2023-2024学年江西省丰城中学高二（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省丰城中学高二（下）开学物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.长为L=1.0m的空心管AB沿竖直方向固定，下端管口B距离地面的高度为h2=1.0m，小球a从距离上端管口h1=1.8m处沿管的轴线由静止释放，同时小球b由地面以初速度v0=6m/s沿管的轴线竖直上抛，两小球的直径均小于管的直径，不考虑空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. a、b两球在管口A上方相遇B. a、b两球在管内相遇
C. a、b两球在管口B下方空中相遇D. a、b两球不能在空中相遇
2.如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )
A. 18ghB. 16ghC. 14ghD. 12gh
3.2023年10月26日，“神舟十七号”载人飞船发射升空，顺利进入近地点200 km、远地点363 km的近地轨道(LEO)，并在同一天，经转移轨道与轨道(正圆轨道)高度为400 km的中国空间站完成对接，轨道简化如图．则
A. 飞船在LEO轨道的运行周期大于空间站周期
B. 飞船在M点减速进入转移轨道
C. 飞船在转移轨道运行经过M点的加速度大于N点的加速度
D. 飞船在转移轨道从M点运动到N点过程中速度逐渐增大
4.在机床、汽车等机器或设备中通常会使用一种叫做蜗杆传动的装置，如图所示，这种装置由蜗杆和蜗轮组成，从外形上看，蜗杆类似螺栓，蜗轮则很像斜齿圆柱齿轮。工作时，一般以蜗杆为主动件，当蜗杆旋转时，会带动蜗轮轮齿沿着蜗杆的螺旋面转动，蜗杆每旋转一圈，蜗轮轮齿会转动一格，若螺距为d=1.6πmm的蜗杆以每秒20圈的转速旋转，则半径为r=32mm的蜗轮将获得的转速是( )
A. 30r/minB. 120r/minC. 1200r/minD. 48000r/min
5.如图所示，两根金属丝A、B由电阻率均为ρ的材料制成，横截面均为圆形、粗细均匀，将它们并联后接在电路c、d间。已知金属丝A的长度为L、直径为d，金属丝B的长度为2L、直径为2d，则下列说法中正确的是( )
A. 金属丝A、B的电阻相等
B. 相同时间内通过金属丝A、B横截面积的电荷量相等
C. 金属丝A、B内电子定向移动的速度之比为2:1
D. c、d间的电阻为6ρLπd2
6.如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是( )
A. 能从板间射出的粒子的动能均相同
B. 粒子在电场中运动的最短时间为 2d2v0
C. t=dv0时刻进入的粒子，从O′点的下方射出
D. t=d2v0时刻进入的粒子，从O′点的上方射出
7.闪电的可见部分之前有一个不可见阶段，在该阶段，由于雷雨云和地面间强大的电场，云底首先出现大气被强烈电离形成的一段暗淡的气柱，这种气柱逐级从云底向下延伸到地面，称梯级先导。梯级先导长约50m、直径约6m、电流约100A，可视为电子柱，它以平均约1.5×105m/s的速度一级一级地伸向地面，一旦接近地面，柱内的电子迅速地倾泄到地面，在倾泄期间，运动电子与柱内空气的碰撞导致明亮的闪光。一般情况下雷雨云距离地面1000m左右。用高速摄像机研究发现梯级先导电流主要集中在直径为几厘米的核心通道内流动。已知若电荷均匀分布在一条长直线上，与长直线距离为r处的电场强度大小的表达式为E=2kλr(λ为单位长度上的电荷量，k=9×109N⋅m2/C2，e=1.6×10−19C)。不考虑电荷运动引起的其他效应，下列估算正确的是( )
A. 梯级先导到达地面的时间约为7×10−6s
B. 电子柱内的平均电子数密度约为1×1012个/m3
C. 核心通道每米长度上的电荷量约为6×10−6C
D. 电子柱边缘处的电场强度大小约为4×106N/C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为m的物体，放在一固定的斜面上，当斜面倾角θ=30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现增大斜面倾角θ，当θ增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行。那么( )
A. 物体与斜面间的动摩擦因数为 33B. θ0=45°
C. θ0=60°D. θ0=30°
9.如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m=0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cs37∘=0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小球的电荷量q=6×10−5C
B. 小球动能的最小值为1 J
C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4 J
