湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试卷（Word版附解析），共11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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于电磁波理论，下列说法正确的是( )
A. 在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
B. 均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
C. 做非匀变速运动的电荷可以产生电磁波
D. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
2.如图所示为一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电(电荷定向移动形成电流I=qt)，下列说法正确的是( )
A. 放电之后，电容器的电容为零B. 该电容器的击穿电压为9kV
C. 放电之前，电容器存储的电荷量为135CD. 该次通过人体的电流为67.5A
3.中国江苏某一品牌的太阳能热水器中含有辅助电加热控制器，当太阳能不足时，热水器中的水温达不到所需要的温度，热水器内安装的电阻丝辅助加热装置会自动工作，如图所示，如要在最短的时间内将水加热到预期的温度，应将选择开关置于哪一个挡位( )
A. “0”挡B. “1”挡C. “2”挡D. “3”挡
4.某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，则( )
A. x1处跟x2处的电场强度方向不同
B. x1处跟x2处的电场强度大小相等
C. 若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能
5.“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为θ，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角(小于5∘)摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱OO′垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5∘，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知θ=30∘，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 图甲中摆球的周期为T=2π Lg
B. 图乙中摆球的摆动周期为T=2π 2L 3g
C. 图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 3mg
D. 若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大
6.如图所示是两个等量点电荷的电场线分布，虚线是某带电粒子在电场中仅受电场力作用的运动轨迹，图中A、B是轨迹上的两点，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子在A处的动能比B处的动能大B. 该粒子在A处的电势能比B处的电势能大
C. 题中等量点电荷左边为正电荷，右边为负电荷D. 该粒子在A处的加速度比在B处的加速度要大
7.如图所示，竖直轻弹簧两端分别与物块A、B相连，物块A、B所受重力均为mg，物块B放在固定于水平面上的压力传感器上，物块A在初始位置处于平衡状态。现对物块A施以大小为F=mg的力将其下压一段距离x保持静止，然后撤去力F，当物块A向上运动到初始位置上方距离也是x时( )
A. 压力传感器的读数是零B. 压力传感器的读数是mg2
C. 压力传感器的读数是2mgD. 压力传感器的读数是mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一带负电小球，在从空中a点运动到b点的过程中，受重力、空气阻力和静电力作用，重力对小球做功5.5J，小球克服空气阻力做功1.5J，静电力对小球做功2J，则下列说法正确的是( )
A. 小球在a点的重力势能比在b点少5.5JB. 小球在a点的机械能比在b点少0.5J
C. 小球在a点的电势能比在b点多2JD. 小球在a点的动能比在b点大6J
9.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是 3cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距0点不足一个波长λ，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 该列简谐横波波长λ可能为2.4mB. 质点a的平衡位置距0点的距离可能为2λ3
C. 质点a的平衡位置距0点的距离一定为λ6D. 再经T6，质点b到达波峰
10.如图1所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s−F的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1m−1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B. C点纵坐标为1.5m−1
C. 随着F增大，当外力F=1.5N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D. 图像中D点对应的外力F的值为3N
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
(Ⅰ)如图甲所示，测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面。
(Ⅱ)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍。
(Ⅲ)如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为9d、d、4d。已知重力加速度为g。完成以下问题：
(1)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：
A.保证球1与球2都能在竖直平面内运动
B.更易使小球碰撞接近弹性碰撞
C.受空气阻力小一些
(2)若二者质量满足关系式 ，则验证碰撞中动量守恒。
(3)球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量 球2的质量(选填“大于”或“等于”或“小于”);若为非弹性碰撞，则 (选填“能”或“不能”)比较两球质量大小。
12.如图所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势在0.4V∼0.6V范围内，内阻几千欧，某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。
(1)如图所示，直接用多用电表“直流2.5V”挡测量出可乐电池的电动势为 V。
(2)现有实验器材：
A.电压表(0∼3V;RV约为3000Ω)
B.电流表(0∼300μA,RA为300Ω)
C.电阻箱(0∼9999Ω)
D.滑动变阻器(0∼20Ω)
E.开关，导线若干
①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图 完成电路连接。
A.
B.
C.
D.
