2020-2021学年江西省宜春市上高二中高三(上)第五次月考物理试卷(1月份)(附答案详解)

2020-2021学年江西省宜春市上高二中高三（上）第五次
月考物理试卷（1月份）
1.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A>
m B，置于光滑水平面上，相距较远。

将两个大小均
为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将()
A. 停止运动
B. 向左运动
C. 向右运动
D. 运动方向不能确定
2.从空间某点以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不计空气阻力．则它
们的动能增大到初动能的2倍时的位置处于()
A. 同一直线上
B. 同一圆上
C. 同一椭圆上
D. 同一抛物线上
3.2020年10月1日，国家航天局发布“天问一号”探
测器在深空自拍的飞行图象，如图所示。

“天问一
号”探测器成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个
多月，将于2021年2月中旬到达火星附近，要通过
制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。

已知地球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是()
A. “天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/s
B. “天问一号”探测器在火星附近制动减速时需要朝速度的反方向喷气
C. 火星与地球的第一宇宙速度之比为1：5
D. 物体分别在火星和地球表面附近做自由落体运动，下落相同高度用时之比为√5：
√2
4.如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止
释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t=0时由
静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F=kt的
垂直于斜面的作用力，v、f、a和E分别表示物块的速
度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图象中，正确的是()
A. B.
C. D.
5.如图所示，轻杆一端固定在竖直墙上的绞链上，另一端连接不可伸
长轻绳的一端，轻绳的另一端固定在绞链下面的墙上。

一光滑滑轮
下悬挂一物体，物体和光滑滑轮静止放置在轻绳上。

若轻杆由图示
位置缓慢转到水平位置过程中，下列说法正确的是()
A. 轻绳弹力逐渐增大
B. 轻绳弹力逐渐减小
C. 轻绳弹力先增大再减小
D. 轻绳弹力先减小再增大
6.如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻
器R1的最大电阻R m=5.0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=
1000Ω，在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好
有最大的输出功率，那么下列说法正确的是()
A. R1接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为4.5W
B. 当开关与a断开但未与b接触时，流过R3的电流方
向为c→d
C. R1的阻值增大时，R2两端的电压增大
D. 当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c
7.如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴
MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另
一端穿过中心小孔O系着一个小球。

已知木块、小球皆
可视为质点，质量皆为m，木块到O点的距离为R，O
点与小球之间的细线长为L。

当圆盘以角速度为ω匀速转
动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则()
A. 如果L不变，ω越大，则α大
B. 如果R=L，无论ω多大木块都不会滑动
C. 如果R>L，ω增大，木块可能向O点滑动
D. 如果R<L，ω增大，木块可能远离O点滑动
8.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在倾角为θ=30°的光滑固定斜面的
底部，另一端和质量m的小物块A相连，质量也为m的物块B紧靠A一起静止。

现用手缓慢沿斜面向下压物体B使弹簧再压缩x0并静止。

然后突然放手，A和B一起沿斜面向上运动距离L时，B达到最大速度v，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的是()
A. L>x0
B. 放手的瞬间，A对B的弹力大小为mg
2+kx0
2
C. 从放手到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧弹性势能减小了m(v2+gx0)
D. 若向上运动过程A、B出现了分离，则分离时弹簧的压缩量为mg
k
9.某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度(图甲)。

在钢条
下落过程中，钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时，透光时停止计时，若再次挡光，计时器将重新计时。

实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A高于光控开关)，由静止释放，测得先后两段挡光时间t1和t2。

(1)用游标卡尺测量AB、AC的长度，其中AB的长度如图乙所示，其值为______mm。

(2)若狭缝宽度忽略，则该同学利用v AB=AB
t1、v BC=BC t
2
，求出v AB和v BC后，则重力
加速度g=______。

(3)若狭缝宽度不能忽略，仍然按照(2)的方法得到的重力加速度值比其真实值
______(填“偏大”或“偏小”)。

10.某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热，有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在
220V电压下额定功率分别为600W和80W。

