2023年江西省南昌十中高考物理一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年江西省南昌十中高考物理一模试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了0m/s2B，5km/sB等内容，欢迎下载使用。
2023年江西省南昌十中高考物理一模试卷
1. 某短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，该运动员用12s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1：4，则该运动员在加速阶段的加速度为(    )
A. 2.0m/s2 B. 2.5m/s2 C. 3.0m/s2 D. 3.5m/s2
2. 2020年7月23日12时41分，长征五号运载火箭将“天问一号”探测器发射升空，开启火星探测之旅，迈出了中国自主开展行星探测的第一步，预计“天问一号”被火星捕获以后，将在距火星表面400km的圆轨道上进行探测。已知地球半径约为6400km，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，火星的质量约为地球的19，半径约为地球的一半，则“天问一号”绕火星做圆周运动的速度约为(    )
A. 3.5km/s B. 4.5km/s C. 5.5km/s D. 6.5km/s
3. 如图所示，垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形ABCD，其中E为BC边的中点，AE垂直于BC，一束电子以大小不同的速度沿AE方向射入磁场，不计电子的重力和电子间的相互作用。关于电子在磁场中运动的情况，下列说法正确的是(    )
A. 入射速度越大的电子，其运动时间越长
B. 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长
C. 从AB边射出的电子运动时间都相等
D. 从BC边射出的电子运动时间都相等
4. 如图所示，U形光滑金属框bacd置于水平绝缘平台上，ba、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根阻值为R的导体棒PQ置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框。运动过程中装置始终处于竖直向上的匀强磁场中，PQ与金属框接触良好且与ac边保持平行，经过一段时间后，金属框和导体棒运动的v−t图像正确的是(    )

A. B.
C. D.
5. 如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是(    )
A. 木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为2mg
B. 木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为3g
C. 木块A向上运动的距离为2mgk时，A的动量最大
D. 木块B可能离开地面向上运动

6. 在α粒子散射实验中，如果一个α粒子跟金箔中的电子相碰，下列说法正确的是(    )
A. α粒子发生大角度的偏转 B. α粒子不会发生明显偏转
C. α粒子被弹回 D. α粒子与电子碰撞时动量守恒
7. 有一个质量为2kg的小车在平面直角坐标系中运动，在x方向的v−t图像和y方向的s−t图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是(    )

A. 小车做匀变速曲线运动 B. 2s内小车所受的合外力的冲量为6N⋅s
C. 2s内合外力对小车做的功为48J D. 0时刻小车的动量为8kg⋅m/s
8. 带电平行板电容器两极板水平放置，充电后与电源断开。两质量相等的带电小球a、b分别位于电容器内上、下极板附近，a与上极板、b与下极板的距离相等。现在同时由静止释放a、b，a和b同时经过两极板的中线MN，已知重力加速度为g，不计a、b间的相互作用和电容器极板的边缘效应，下列说法正确的是(    )
A. 到达MN时，a的动能大于b的动能
B. 到达MN时，a、b的电势能变化相等
C. 从释放两带电小球a、b到MN的过程中，b的机械能变化量的绝对值大于a的机械能变化量的绝对值
D. 若将上极板上移一小段距离h，下极板下移2h，再同时由原位置释放a、b，a、b仍同时到达原中线MN
9. 某研究性学习小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至如图1所示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中作周期性变化。

(1)用螺旋测微器测出金属小球的直径如图2所示，读数为______ mm。
(2)若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是______ (填入选项前的序号)。
A.释放小球时细线与竖直方向的夹角α
B.细线的长度L
C.小球的质量m
D.细线拉力的最大值F
E.当地的重力加速度g
(3)小球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为______ (用上述测定的物理量的符号表示)。
10. 小明想用如图所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻(约为1Ω)。其中R为滑动变阻器，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。

