2025长沙师大附中高二上学期11月期中考试物理试卷含解析

这是一份2025长沙师大附中高二上学期11月期中考试物理试卷含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量的单位用国际单位制的基本单位表示正确的是
A. 电量的单位A⋅sB. 电动势的单位J/C
C. 磁感应强度的单位TD. 磁通量的单位T⋅m2
2.电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示是乘客通过“刷身份证”进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。图中能说明这一原理的是
A. B.
C. D.
3.如图所示，质量为m的带电小球A用长为L的绝缘细线悬于O点，带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一竖直面内，OB和AB与细线的夹角均为θ=37∘，两带电小球带电量相同，两球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37∘=0.6，则小球A的带电量为
A. 35 mgL2kB. 45 mgL2kC. 34 mgL2kD. 58 mgL2k
4.已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小B=kIr，其中I为电流，r为该位置到长直导线的距离，k为常数。如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd−efgℎ的两条边 dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g， hg中电流大小是dh中电流大小的两倍。已知c点的磁感应强度大小为B，则a点的磁感应强度大小为
A. 33BB. 23BC. 3BD. 53B
5.从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中
A. 最大加速度为4g
B. 从最高点下降落回到地面所用时间小于t1
C. 球上升阶段阻力的冲量大小等于下落阶段阻力的冲量大小
D. 球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小
6.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球(可视为质点)以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 小球的质量为abM
B. 小球运动到最高点时的速度为a+bab
C. 小球能够上升的最大高度为a22(a+b)g
D. 若圆弧面的下端距水平地面的高度为c，经过一段时间后小球落地，落地时小球与滑块之间的水平距离为a 2cg
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.我国的航天事业从1956年2月开始，经过67年的风雨兼程、披荆斩棘，经历了第一颗“东方红”人造卫星成功发射，载人航天、深空探测里程碑式的发展。回顾中国航天发展史，它是一部中华民族自主创新的历史，更是一段扬眉吐气、壮我国威，助推中华民族走向世界舞台的历史。如图所示，是某颗“北斗”卫星从绕地飞行经历变轨到静止轨道的示意图。已知地球半径为R，其自转周期为T。轨道Ⅰ为该北斗卫星的近地轨道，轨道Ⅱ为转移轨道，Ⅲ为静止轨道，地球北极的重力加速度为g。下列说法中正确的是
A. 该北斗卫星在近地轨道的线速度大于7.9km/s
B. 该颗北斗卫星在B点的加速度大于在A点的加速度
C. 根据题目的已知条件可以求出该北斗卫星在静止轨道运动半径
D. 该北斗卫星在转移轨道B点的速度小于在静止轨道B点的速度
8.在如图所示的电路中，电源内阻为r，R1是定值电阻，L是灯泡。现闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电表A、V1、V2、V3都是理想电表，测得电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值为△U1、△U2、△U3，电流表A示数变化量的绝对值为△I，下列说法正确的是( )
A. V1、V2的示数都增大，V3的示数减小B. △U1△I、△U2ΔI、△U3ΔI均不变
C. 电流表示数变小，灯泡变暗D. 电源效率增大
9.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大于v0
B. 粒子的电荷量为mv02U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
D. 在t=14T时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
10.如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为13m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿A、B连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走，不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是
A. 130mv 02B. 16mv 02C. 12mv 02D. mv 02
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.利用图1所示的仪器研究动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量__________，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C. 小球做平抛运动的射程
(2)图2中的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静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________；
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2；
B.测量小球m1开始释放高度h；
C.测量抛出点距地面的高度H；
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N；
E.测量平抛射程OM、ON；
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________[用(2)中测量的量表示]；