物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻。

现有实验器材：干电池两节，滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)，电阻箱R(精度0.1Ω)，电压表V(量程3V，内阻很大)，电流表A(量程6mA，内阻r=35.0Ω)，开关及导线若干。

①同学们利用多用表进行初步测量和估算发现，电饭锅处于不同工作模式时，实
验电流差异较大。

为了能顺利完成实验，他们打算将电流表的测量范围扩大到48mA，则应该将电阻箱调节至R并=______ Ω，与电流表并联。

②同学们设计并连接了如图所示的电路图，接通电源前应将滑动变阻器的滑片置
于______ (填“a”或“b”)端。

③将电饭锅调至“煮饭”模式，闭合开关K2，再闭合开关K1，调节滑动变阻器阻
值，发现两表示数均有示数，但都不能调到零.如果该故障是由图中标号“1”到“6”
中的一根导线断路引起，则断路的导线是______ 。

排除故障后，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K1，然后将电饭锅调至“保温”模式，改变K2状态，再闭合开关K1，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关K1。

④直接将两组实验读到的数据绘制成如图所示的图象。

由图可知，该实验中电饭
锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为______ Ω(保留两位有效数字)。

⑤同学们计算发现，实验操作、数据记录与处理均正确无误，但实验得到的结果
比电饭锅正常工作时的阻值小很多，请指出造成该差异的主要原因：______ 。

11.一质量m=0.7kg的小物块(视为质点)，在方向竖直向上、大小F的恒定拉力作用
下从地面上的A点由静止开始以大小为a1的加速度匀加速上升，经时间t1=2s到达B点；随即使F反向，大小不变，加速度大小变为a2，物块经时间t2=1s，恰好落回地面。

取g=10m/s2，空气阻力不计。

试求出：
(1)a2与a1的比值关系；
(2)F的大小。

12.如图所示，两块完全相同的长木板A、B静置于光滑水平面上，长木板的质量为m、
，质量为2m的物块C(可看做质点)以某一水平初速长度为L。

两板间初始距离为L
9
度从A的左端滑上长木板，物块C在滑至A的右端前，长木板A、B会发生碰撞(碰撞时间极短)，两板碰后粘在一起。

当物块C与两板相对静止时，离B板右端的距，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

离为L
18
(1)求长木板A、B因碰撞损失的能量；
(2)求物块C滑上长木板A时的初速度大小；
(3)若两板间初始距离为x，其他条件不变，最终物块C离B板右端的距离为s，求
s与x的关系及s的最大值。

13.图中所示的气缸壁是绝热的，缸内隔板A是导热的，它固定在
缸壁上，活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏
气。

B的上方为大气，A与B之间以及A与缸底之间都盛有物
质的量相同的同种理想气体Ⅰ和Ⅱ。

系统在开始时处于平衡状
态，现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中()
A. 气体Ⅰ压强不变，内能增大
B. 气体Ⅰ对外做功，内能不变
C. 气体Ⅱ压强增大，内能增大
D. 气体Ⅰ吸收的热量小于气体Ⅱ净吸收的热量
E. 气体Ⅰ吸收的热量大于气体Ⅱ净吸收的热量
14.如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用
橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm的气
体，外界大气压为75cmHg，左右两水银面高度差为5cm，温度为
t1=27℃。

①保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为5cm，
稳定后的压强为多少？
②稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到6cm，则温度应变为多少？
15.一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.5s时刻的波形
如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。

已知质点P平衡位置的坐标x=
0.5m。

下列说法正确的是()
A. 该简谐波传播的最小速度为1.0m/s
B. 波传播的速度为(1.4+2.4n)m/s(n=0,1，2，3……)
C. 若波向x轴正方向传播，质点Q比质点P先回到平衡位置
D. 若波向x轴负方向传播，质点Q运动到x=0.2m处
)πt]cm(n=0,1，2，3……)
E. 质点O的振动方程可能为y=10sin[(5+12n
3
16.一透明半圆柱的横截面如图所示，圆心为O，一束光线在横截面内从C点沿垂直于
直径AB的方向入射，在半圆柱内沿图示路径传播，最后从E点射出半圆柱。