10.如图所示，质量为M=6kg的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点处固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C点到木板左端的距离L=0.36m，质量为m=2kg的小木块(可视为质点)静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.3，木板AB受到水平向左的恒力F=36N作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=8cm，且将物块向左弹回后能恢复原长，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 撤去恒力F后，小木块、木板和弹簧组成的系统动量守恒
B. 水平恒力F作用的时间为0.6s
C. 撤去恒力F后，弹簧的最大弹性势能Ep=0.6J
D. 整个运动过程中系统产生的热量Q=3.42J
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.如图螺旋测微器的读数是 mm;游标卡尺的读数是 mm．
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图甲所示是某种“研究平抛运动”的实验装置，铝制斜槽与电池和电磁铁组成回路，斜槽下端与弹性细金属线只接触不连接。当小球a处于斜槽末端时与小球b离地面的高度相同。
(1)在研究平抛运动的竖直分运动与自由落体运动的关系时，将小球a由斜槽某位置释放，当其经过斜槽末端时弹开金属导线，电路瞬间断开，电磁铁释放小球b，两小球在空中相碰。下列说法错误的是________。
A.释放小球a前应调整斜槽末端水平
B.本实验不能说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
C.本实验说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
D.重复实验时，小球a必须从原来的高度释放
(2)利用该实验装置研究小球a平抛运动的初速度。
①将小球a由斜槽最上端释放，确定好两球碰撞的位置，将其标记在竖直挡板上；
②水平移动电磁铁，改变小球b的位置，将小球a仍由斜槽最上端释放，再次标记碰撞位置；重复以上操作多标记几个碰撞位置；
③根据所标记的碰撞位置，描绘出小球a平抛运动的轨迹。
某次实验描绘出的轨迹如图乙所示，图中O为抛出点，A、B、C三点均在两坐标线交点，所选坐标纸每小格的边长为5 cm，重力加速度g=10 m/s2，则小球a水平飞出时的初速度大小v0=________m/s，从A运动到B所需时间t=________s，在B点处的瞬时速度的大小为vB=________m/s。
13.某同学采用图甲中实验装置进行验证动量守恒定律。实验中：
(1)选来做实验的入射小球A、被碰小球B应该满足：半径rA=rB、质量mA_________mB(选填“>”、“=”、“<
(2)在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是_________。
A.使两球碰后均能从同一高度飞出 B.使两球离开斜槽末端时的速度方向为水平方向
C.使两球碰后能同时飞出 D.使两球在碰撞时动能不损失
(3)若A球质量为mA=75g，且两小球发生正碰前后的x—t图像如图乙所示，则B球的质量为mB=_________g。
(4)若A、B两球的质量未知，调节A球无初速度释放的位置，使A球以某一速度与静止的B球发生正碰，且碰后两球动量正好相同，则A、B两球的质量之比mAmB应满足_________。
五、计算题：本大题共3小题，共34分。
14.完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150 m，BC水平投影L2=63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12∘(sin12∘≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m=60 kg，g=10 m/s2，求
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．
15.如图所示，xOy平面内的第三象限内有加速电场，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止加速，从B点进入第二象限内的辐向电场(电场强度方向指向O)，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，从C点进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场中，从D点2R,0处射出电场，不同象限内电场互不影响，不计粒子的重力对粒子运动轨迹的影响，加速电场的电势差为U。
(1)求圆弧虚线处电场强度E的大小；
(2)求第一象限匀强电场的场强大小；
(3)若在第四象限加上大小为4UR，方向沿y轴正方向的匀强电场，求粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间。
16.如图所示，右侧为半径R=1 m的四分之一光滑圆弧的质量为mC=5 kg的物块C固定在光滑水平面上，圆弧底端和水平面平滑连接。一质量为mA=2 kg的小物块A左端与轻质弹簧相连且弹簧未发生形变。现小物块A右侧有一速度为v0=9 m/s的小物块B向左运动，与A发生弹性碰撞。假设此后两物块每次碰撞均视为弹性碰撞，且每次碰撞后A的动能完全转化为弹簧弹性势能时弹簧锁定，物块B与A碰撞瞬间弹簧又恰好解除锁定。已知mB=1 kg，A、B均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后物块B所能到达的最大高度；