(4)碰撞的恢复系数的定义为e=v2′−v1′v1−v2，其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度，v1′和v2′分别是碰撞后两物体的速度。经测定，小球落地点的平均位置到O点的距离如图2所示。利用相关数据可以计算出，本次碰撞的恢复系数e=__________。(结果保留两位有效数字)
12.某学习小组进行精确测量电阻Rx的阻值的实验，有下列器材供选用。
A.待测电阻Rx(约300Ω)
B.电压表V(3V,内阻约3kΩ)
C.电流表A1(10mA,内阻约10Ω)
D.电流表A2(20mA,内阻约5Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼20Ω,额定电流2A)
F.滑动变阻器R2(0∼2000Ω,额定电流0.5A)
G.直流电源E(3V,内阻约1Ω)
H.开关、导线若干
(1)甲同学根据以上器材设计了用伏安法测量电阻的电路，并能满足Rx两端电压从零开始变化并进行多次测量。则电流表应选择____________(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器应选择____________(填“R1”或“R2”)；请在框中帮甲同学画出实验电路原理图。
(2)乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图所示的测量电路，具体操作如下：
①按图连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；
②闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A1的示数恰好为电流表A2的示数的一半；
③闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A1的示数，分别记为U、I；
④待测电阻的阻值Rx=______________，比较甲、乙两同学测量电阻Rx的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？________(填“甲”或“乙”)同学的。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，游乐场有一种将蹦极运动和大型滑滑梯结合的游乐项目，一位质量m=60kg的游客系着一条原长L=5m的弹性绳，由静止从O点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态B点所用时间t1=1s，游客到达B点时弹性绳自动和人体分离，游客顺着滑梯BC来到安全区域，滑梯BC可看作半径为0.7m的光滑14圆弧，C为圆弧的最低点，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量的大小；
(2)从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力F 的大小；
(3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.5s，求游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小。
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC区域在第二象限，对角线OB以上的区域有方向平行于OC向下的匀强电场，AB边长为L，BC边长为2L，P点为对角线OB的中点，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以某一初速度从D点出发经P点进入电场，从C点以水平向右、大小为v的速度进入第一象限内的静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心O的均匀辐向电场，粒子恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的场强大小为E0(未知)。不计粒子所受重力，忽略金属板的边缘效应。求：
(1)粒子在静电分析器轨迹处的场强大小E0；
(2)粒子从D点出发时与水平方向的夹角θ；
(3)匀强电场的电场强度大小E；
(4)粒子从P到Q的过程中运动的时间t。
15.连续碰撞检测是一项重要的研究性实验，其模型如图所示：光滑水平面上，质量为3m的小物块A，叠放在质量为m、足够长的木板B上，其右侧静置着3个质量均为2m的小物块C、D、E。A与B上表面间的动摩擦因数为μ。t=0时，A以初速度v0在B的上表面水平向右滑行，当A与B共速时B恰好与C相碰。此后，每当A、B再次共速时，B又恰好与C发生碰撞直到它们不再相碰为止。已知重力加速度为g，所有碰撞均为时间极短的弹性碰撞，求：
(1)t=0时，B(右端)与C的距离；
(2)B与C发生第1、2次碰撞间，B(右端)与C的最大距离。
(3)C的最终速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】国际单位制的7个基本单位是：米(m)、千克(kg)、秒(s)、开尔文(K)、安培(A)、坎德拉(cd)、摩尔(ml)。
A.根据q=It可知电量的单位用国际单位制的基本单位可表示为A⋅s，故A正确；
B.库仑 C 不是国际单位制的基本单位，所以电动势的单位用国际单位制的基本单位表示不是J/C，故B错误；
CD.磁感应强度的单位T，不是国际单位制的基本单位；则磁通量的单位用国际单位制的基本单位表示不是T⋅m2；故CD错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了电与磁的联系，解答本题的关键是要能从题意中分析出该装置利用了电磁感应的原理。
逐一分析各选项中所涉及的原理即可判断。
【解答】
由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象;
A.由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象，图中有电源，为电动机的工作原理，是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的，故A错误；
B、图中没有电源，为发电机的工作原理，说明根据电磁感应现象制成的，故 B正确;
C、图中的实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系，运用了电流的磁效应，故C错误
D.图中为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】设AB的距离为r，由题可知，OB的距离也为r，根据几何关系可得
2rcs37∘=L
解得
r=58L
对小A受力分析，如图所示
可知AB间的库仑力与轻绳的合力大小等于mg，根据相似三角形原理有
OBAB=F合F仑=mgkq2r2
因OB=AB，则可得
kq2r2=mg
解得
q=58 mgL2k
故选D。
4.【答案】A