已知圆半径为R=0.30m，半圆柱折射率为n=2.0，∠AOC=30°，真空中的光速为c=
3.0×108m/s。

求
①判断光线在AB面上能否发生全反射；
②在半圆柱内沿图示C→D→E路径传播的时间(结果保留两位有效数字)。

答案和解析1.【答案】C
【解析】解：力F大小相等，m A>m B，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：a A<a B，由题意知： S
A=S B
，
由运动学公式得：S A=1
2a A t A2，S B=1
2
a B t B2，
可知：t A>t B，由I A=F⋅t A，I B=F⋅t B，得：I A>I B，
由动量定理可知△P A=I A，△P B=I B，则P A>P B，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确。

故选：C。

此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析。

本题考查动量守恒定律的应用；应用动量守恒定律解决问题，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。

2.【答案】A
【解析】解：动能增大到射出时的2倍，根据公式E K=1
2
mv2，速度增加为初速度的√2倍；
速度偏转角度余弦为：cosθ=v0
v =√2
2
，故速度偏转角度为45°；
故：v y=v0tan45°=v0故运动时间为：
t=v0
g
①
根据平抛运动的分位移公式，有：
x=v0t②
y=1
2
gt2③
联立①②③解得：
y=1 2 x
故选：A
动能增大到射出时的2倍，说明速度增加为初速度的√2倍，然后根据速度偏转角公式判断运动时间．然后结合平抛运动的分位移公式列式求解．
本题关键是明确动能增大到射出时的2倍的时刻速度偏转角度是一定的，然后结合平抛运动的速度偏转角公式和分位移公式列式求解，难度适中．
3.【答案】D
【解析】解：A、“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B、“天问一号”探测器在火星附近时应朝速度方向喷气，才能获得阻力实现制动减速，故B错误；
C、卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由G Mm
R2=m v2
R
可得v=
√GM
R ，故v
火
：v
地
=1：√5，故C错误；
D、在行星表面附近，由G Mm
R2=mg和ℎ=1
2
gt2，联立解得t=√2ℎR2
GM
，故t
火
：t
地
=√5：
√2，故D正确。

故选：D。

明确宇宙速度的定义，知道脱离地球的引力需要达到第二宇宙速度；知道卫星在太空中减速的方法是向运动方向喷气，利用反冲原理来减速；根据万有引力定律以及第一宇宙速度的定义求出火星上的第一宇宙速度；由重力和万有引力相等求解星球表面加速度，结合自由落体公式求解下落时间即可。

本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，掌握三宇宙速度的大小和意义，特别是第一宇宙速度要掌握推导过程。

4.【答案】B
【解析】解：物块由静止释放，物块沿斜面加速下滑，物块受到的滑动摩擦力大小：
f=μ(F+mgcosθ)=μkt+μmgcosθ，随时间t的增加，滑动摩擦力f线性增加；
对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ−f=ma
解得物块的加速度大小：a=gsinθ−μgcosθ−μk
m
t
当mgsinθ>f时，物块所受合力沿斜面向下，加速度a逐渐减小，物块向下做加速度减小的加速运动，
当mgsinθ=f时，加速度a为零，
当mgsinθ<f时，物块所受合力沿斜面向上，加速a逐渐增加，物块沿斜面向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，然后物块静止，物块静止后所受摩擦力为静摩擦力，静摩擦力大小f=mgsinθ；
A、由以上分析可知，物块先沿斜面向下做加速度减小的加速运动，然后向下做加速度增大的减速运动，最后静止，故A错误；
B、由以上分析可知，物块下滑过程所受摩擦力大小f=μ(F+mgcosθ)=μkt+
μmgcosθ，物块静止后所受摩擦力大小f=mgsinθ，故B正确；
C、物块的加速度大小a=gsinθ−μgcosθ−μk
m
t，物块的加速度先逐渐减小后反向逐
渐增大，a−t图象的斜率−μk
m
不变，故C错误；
D、物块停止运动前只有重力和摩擦力做功，机械能的减少等于摩擦力做的功，由f△x=
△E，得△E
△x =f，可得△E
△t
⋅△t
△x
=f，又v=△x
△t
，所以△E
△t
=fv，则知E−t图象的斜率是变
化的，可知物块停止运动前，E−t图象应曲线，故D错误。