②通过数据处理画出相应的可乐电池R−1I图像如图实线所示，可知该可乐电池的内阻约为 Ω(保留2位有效数字)。
③将该可乐电池静置5h后再次测量获得的R−1I图像如图虚线所示，可知该可乐电池的电动势 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架OAB，OA杆竖直且O、A相距为h，OB杆与OA杆夹角为30∘，B点与A点高度相同。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于O点，另一端与套在OB杆上质量为m的带电小球P相连，初始时，小球静止于OB中点且对杆无压力。现驱动该装置以OA为轴转动，使小球缓慢移动至B点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)初始时小球P所受的静电力大小;
(2)小球到达B点后的角速度大小;
14.如图所示，ABCD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，直轨道AB和圆弧轨道BCD相切于B点，圆弧轨道半径为R，AB与水平面的夹角为θ=53∘，CD为圆弧轨道的竖直直径，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中。带正电的小球b质量为m，带电荷量为q(电荷量始终不变)，若将小球b从B点由静止释放，则它运动到轨道最低点C时对轨道的压力大小为3.6mg(g为重力加速度)，现让一不带电的质量为M的绝缘小球a从直轨道的A点由静止释放，运动到C点时恰好与静止在C点的小球b发生弹性碰撞。不计空气阻力，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。
(1)求匀强电场的电场强度的大小E;
(2)若M=m，且碰后小球b恰好到达最高点D，则轨道A点离B点的高度h为多少?
(3)若在C点碰撞后小球b的速度大小为 57gR2，则小球b从D点离开轨道到再次回到轨道的时间t为多长?
15.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为30l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

(1)求第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，求小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场才能产生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，故AB错误；
C、做非匀变速运动的电荷可以在周围空间产生变化的电磁场，形成电磁波，故C正确；
D、赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
2.【答案】D
【解析】放电之后，电容器的电容不变，故 A错误;
根据电容器的工作原理，及题目中的已知条件，可得击穿电压要大于9kV，故B错误;
放电之前，电容器存储的电荷量为Q=CU=0.135C，故C错误;
该次通过人体的电流为I=qt=0.1352×10−3A=67.5A，故D正确。
3.【答案】B
【解析】根据焦耳定律有：Q=U2Rt ，因而在电压一定的情况下，电阻越小，发热功率越大，产生相同的内能需要的时间越短，故应选“1”挡，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
φ−x的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示场强的方向；正电荷从高电势向低电势移动，电场力做正功；电势能是标量，对正电荷来说，电势越高电势能越大。
【解答】
A.x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A错误；
B.x1处的斜率的绝对值大于x2处的斜率的绝对值，说明x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；
C.从x1处到x2处，电势逐渐降低，则在此空间移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D.根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D正确。
5.【答案】C
【解析】A.由甲中摆球的摆线长度为： L×csθ2 ，结合单摆的周期公式 T=2π Lcsθ2g
代入角度，可得 T=2π Lcs15∘g
故A错误；
C.图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零，
由图可知：FAsinθ=mgcsθ
即可得细线的拉力为： FA= 3mg
故C正确；
B.结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为 T=2π Lgsinθ
解得： T=2π 2Lg
故B错误；
D.由摆球的周期公式 T=2π Lg
可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据电荷受到电场力的特点判断；电场线密处带电粒子受到的电场力大，加速度大；结合电势能与电势的关系判断电势能和动能。
解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电势与电势能间的关系。
【解答】
C.根据等量点电荷电场线的箭头可知，该等量点电荷均为正电荷，故C错误；
B.根据等量正点电荷电势的特点及电场线的方向可以判断，A处电势比B处电势低，再根据电场力为合力指向凹侧，则带电体受到吸引力，为负电荷，所以带电体在A处电势能要大，故B正确；