【解析】由题可知，dh导线到c和a距离相等，则dh导线中的电流在c和a产生的磁感应强度大小均为 B3 ，由安培定则可知，在c产生的磁感应强度的方向为bc，在a产生的磁感应强度的方向为ab，hg中电流是dh中电流强度的两倍，hg导线到c是到 e距离的 1 2 ，则hg导线中的电流在a产生的磁感应强度大小为 23B ，由安培定则可知，在a产生的磁感应强度的方向垂直ha斜向下，在a产生的合磁感应强度为Ba= B32+ 2B32== 33B。
故选A。
5.【答案】C
【解析】 A.设小球的初速度为v0，满足16E0=12mv02，而小球的末速度为v1，有E0=12mv12，小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有mg+kv0=mamax，当小球向下匀速时，有mg=kv1，联立解得 amax=5g，故A错误；
B.由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，即从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误；
C.由题意可得，阻力与速率的关系为f=kv，故阻力的冲量大小为If=∑ft=∑kvt=kx，因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C正确；
D.根据p= 2mEk可得，小球上升阶段动量的变化量大小为 32mE0，小球下降阶段动量的变化量大小为 2mE0，小球上升阶段动量变化的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了动量守恒定律及动力学中的图像问题，解题的关键是分析清楚运动过程，熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律。根据动量守恒定律列出函数关系式结合图象即可求出小球的质量；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上由动量守恒定律即可求解；根据机械能守恒定律即可求出小球能够上升的最大高度。
【解答】A.设小球的质量为m，初速度为 v0 ，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2，则v2=mv0M−mMv1，
结合图乙可得ba=mM，横截距a=v0，
则小球的质量m=baM，故A错误；
B.小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度 v共 ，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v共，
解得v共=mv0m+M，由A项化简得v共=aba+b，故B错误；
C.小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12mv02=12(m+M)v共2+mgℎ，解得ℎ=Mv022(m+M)g，由A项化简得ℎ=a32(a+b)g，故C错误；
D.小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12Mv22，
联立两式解得v1=m−Mm+Mv0 ， v2=2mm+Mv0，离开圆弧面以后小球做平抛运动，滑块向右做匀速直线运动，当小球落地时，两者之间的水平距离为x=v2t−v1t，且c=12gt2，联立得x=a 2cg，故D正确。
故选D。
7.【答案】CD
【解析】为人造卫星最大环绕速度，所以在近地轨道运行的该北斗卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；
B、根据GMmr2=ma可知：a=GMr2，rB>rA，则在B点的加速度小于在A点的加速度，B错误;
C.该北斗卫星在静止轨道运行的周期与地球自转周期相同，设该颗北斗卫星在静止轨道的半径为r，根据万有引力提供向心力由牛顿第二定律得：
GMmr2=mr4π2T2;在地球北极处物体的重力等于万有引力，则GMmR2=mg
联立解得：r=3gR2T24π2，故C正确；
D.北斗卫星运行到轨道Ⅱ的B点需要点火加速变轨到静止轨道，所以北斗卫星在转移轨道B点的速度小于在静止轨道B点的速度，故D正确。
8.【答案】BD
【解析】AC.分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联后接在电源两端；理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律U2=E−Ir，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路电流减小；电流表A的示数减小，定值电阻R1两端电压减小，则电压表V1的示数减小，内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表的示数V2增大，V3的示数增大，灯泡与滑动变阻器R2并联，所以灯泡变亮，故AC错误；
B.理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，U1=IR1，则有△U1△I=R1，理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律U2=E−Ir，则有△U2ΔI=r，理想电压表V3测量滑动变阻器R2两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得U3=E−I(R1+r)，滑动变阻器R2的滑片向上滑动，有U′3=E−I′(R1+r)两式相减，所以△U3与△I的比值为△U3ΔI=R+r，则比值保持不变，故B正确；
D.电源的效率为η=U2IEI×100%=U2E，由A项分析知，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，U2一直变大，电源的效率一直变大，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=2dv0 ，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0 ，故A错误；
B、粒子在竖直方向，在T2时间内的位移为d2，则12d=12U0 qdm(dv0 ) 2，解得q=mv02U0 ，故B正确；
C、t=T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′=2×12a(38T) 2−2×12a(T8) 2=18aT 2=12d，即粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场，故C错误；
D、t=T4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】C与A质量相等，碰撞后交换速度，即A获得速度v0，假设当A与B动量相等时，B恰好与挡板发生正碰，则碰撞后A、B的合动量为零，当弹簧被压缩至最短时A、B的速度均为零，根据机械能守恒定律可知此时EPm1=12mv02；