故选：B。

根据题意应用滑动摩擦力公式求出物块受到的滑动摩擦力，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，然后判断物块的运动性质，根据力做功情况判断物块的机械能如何变化，分析图示图象分析答题。

本题的关键分析清楚物体的运动情况，明确滑动摩擦力与时间的关系。

对于图象，往往根据数学知识研究斜率的变化情况。

5.【答案】A
【解析】解：同一条绳子承受的拉力相等，所以滑轮两边轻绳的弹力始终相等；
设每条轻绳与竖直方向的夹角为θ，物体的质量为m，竖直方向根据平衡条件可得：
2Tcosθ=mg，
解得：T=mg
2cosθ
；
若轻杆由图示位置缓慢转到水平位置过程中，θ增大、则轻绳弹力逐渐增大，故A正确、
BCD错误。

故选：A。

轻杆由图示位置缓慢转到水平位置过程中，两边轻绳夹角增大，竖直方向根据平衡条件列方程进行分析。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件建立方程进行分析。

6.【答案】AD
【解析】解：A、在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可
知R1+R2=r，R2=1.5Ω，则R1=3Ω，电源的输出功率为：P m=E2
4r =92
4×4.5
W=4.5W，
故A正确；
B、当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电量未变，电容器没有进行充放电，所以没有电流流过R3，故B错误；
C、电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2及电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，故C错误；
D、在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流方向为d→c，故D正确。

故选：AD。

根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解；当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器电荷量未变，电容器没有进行充放电，所以没有电流流过R3；电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析；找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向。

解决本题的关键掌握在什么情况下，电源的输出功率最大，知道电容器的特性，能按局部到整体，再局部的顺序进行电路的动态分析。

7.【答案】AB
【解析】解：A、设细线张力为T，对于小球，有Tsinα=mLsinαω2，Tcosα=mg，
联立解得ω=√g
Lcosα
，如果L不变，ω越大，则α越大，故A正确；
B、由A选项分析可知：细线的张力为T=mLω2，木块随圆盘匀速转动所需的向心力
为F=mRω2，当R=L时，细线张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，且只与ω有关，所以无论ω多大，木块都不会滑动，故B正确；
C、如果R>L，木块随圆盘匀速转动所需要的向心力大于细线张力，木块受到指向O 点的摩擦力f，当ω增大时，摩擦力也增大，达到最大静摩擦力后木块会远离O点滑动，故C错误；
D、同理可得如果R<L，木块随圆盘匀速转动所需要的向心力小于细线张力，木块受到指向圆盘边缘的摩擦力f，当ω增大时，摩擦力也增大，达到最大静摩擦力后木块会向O点滑动，故D错误。

故选：AB。

对小球根据牛顿第二定律确定细线的张力，根据木块做圆周运动的向心力，分析R与L 的大小对木块受到的摩擦力的影响，进而判断木块运动的趋势。

本题是圆周运动中临界问题，抓住当R与L的关系，由牛顿第二定律求解木块的运动趋势。

8.【答案】BC
【解析】
【分析】
对AB整体受力分析，根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解弹簧压缩量，根据动能定理求解弹簧弹力做功，然后根据功能关系分析弹性势能变化。

整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度，然后分离求解AB之间弹力，从而得到弹簧的压缩量。

本题考查牛顿第二定律和动能定理的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确合力为零时速度最大是解题的关键。