D.电场线的疏密可以反映电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，由图可知，A处电场线疏，则该带电体在A处的加速度比在B处的加速度要小，故D错误；
A.带电粒子在电场中仅受电场力作用，在A处电势能要大，根据能量守恒可知该粒子在A处的动能比B处的动能小，故A错误。
7.【答案】D
【解析】设物块A在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对A列平衡方程为：mg=kx0，施加力F后弹簧再压缩x，对A列平衡方程为：F+mg=k(x+x0)，又由于F=mg，解得kx=mg，撤去力F的瞬间，物块A所受的回复力F回=k(x0+x)−mg=kx，当物块A向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回=kx，而kx=mg，可见物块A所受弹簧弹力恰好为零，以物块B为研究对象，受力分析知压力传感器对物块B的支持力为N=mg，故压力传感器的读数是mg，故D正确，ABC错误。
8.【答案】BC
【解析】A、由题，小球从a点运动到b点过程中，重力对小球做功5.5J，小球的重力势能就减小5.5J，所以小球在a点的重力势能比在b点大5.5J，故A错误；
B、小球从a点运动到b点过程中，克服空气阻力做功1.5J，电场力对小球做功2J，两个力的总功为0.5J，小球的机械能就增加0.5J，所以小球在a点的机械能比在b点小0.5J，故B正确；
C、电场力对小球做功2J，小球的电势能就减小2J，则小球在a点的电势能比在b点大2J，故C正确；
D、重力对小球做功5.5J，小球克服空气阻力做功1.5J，电场力对小球做功2J，三个力的总功为6J，根据动能定理得到，小球的动能就增大6J，则小球在b点的动能比在a点多6J，故D错误。
故选：BC。
9.【答案】AB
【解析】A.设质点的起振方向向上，b的振动方程为 3=2sinωt1
可得：ωt1=π3
a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为 3=2sinωt2
可得：ωt2=2π3
则a、b振动的时间差最短为Δt=t2−t1=π3ω=T6
所以a、b之间的最短距离为Δx=vΔt=λ6
则通式为(n+16)λ=40cm
则λ=2406n+1cm=2.46n+1m(n=0、1、2、3、)，当n=0时，λ=2.4m，故A正确：
BC.若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为xa=λ6
若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为xa=λ6+λ2=2λ3，故B正确，C错误；
D.因为a、b振动的时间差最短为Δt=t2−t1=π3ω=T6
根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过t′=Δt2=T12的时间，故D错误。
10.【答案】BD
【解析】A、F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv0=mv1+Mv2
12mv02−(12mv12+12Mv22)=μmgs
将M=0.5kg、m=1kg、v0=4m/s、s=1m代入得：v1=2m/s、v2=4m/s(不符合情况，舍去)
或v1=103m/s,v2=43m/s，故A错误；
B、①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，
由牛顿第二定律得：a1=F+μmgM，
根据速度时间关系可得：v=v0−amt1=a1t1，am=μg
根据位移关系可得：s=v0+v2t1−v2t1=v02t1，
联立解得：1s=F+34
由图乙知，相对路程：s≤1m，
代入解得：F≥1N；
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；
当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，
由牛顿第二定律得：a=FM+m，而f=ma，
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax=μmg=0.2×1×10N=2N，
联立解得：F≤3N；
综上所述，BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是：1s=F+34
当F=3N时，1s=1.5 m−1
则B点的横坐标为：1N，C点的纵坐标为：1.5m−1，故B正确；
C、当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，
则木板的加速度为：a1=F+μmgM=(2F+4)m/s2
根据速度−时间关系有：v=v0−amt1=a1t1
相对位移为：L=v0+v2t1−v2t1
联立解得：F=1N，故C错误；
D、图中D(C)临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力，两者一起加速运动的临界加速度为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，FD=(m+M)a=(0.5+1)×2N=3N，故D正确。
11.【答案】(1)A；(2)2m1=m2；(3)小于；能。
【解析】(1)与用一根细线悬挂小球相比，本实验用双线摆的优点是双线摆能保证小球更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)摆长L=15d，球1从A点静止释放到最低点的过程中，球1下降的高度h1=9d
根据动能定理m1gh1=12m1v12
解得v1= 2gh=3 2gd
碰前球1的动量大小为p1=m1v1=3m1 2gd
同理可得v1′= 2gd，v2=2 2gd
取水平向左为正方向，若碰撞过程动量守恒，满足m1v1=−m1v1′+m2v2
代入数据联立解得2m1=m2
