与电流的关系判断q=It图象中如何表达电流的意义即可正确作图。
(4)(5)根据Q=CU和欧姆定律分析电容器放电时电流变化。
解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
13.【答案】解：(1)设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律
mgL=12mv02
得
v0= 2gL
设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律
2mv1=mv0
得
v1=12 2gL
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE=12mv02−12×2mv12=12mgL
(2)设加速度大小为a，有
2as=v12
得
a=kL8m
答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为12mgL；
(2)滑块向下运动过程中加速度的大小为kL8m。
【解析】(1)根据机械能守恒可以求得碰撞前物体的速度大小，在根据动量守恒可以求得碰撞后物体的速度大小，从而可以求得碰撞中能量的损失；
(2)由物体的运动过程可以求得物体的加速度的大小。
本题中不仅用到了机械能守恒还有动量守恒和牛顿第二定律，题目的综合性较强，能够很好考查学生的分析问题的能力。
14.【答案】解：(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mB)vAB，代入数据解得：vAB=8m/s，
由牛顿第二定律得：对AB整体：μ1(mA+mB)g=(mA+mB)aAB，
对木板C：μ1(mA+mB)g−μ2(mA+mB+mC)=mCaC，
B与C刚好没有发生碰撞则：vABt−12aABt2−12aCt2=12l，vAB−aABt=aCt，
代入数据解得：μ2=0.1；
(2)I、A、B与C最终速度相等，A、B、系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：(mA+mB)vAB=(mA+mB+mC)v共，代入数据解得：v共=4m/s；
对系统，由能量守恒定律得：12(mA+mB)vAB2=12(mA+mB+mC)v共2+μ1′(mA+mB)gx，
代入数据解得：x=20m，因为：x=l2+2l，则B刚好停在D端；
II、A、B的加速度：aAB=μ1′(mA+mBg)mA+mB=μ1′g=0.8m/s2，
长木板的加速度：aC=μ1′(mA+mBg)mC=0.8m/s2，
A、B与C碰撞过程交换速度，在同一坐标系内可作出v−t图象如图所示：
由图象可知，B运动的总路程为：s=v共22aC+l2+l=22m；
答：(1)C与地面之间的动摩擦因数μ2为0.1；
(2)I、B最终停在长木板上D端；Ⅱ、从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路程为22m。
【解析】(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹与木块的共同速度，B与C刚好不碰撞时，B、C速度相等且未有之差等于12l，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出动摩擦因数。
(2)I、A、B、C系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律求出AB的路程，然后确定B停止时的位置；
II、由牛顿第二定律求出加速度，作出v−t图象，然后求出路程。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】解：(1)对B物体从开始下滑到碰撞前，据机械能守恒律有：mglsinθ=12mv12 代入数据求得：v1=5m/s
对AB系统，由于碰撞时间极短，动量守恒，以沿斜面向下为正方向有：mBv1=mBvB1+mAvA1
弹性碰撞机械能守恒：12mBv12=12mBv1′2+12mAv2′2
解得：vB1=m−Mm+Mv1=1−31+3×5m/s=−2.5m/s，vA1=2mm+Mv1=2×11+3×5m/s=2.5m/s
(2)之后，A向下做匀减速运动，其加速度aA=Mgsinθ−μMgcsθM=10×12m/s2− 32×10× 32m/s2=−2.5m/s2，
当速度减为零的位移xA1=02−vA122aA=0−(2.5)22×(−2.5)m=1.225m，时间tA1=0−vA1aA=0−2.5−2.5s=0.5s
而B做匀变速直线运动，其加速度a=mgsinθm=5m/s2，当位B的位移xB1=xA1时的速度v2= vB12+2aBxB1= (−2.5)2+2×5×1.225m/s=2.5 3m/s，时间tB1=v2−vB1aB=2.5 3−(−2.5)5s= 3+12s>tA1。那么第二次碰撞与第一次碰撞的时间t=tB1= 3+12。
(3)从以上分析可以看出，第二次碰撞前B的速度v2=2.5 3= 32v1，根据弹性碰撞的规律，碰撞后A的速度vA2=2mM+mv2=5 34m/s= 32vA1，下滑的距离xA2=vA22−2aA=34xA1。
余次类推，第三次碰撞时A下滑的位移xA3=34xA2=34×34xA1……，呈等比数列，经过n次碰撞后下滑的位移xA(n−1)=(34)nxA1，
那么有xA1+xA2+xA3+34×34xA1……+xAn≥s，1.225{1+(34)2+(34)3+(34)4……(34)nxA1}≥4
解得：n=5.2，取n=5
答：(1)发生第一次碰撞后物块A的速度vA1为2.5m/s，方向向下，物块B的速度vB1为2.5m/s，方向向上；
(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t为 3+12；
(3)物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n为5。
【解析】(1)根据机械能守恒求出碰撞前B的速度，再根据动量守恒和机械能守恒求出碰撞后A和B的速度；
(2)由动力学规律判断A速度减小为零的位移，碰撞后B的速度也就是第二次碰撞前的速度，并找到两次碰撞前的速度关系；
(3)碰撞的次数由A每次向下的位移，找到每次碰撞后与上次速度碰撞后的速度关系，从而求出每次下移距离的关系，距离之和不大于s，列式求出碰撞次数。
本题考查了动量守恒定律和机械能守恒的综合运用，关键之一要灵活运用弹性碰撞碰后的速度v1′m1−m2m1+m2v1 ，v2′=2m1m1+m2v1。关键之二是灵活运用动力学规律找到本次碰撞前的速度与上一次碰撞前的速度关系，从而得到A下移的距离与上次下移的关系。关键之三是熟练运用等比数列相关知识求次数。