【解答】
A.未用手压B时，设弹簧压缩量为x，整体受力分析，根据平衡条件得：(m+m)gsinθ= kx①；
压B后放手，当AB合力为零时，速度最大，即此时弹簧压缩量为x，A和B一起沿斜面向上运动距离L=x0，故A错误；
B.放手瞬间，对整体受力分析，根据牛顿第二定律得：k(x+x0)−(m+m)gsinθ=(m+ m)a②
对B受力分析，根据牛顿第二定律得：N−mgsinθ=ma③
联立②③解得：A对B的弹力大小N=mg
2+kx0
2
，故B正确；
C.从放手到B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得：−2mgx0sinθ+ W=1
2
⋅2mv2−0
解得：W=m(v2+gx0)，弹簧弹力做正功，弹性势能减小m(v2+gx0)，故C正确；
D.若向上运动过程A、B出现了分离，此时AB之间弹力为零，对B由牛顿第二定律得：
a′=mgsinθ
m =g
2
④
对A由牛顿第二定律得：mgsinθ−kx′=ma′⑤
由④⑤联立解得：x′=0，故D错误。

故选BC。

9.【答案】74.32v BC−v AB
t1+t2
偏大
【解析】解：(1)标卡尺的主尺读数为74mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×3mm=0.3mm，所以最终读数为：74mm+0.3mm=74.3mm。

(2)加速度为g=△v△t=v BC−v AB
t1+t2
2=2(v BC−v AB)
t1+t2
，
(3)若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1+t2.所以测量得到的重力加速度值
比其真实值偏大。

故答案为：(1)74.3(2)2v BC−v AB
t1+t2
(3)偏大
游标卡尺的读数：主尺刻度数+游尺刻度数；
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度表示钢条运动的中间时刻瞬时速度，结合加速度的定义式求出重力加速度的大小，通过测量时间的误差确定测出的重力加速度的误差。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。

知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度
10.【答案】5.0a 3 50 正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大【解析】解：①将电流表A(量程6mA，内阻r=35.0Ω)，扩大到量程为48mA，
因此通过R并的电流为I并=48mA−6mA=42mA，那么电阻箱调节至R并=I g
I
并
⋅r=
6
42
×35.0Ω=5Ω；
②因滑动变阻器以分压式接入电路，因此接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于a，即电饭锅两端电压为零；
③将电饭锅调至“煮饭”模式，闭合开关K2，即扩大电流表的量程，从而赶到保护电
流表的作用，再闭合开关K1，
调节滑动变阻器阻值，发现两表示数均有示数，但都不能调到零．说明滑动变阻器处于限流式，而题目中电路中滑动变阻器，却是以分压式接入电路图，因此导线3处于断路状态；
④由图2可知，当U=2V时，I=5mA，因电流表的量程扩大8倍，因此此时通过电饭锅的电流为I′=40mA=0.04A；
那么电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值R=U
I′=2
0.04
Ω=50Ω；
⑤实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多，原因是：正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大。

故答案为：①5.0；②a；③3；④50；⑤正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大．
①将电流表A(量程6mA，内阻r=35.0Ω)，扩大到量程为48mA，根据串并联特点，即可求解；
②根据滑动变阻器分压式，接入电路中电阻最小，电压最小，则最安全；
③由滑动变阻器的分压与限流，结合两表示数均有示数，但都不能调到零，即可求解；
④根据欧姆定律，结合电流表的量程扩大，即可求解；
⑤根据温度变化，导致电阻率变化，从而导致电阻变化。