(2)求第n次碰撞后弹簧储存的能量；
(3)若物块C解除固定，求最后弹簧储存的能量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查自由落体运动和竖直上抛运动。
根据h=12gt2计算自由落体运动下降的高度；利用h=v0t−12gt2竖直上抛运动的距离。
【解答】
设经过时间t，a和b相遇，a下降的高度为H1=12gt2，b上升的高度为H2=v0t−12gt2，且h1+L+h2=H1+H2，解得t=1930s，H1=361180m，则a、b两球在管内相遇，故B正确，ACD错误。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】设液柱总质量为m。根据机械能守恒
m4gh2=12mv2+m4gh4
得右侧液面下降的速度为
v= 18gh
故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是飞船的变轨问题，由开普勒第三定律比较周期的大小；轨道升高需加速；根据万有引力为合外力，求加速度；由加速度与速度的的夹角判断飞船速度的变化。
【解答】A、飞船在LEO轨道半长轴比空间站轨道的半径小，由开普勒第三定律得飞船在LEO轨道的运行周期小于空间站周期，故 A错误；
B、飞船在M点需加速，轨道升高进入转移轨道，故 B错误；
C、飞船在空间中，万有引力是合外力，由牛顿第二定律得，飞船在转移轨道运行经过M点的加速度大于N点的加速度，故C正确；
D、飞船在转移轨道从M点运动到N点过程中万有引力与速度的夹角为钝角，飞船做减速运动，飞船速度逐渐减小，故D错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题是一道新信息题，能从题设得出有用的信息是解题的关键。
关键题设结合转速的含义即可判断。
【解答】
由图可知20d=2πr⋅n
解得n=30r/min
故选A。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.根据
R=ρLS=4ρLπd2
则
RARB=LALB(dBdA)2=2
则金属丝 A 、 B 的电阻不相等，选项A错误；
B.两电阻不等，则电流不等，根据并联电路的电流关系可知
IB=2IA
根据
q=It
可知相同时间内通过金属丝 A 、 B 横截面积的电荷量不相等，选项B错误；
C.根据
I=neSv=14πd2nev
解得
v=4Iπd2ne∝Id2
金属丝 A 、 B 内电子定向移动的速度之比为
vAvB=IAIB×(dBdA)2=2:1
选项C正确；
D.因
RA=ρLS=4ρLπd2
则
RB=2ρLπd2
c、d 间的电阻为
Rcd=RARBRA+RB=4ρL3πd2
选项D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.梯级先导到达地面的时间约为
t=xv=10001.5×105s≈7×10−3s
故A错误；
B.取时间 Δt 通过某横截面积的电荷量为
Q=IΔt=vΔt⋅πD24ne
解得
n=4IΔtπD2ev≈1.5×1014个/m3
故B错误；
C.取时间 Δt 通过某横截面积的电荷量为
Q=IΔt=ρvΔt
解得
ρ=Iv≈6.7×10−4C
D.根据
E=2kλr
解得
E=2kλr=2×9×109×6×10−412×6N/C≈4×106N/C
故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.梯级先导到达地面的时间约为
t=xv=10001.5×105s≈7×10−3s
故A错误；
B.取时间 Δt 通过某横截面积的电荷量为
Q=IΔt=vΔt⋅πD24ne
解得
n=4IΔtπD2ev≈1.5×1014个/m3
故B错误；
C.取时间 Δt 通过某横截面积的电荷量为
Q=IΔt=ρvΔt
解得
ρ=Iv≈6.7×10−4C
D.根据
E=2kλr
解得
E=2kλr=2×9×109×6×10−412×6N/C≈4×106N/C
故D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，对物体进行受力分析，如图所示，可知应满足
mgsin30∘−μmgcs30∘=0
解得
μ= 33
选项A正确；
BCD.当斜面倾角为临界角时，受力情况如图所示
由物体做匀速直线运动的条件有
Fcsα=mgsinα+Ff2
FN=mgcsα+Fsinα
Ff2=μFN
解
F=mgsinα+μmgcsαcsα−μsinα
当 csα−μsinα≤0 时，即满足“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”的临界条件，临界角
θ0=α=60∘
故C正确，BD错误。
故选AC。
9.【答案】AB
【解析】AB
【详解】
A.开始时，小球处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件可得
mgtan37∘=Eq
解得小球的电荷量为
q=mgtan37∘E=6×10−5C
故A正确；