(3)若两小球发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，动量守恒m1v1=−m1v1′+m2v2
机械能守恒12m1v12=12m1(v1′)2+12m2v22
解得v1′=m1−m2m1+m2v1
球1碰撞后向右反弹，则m1m1v1
碰撞过程为非弹性碰撞，机械能有损失，则12m1v12>12m1(v1′)2+12m2v22
解得m2>m1
因此能比较两球质量大小。
故答案为：(1)A；(2)2m1=m2；(3)小于；能。
12.【答案】(1)0.43；(2) ① A ; ②2.0×103 ; ③不变。
【解析】(1)选择“直流2.5V”挡时对应的分度值为0.05V，估读到0.01V，可得可乐电池的电动势大小为8.5×0.05V≈0.43V。
(2) ①电流表内阻已知，将其与电阻箱串联，电流表测量流过电路的准确电流，通过闭合电路欧姆定律得到电动势和电路中总电阻的关系，以减小系统误差，故选A。
②根据电路图和闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r)，整理得R=E⋅1I−(RA+r)，故R−1I图像的斜率表示电源电动势，纵轴截距的绝对值表示电池内阻和电流表的内阻之和，可得RA+r=2.3×103Ω，故r=2.0×103Ω。
③根据前面分析可得R−1I图像的斜率表示电源电动势，虚线所示图线的斜率等于实线的斜率，所以可乐电池的电动势不变。
13.【答案】解：(1)小球受到弹簧弹力F、库仑力F电、重力mg而平衡，如图所示：
几何关系可知F=F电
由平衡条件有2F电cs30°=mg
联立解得F电= 33mg；
(2)设此时库仑力为F电′，杆对球弹力为N，如图所示：
由几何关系可知AB=AP，故F电′=F电= 33mg
水平方向由牛顿第二定律有F电′+Ncs30°=mω2rAB
竖直方向上由平衡条件有Nsin30°=mg
联立解得ω=2 gh。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)小球b运动到最低点C时，对轨道的压力大小为3.6mg，
由牛顿第三定律可知轨道对小球b的支持力大小为3.6mg，由牛顿第二定律有3.6mg−mg−qE=mv2R，
小球b从B点到C点的过程，由动能定理有(mg+qE)R(1−csθ)=12mv2−0，联立解得E=mgq；
(2)设小球a碰撞前后速度分别为v0、v1，小球b碰撞后速度为v2，
由动量守恒定律有Mv0=Mv1+mv2，由机械能守恒定律有12Mv02=12Mv12+12mv22，
小球b恰能到达D点时的速度为vD，由牛顿第二定律得qE+mg=mvD2R，
小球b从C点到D点的过程，由动能定理有−(qE+mg)⋅2R=12mvD2−12mv22，
小球a从A点到C点的过程，有Mg(h+R−Rcsθ)=12Mv02，联立解得h=4.6R；
(3)小球b从C点到D点的过程，由动能定理有−(qE+mg)⋅2R=12mvD′2−12mv2′2，
可求出小球b到达D点速度大小vD′=52 gR，
小球b离开D点后做类平抛运动，落到直轨道上时水平距离为x，竖直距离为y，
则x=vD′t，y=(qE+mg)t22m
由几何关系有x=(R+Rcsθ−y)1tanθ+Rsinθ
联立解得t=23 Rg。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为v1，由速度−位移公式得：2gl=v12
解得：v1= 2gl
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm1、vM1，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv1=mvm1+MvM1
12mv12=12mvm12+12MvM12
已知：m=13M
联立解得：vm1=− 2gl2，vM1= 2gl2
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为 2gl2；
(2)第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。
设第一次碰后小球经过时间t与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为sm，以竖直向下为正方向，
根据运动学公式得：vM1=vm1+gt
解得：t= 2lg
dmax=vM1t−(vm1t+12gt2)
解得：dmax=l；
(3)设自第一次碰撞后经t1时间发生第二次碰撞，小球与薄圆盘共速时相距l，设共速后再经t1′时间小球追上薄圆盘，根据位移关系有v2t1′+12gt′1−v2t1′=l，解得t1= 2lg，则t1=t+t1′=2 2lg，追上时小球的速度v1m=v11+gt1=32 2gl，圆盘的速度v1M=v21= 2gl2，设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为v2m、v2M，由动量守恒定律得mv1m+Mv1M=mv2m+Mv2M，由机械能守恒定律得
12mv1m2+12Mv1M2=12mv2m2+12Mv2M2，解得v2m=m−Mm+M(v1m−v1M)+v1M=0，v2M=2mm+M(vlm−v1M)+v1M= 2gl，假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间Δt=t1=2 2lg，画出第一次碰撞后小球的v−t图像，如图所示： v−t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出s1+s2+s3=12l，s1+s2+s3+s4=20l，s1+s2+s3+s4+s5=30l，30l+l=31l>30l>21l，则小球与薄圆盘碰撞的次数是5。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】