本题主要是考查电表的量程改装和电阻的测量，掌握滑动变阻器的分压与限流的区别，理解还有温度会影响电阻率，注意第④问题中电流表的读数不是实际值．
11.【答案】解：(1)设物体从A点运动到B点的位移为ℎ1，有ℎ1=1
2
a1t12①
v=a1t1②
物体从B点运动到A点的过程中，有：−ℎ1=vt2−1
2
a2t22③
联立以上各式得：a2=8a1④
(2)F向上时由牛顿第二定律可知：F−mg=ma1⑤
F向下时根据牛顿第二定律可得：F+mg=ma2⑥
联立④⑤⑥可得：F=9N
答：(1)a2与a1的比值关系为a2=8a1；
(2)F的大小为9N。

【解析】(1)在拉力F向上时，物体向上匀加速运动，根据运动学公式求得上升的高度和获得的速度，当拉力向下时，在t2时间内下降的高度为与上升的高度大小相同，结合运动学公式，即可求得加速度关系；
(2)在拉力向上和向下的过程中，根据牛顿第二定律即可求得拉力。

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是对于运动学公式的应用要确定好运动过程，明确各量的方向，注意正负。

12.【答案】解：(1)设两木板碰撞前瞬间长木板A的速度为v1，碰撞后的速度为v2，碰前A的加速度为a，因碰撞损失的能量为Q1，
对长木板A，由牛顿第二定律得：μ⋅2mg=ma
两木板碰撞前A做初速度为零的匀加速直线运动，对A：v12−0=2a⋅L
9
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1=2mv2
A、B碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得：
1 2mv12=
1
2
⋅2mv22+Q1
解得：Q1=1
9
μmgL
(2)设物块C滑上平板时的初速度大小为v，最终C与两板相对静止时的速度为v3，因碰撞损失的能量为Q1，
整个过程A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv=(2m+m+m)v3
由能量守恒定律得：
1 2⋅2mv2=
1
2
(2m+m+m)v32+Q1+μ⋅2mg(2L−
L
18
)
解得：v=2√2μgL
(3)若初始间距为x，设两木板碰撞前瞬间长木板A碰撞前的速度为v4，碰撞后A的速度为v5，因碰撞损失的能量为Q2，
则A碰前加速过程：2ax=v42−0
A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv4=2mv5
由能量守恒定律得：
1 2mv42=
1
2
⋅2mv52+Q2
从C滑上长木板A到与长木板相对静止，由能量守恒得：
1 2⋅2mv2=
1
2
(2m+m+m)v32+Q2+μ⋅2mg(2L−s)
解得：s=0.5x
设碰撞时物块C的速度为v6，物块C相对于长木板A的位移为△x，A碰前A与C动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv=mv4+2mv6
由能量守恒定律得：
1 2⋅2mv2=1
2
mv42+1
2
⋅2mv62+μ⋅2mg△x，且△x≤L
解得：0<x≤2
9L，故s与x的关系为：s=0.5x(0<x≤2
9
L)
当两板间初始距离x最大时，最终物块C离B板右端的距离s最大，
当x m=2
9L时s m=1
9
L
答：(1)长木板A、B因碰撞损失的能量是1
9
μmgL；
(2)物块C滑上长木板A时的初速度大小是2√2μgL；
(3)s与x的关系是s=0.5x(0<x≤2
9L)，s的最大值是1
9
L。

【解析】(1)应用牛顿第二定律求出两木板碰撞前木板A的加速度，应用运动学公式求出两木板碰撞前瞬间A的速度，两木板碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两木板碰撞后的速度，应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。

(2)A、B、C组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C的初速度。

(3)A、B碰撞过程A、B系统动量守恒，整个运动过程A、B、C组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出s与x的关系。

本题是一道力学综合题，属于多体多过程问题，物体运动过程复杂，本题难道较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。

13.【答案】ACE
【解析】解：AB、隔板A是导热的，电炉丝对气体加热过程气体Ⅰ温度升高内能增大，
设大气压为p0，活塞B的质量为m，横截面积为S，气体Ⅰ的压强p=p0+mg
S
，由于p0、m、S都不变，气体Ⅰ的压强不变，气体Ⅰ的温度升高而压强不变，由盖−吕萨克定律可。