B.由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置关于O点的对称点B点，小球的势能最大，由于小球的总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小;根据题意，在B点时小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而细线的拉力恰为零
F合=mgcs37∘=1N
又
F合=mvB2l
得
EkB=12mvB2=1J
故B正确；
C.由于总能量保持不变，即
Ek+EpG+EpE=恒量
当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；
D.小球由B运动到A
W合=F合⋅2l
所以小球在B点的势能
EpB=4J
总能量
E=EpB+EkB=5J
故D错误。
故选AB。
10.【答案】ABC
【解析】ABC
【详解】A.撤去恒力 F 后，小木块、木板和弹簧组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，故A正确；
B.在水平恒力作用下，对 M 分析有
F−μmg=Ma1
解得
a1=5m/s2
对 m 受力分析有
μmg=ma2
解得
a2=3m/s2
恒力 F 撤去时木块恰好到达弹簧自由端 C 处，则有
L=12a1t2−12a2t2
解得
t=0.6s
故B正确；
C.撤去 F 时，木板与木块的速度分别为
v1=a1t=3m/s
v2=a2t=1.8m/s
撤去外力 F 后，根据动量守恒，有
Mv1+mv2=M+mv
两者具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒有
Ep=12Mv12+12mv22−12M+mv2−μmgx
联立解得
Ep=0.6J
故C正确；
D.在 F 作用过程中产生的热量
Q1=μmgL=2.16J
从撤去 F ，物块向左弹回，直到木板和木块共速的过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律有
Mv1+mv2=M+mv共
根据能量守恒定律，该过程中系统产生的热量
Q2=12Mv12+12mv22−12M+mv共2
联立解得
Q2=1.08J
整个运动过程中系统产生的热量
Q=Q1+Q2=3.24J
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】1.845(1.841∼1.846)；42.40
【解析】【分析】
本题考查了螺旋测微器和游标卡尺的读数。
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。
【解答】由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为34.5×0.01mm=0.345mm，读数为1.5mm+0.345mm=1.845mm；游标卡尺的固定刻度读数为4.2cm=42mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×8mm=0.40mm，读数为42mm+0.40mm=42.40mm。
12.【答案】(1)D；(2)2.0，0.1，2 2
【解析】解：(1)A、平抛运动的初速度沿水平方向，所以释放a小球前应调整斜槽末端水平，故A正确；
BC、两球在空中相碰能说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，不能说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，故BC正确；
D、重复实验时，以不同初速度抛出，两球均能相碰，所以a小球不必从原来的高度释放，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
(2)由于OA、AB、BC水平间距相等，所需时间相等，
在竖直方向上，根据位移差公式Δy=5L−3L=gt2，解得t= 2Lg= 2×5×0.0110s=0.1s
则平抛运动的初速度：v0=4Lt=4×5×
B点竖直方向上的分速度为vy=3L+5L2t=8×5×0.012×0.1m/s=2m/s
则B点的瞬时速度：vB= v02+vy2= 22+22m/s=2 2m/s
故答案为：(1)D；(2)2.0，0.1，2 2
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)由于平抛运动在水平方向时匀速运动，由于AB与BC水平距离相等，因此时间间隔相等，在竖直方向上，根据Δy=gT2可得相邻两点间的时间间隔，从而解得初速度，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度解得运动到B点时的竖直速度，进而求出B点的瞬时速度。
关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。分析小球水平方向和竖直方向的运动特点，充分利用匀变速直线运动的规律结合运动的合成来求解。
13.【答案】 > B 30 1【详解】(1)[1]选来做实验的入射小球A、被碰小球B应该满足：半径 rA=rB 、为防止入射球反弹，则两球质量 mA>mB ；
(2)[2]在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是使两球离开斜槽末端时的速度方向为水平方向做平抛运动，故选B。