假设当B的速度为零时恰好与挡板接触，则接触后，当A、B达到共同速度v时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：mv0=(m+13m)v，根据机械能守恒定律有：EPm2+12(m+13m)v2=12mv02，解得EPm2=18mv02，
B与挡板碰撞前越接近A的动量，碰后弹簧的最大弹性势能越大，B与挡板碰撞前速度越接近于零，碰撞后弹簧的最大弹性势能越小，所以18mv0211.【答案】(1)C；
(2)ADE；
(3)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；
(4)0.46
【解析】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故AB错误，C正确。
故选C；
(2)要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得，m1v1t=m1v2t+m2v3t，可得m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON，因此实验需要测量两球的质量和小球做平抛运动的水平射程，为了测量位移，应找出落点，故选ADE；
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；
(4)碰撞的恢复系数为e=|v2′−v1′||v1−v2|=|ON−OM||OP|=0.46。
12.【答案】(1)A1;R1;
(2)④UI； 乙。

【解析】(1)通过待测电阻的最大电流约为：I≈URx=3300A=0.01A=10mA，电流表应选择A1；
实验要求电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1；
待测电阻阻值约为300Ω，电流表内阻约为10Ω，电压表内阻约为3kΩ，相对于来说待测电阻阻值远大于电流表内阻；
电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：
；
(2)由实验步骤②可知，通过R2与Rx的电流相等，它们并联，则两支路电阻相等，由实验步骤③可知，电压表测待测电阻两端电压，
由于两并联支路电阻相等，则通过它们的电流相等；
由实验步骤可知：通过待测电阻的电流等于电流表A1的示数I，则待测电阻阻值：Rx=UI；
由两种实验方案与实验步骤可知，由于电表内阻的影响甲的测量值存在误差；由于实验电路与实验步骤的巧妙设计，乙的方案化解了电表内阻影响，测量值与真实值相等，乙的方案可以减小系统误差。
13.【答案】解：(1)游客在弹性绳未绷紧时，做自由落体运动，经历的时间t0= 2Lg= 2×510s=1s，
从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量I的大小为
I=mgt0+t1=1200N⋅s；
(2)从初始位置到弹性绳刚好绷紧瞬间，游客的速度为v=gt0=10m/s，
从开始张紧至最长状态的过程中，对游客由动量定理可得I合=Δp，
则有F−mgt1=mv，
解得弹性绳所受的平均冲力大小为：F=1200N；
(3)从B到C的过程中，由动能定理可得mgR=12mvC2−0，
解得vC= 14m/s，
从B到C的过程中，动量的变化量为Δp=mvC−0=60 14kg⋅m/s，方向水平向左，
重力的冲量为IG=mgt2=300N⋅m，方向竖直向下，
由动量定理可知I合=Δp，
则游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小IN= IG2+Δp2=60 39N⋅s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)由题可知，粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力E0q=mv2R，
又R=AB=L，
则E0=mv2qL；
(2)粒子从D到P做匀速直线运动，P到C做类斜抛运动，C点是最高点，
则水平方向x=BC2=L，x=vxt1，vx=v，
可得粒子从P到C的时间t1=Lv，
竖直方向y=AB2=L2，y=12at12，vy=at1，
得a=v2L，
由题可知tanθ=vyvx=1，即θ=45∘；
(3)由(2)问可知粒子在匀强电场中的加速度为a=v2L，
由牛顿第二定律Eq=ma得E=mv2qL；
(4)由(1)问可知P到C的时间为t1=Lv，
C到Q做匀速圆周运动，周期为T=2πRv=2πLv，
则粒子从C到Q的时间为t2=T4=πL2v，
则粒子从P到Q运动的总时间为t=t1+t2=Lv+πL2v。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)由于地面光滑，A、B系统动量守恒，根据动量守恒3mv0=(3m+m)v10
解得共速时的速度v10=34v0
对B从释放到第一次与A共速过程，用动能定理对B分析有μ⋅3mgd1=12mv102
解得 t=0 时，B(右端)与C的距离为d1=3v0232μg
(2)B与C发生第1次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
mv10=mvB1+2mv1
12mv102=12mvB12+12⋅2mv12
解得vB1=−14v0 ， v1=12v0
A、B第二次达到相同速度，根据动量守恒3mv10+mvB1=(3m+m)v20
对B分析有μ⋅3mgd2=12mv202−12mvB12
解得d2=v0232μg
由于C小物块与D小物块质量相等且发生弹性碰撞，碰撞后速度发生交换，C小物块碰后静止，D小物块速度为 12v0 。A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为
aB=μ⋅3mgm=3μg
aA=μmgm=μg
从C第一次被碰后，直到C碰D，历时为t12=d2v1=v016μg
B的速度反向减速到0，历时为tB=vB1aB=v012μg
可知tB>t12
表明B的速度减小到0时，B距C最远，最远距离为xm=d2+vB122aB=v0224μg
(3)B与C发生第2次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
mv20=mvB2+2mv2
12mv202=12mvB22+12⋅2mv22
解得
vB2=−v06 ， v2=v03
依次类推
vBn=−12×(23)nv10 ， vn=(23)nv10 ， vn0=(23)n−1v10
由于小物块C后放着D、E物体，B与C会发生第3次弹性碰撞，碰撞后
v3=29v0 ， vB3=−19v0 ， v40=29v0
由于
v40=v3
可知B与C不发生第4次弹性碰撞，故C的最终速度大小为
vC=v3=29v0

【解析】详细解答与解析过程见答案