(3)[3]因x−t图像的斜率等于速度，由x−t图像可知碰前B速度为零，A的速度v0=4m/s碰后AB的速度v1=2m/s，v2=5m/s，根据动量守恒定律
mAv0=mAv1+mBv2
解得
mB=30g
(4)[4]设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有
p2=2mEk
碰撞过程动能不增加有
2p22mA=p22mA+p22mB
解得
mAmB≤3
因为要用质量较大的球碰质量较小的球，故
mAmB>1
A、B两球的质量之比应满足
1
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
v2=L1t ①
根据动能定理，有
W=12mv2−0 ②
联立①②式，代入数据，得
W=7.5×104 J ③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2=Rsinθ ④
由牛顿第二定律，有
FN−mg=mv2R ⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN=1.1×103 N ⑥

【解析】(1)根据匀变速运动的平均速度公式与位移公式求出舰载机水平运动过程的末速度，然后应用动能定理可以求出水平力做功。
(2)根据题意求出BC圆弧的半径，应用牛顿第二定律求出飞行员受到的竖直向上的压力。
本题考查了动能定理与牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚舰载机的运动过程与飞行员的受力情况是解题的前提与关键，应用运动学公式、动能定理与牛顿第二定律可以解题。
15.【答案】(1) 2UR ；(2) UR ；(3) 25mR22qU
【详解】(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度为v，由
qU=12mv2
得
v= 2qUm
在偏转电场中，由
Eq=mv2R
可知
E=mq⋅2qUmR=2UR
(2)由题意可知，带电粒子在第一象限做类平抛运动，设竖直方向上加速度为a，运动时间为t，第一象限电场强度为 E1 ，
水平方向上
2R=vt
竖直方向上
R=12at2
a=E1qm
联立解得
E1=UR
(3)粒子自C点离开y轴后做周期性运动，由(2)可知
E1=12E=UR
设第四象限电场强度大小为 E2 ，带电粒子在第一、四象限竖直方向上的加速度大小分别为 a1、a2 ，则
a1:a2=E1qm:E2qm=1:4
设带电粒子在第一象限做类平抛运动运动时间为 t1 ，从D点射出后至竖直方向上速度减为0用时为 t2 ，由(2)可知
t1= 2mR2qU
由
t2:t1=1a2:1a1
可知
t2=t14= mR28qU
所以粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间为
t=2t1+t2= 25mR22qU

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1)设第一次碰撞后物块A，物块B的速度分别为vA，vB以水平向左为正方向
对A、B系统发生完全弹性碰撞，
由动量守恒定律知mBv0=mBvB+mAvA
由能量守恒定律可得12mBv02=12mBvB2+12mAvA2
联立解得vB=(mB−mA)v0mA+mB=−13v0=−3m/s
设物块B向右运动的最大高度为h，
由动能定理得−mBgh=0−12mBvB2
解得h=0.45m
(2)设第一次碰撞前物体B的动能为Ek0，第n次碰撞后物块B的动能为Ekn
由(1)可知Ek0：Ek1=v02：vB2=9：1
对第n次碰撞过程，由动量守恒定律与能量守恒定
律可知mBvBn−1=mBvBn+mAvAn
12mBvBn−12=12mBvBn2+12mAvAn2
联立解得vBn=(mB−mA)vBn−1mA+mB=−13vBn−1
故对第n次碰撞前后，恒有Ekn−1 ：Ekn=vBn−12：vBn2=9:1
由等比数列可知Ekn=(19)nEk0
由能量守恒定律可知，
弹簧在第n次碰撞后储存的能量为E=Ek0−Ekn
=(1−(19)n)Ek0=81(1−(19)n)2J
(3)根据题意可知，设第一次碰撞前的瞬间物块B的动能分别为
Ek1，碰撞后弹簧所储存的能量为E1；
由(2)可知Ek1:E1=Ek2:E2=9:8
Ek1=12mBv02=812J
故E1=89Ek1=36J
设第一次碰撞后物块B的速度为v1，动能为Ek
由(1)可知Ek=92J，v1=3m/s
设物块B从物块C左端离开时物块B和物块C的速度分别为v2、v3，由于运动过程水平方向上动量
守恒定律，且没有能量损耗，所以该过程可视为完全弹性碰撞，由动量守恒定律及能量守恒定律知
mBv1=mBv2+mCv3
12mBv12=12mBv22+12mCv32
Ek2=12mBv22
联立解得Ek2=2J，v2=2m/s v3=1m/sE2=89Ek2=169J，设物块B与A第二次碰撞后速度为v4=23m/s故最后弹簧储存的能量为E1+E2=3409J。
【解析】弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式，碰后B的动能转化为沿C上升的重力势能列式可得B上升最大高度；
根据弹性碰撞特点分析可得B每次碰后动能为碰前的九分之一，结合等比数列关系结合能量守恒可得弹簧储存的能量；
根据弹性碰撞规律列式可得结果。