(1)为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图______ (填“甲”或“乙”)。
(2)实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，做出U−I图线(U、I都用国际单位)；
④求出U−I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距b。
则待测电源的电动势E和内阻r的表达式为E=______ ，r=______ 。
(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为______ 。
(4)最后小明想利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差，如图丙所示，实线是根据实验数据描点作图得到的U−I图像，请你用虚线在图丙中大致画出在没有电表内电阻影响的理想情况下，该电源的路端电压U随电流I变化的U−I图像。
11. 在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大？
(3)若粒子从P进入电场到D点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大？
12. 在如图所示的水平轨道上，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处固定一个竖直挡板。0时刻，质量为m=1kg的物体Q以向右的速度v0=9m/s与静止在A点的质量为M=2kg的物体P发生碰撞，探测器只在2s至4s内工作。已知物体P与水平轨道间的动摩擦因数为μ1=0.1，物体Q与水平轨道间的动摩擦因数为μ2=0.3，AB段长L=4m，g取10m/s2，P与Q以及P与竖直挡板之间的碰撞都是弹性碰撞(碰撞时间极短，可忽略不计)，P、Q均可视为质点， 7=2.65， 3=1.73。请通过计算说明：
(1)物体P与Q发生碰撞后，P能否被B处的探测器探测到？
(2)物体P与Q能否发生第二次碰撞？若能，请求出从第一次碰撞到第二次碰撞的过程中系统产生的内能；若不能，请求出PQ之间最终的距离。

13. 一定质量的理想气体经历了ABCDA的循环，其p−V图像如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大
B. 由B到C的过程中，气体释放热量
C. 由C到D的过程中，气体吸收热量
D. 由D到A的过程中，气体对外做功
E. 经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量大于释放的总热量

14. 受托里拆利实验的启发，某实验小组设计了如下实验，如图所示，AB是一粗细均匀的玻璃细管的两端，管长L=70cm。在温度为17℃的室内，将玻璃细管的B端向下竖直插入水银槽中，当B距水银面h=40cm时将A端封闭；然后将细管缓慢竖直向上提起，直至B端恰好要离开水银面时封住B端；之后将细管拿出水银槽并在竖直平面内缓慢旋转180∘，使B端在上A端在下，再打开B端。已知细管足够细，此时毛细现象将使细管中可以维持水银在上空气在下的状态。再将管内气体加热，直到水银柱上端恰好与管口平齐。已知大气压为75cmHg，求：
①B端离开水银面后，管中水银柱的长度；
②将管内气体加热，气体的温度需要达到多少摄氏度才能让水银柱上端恰好与管口B平齐。
15. 一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有一个质点P，已知波源O与质点P的平衡位置相距1.2m，以波源由平衡位置开始振动为计时零点，质点P的振动图像如图所示，则下列说法中正确的是(    )

A. 该列波的波长为4m B. 该列波的波速大小为0.6m/s
C. 波源O的起振方向为沿y轴负方向 D. 波源O的动能在t=10s时最大
E. t=5s时，质点P通过的路程是0.15m
16. 如图所示为某种透明介质制成的棱镜，其截面是一个等腰三角形ABC，∠A=30∘，A B边的长度为L，有一束单色光以平行于AC边的方向从AB边上距离A点14L处的M点射入棱镜，从N点(未画出)射出，已知该棱镜的折射率n= 3，真空中的光速为c。
①请通过计算确定N点的位置，并画出光路图；
②计算光线在棱镜中传播的时间。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：设运动员加速时间为t1，匀速时间为t2，匀速运动的速度为v，
加速的位移为：x1=v2t1
匀速的位移：x2=vt2
x1+x2=100m
x1：x2=1：4
解得：t1=4s，t2=8s，
x1=20m，x2=80m，
匀加速阶段，根据位移时间公式：
x1=12at2
解得：a=2.5m/s2
故B正确；ACD错误。
故选：B。
根据题目中位移的比值关系求出加速阶段和匀速阶段的位移，用平均速度求匀加速阶段位移，再求匀速阶段的位移，找到两个阶段时间的关系，根据匀加速阶段的位移时间公式求出加速度大小。
解题的关键是用平均速度求匀加速阶段的位移，求出两个阶段的时间关系，求出加速阶段的时间。

2.【答案】A 
【解析】解：行星的第一宇宙速度为行星近地表面卫星绕行星匀速圆周运动的速度，万有引力提供向心力：
GMmR2=mv2R
v= GMR
火星与地球的第一宇宙速度之比为：
v火v地=GM火R火GM地R地
解得：v火=3.7m/s
“天问一号”探测器绕火星做匀速圆周运动万有压力提供向心力：
GMmr2=mv2r
解得“天问一号”探测器的线速度为：
v= GMr
火星第一宇宙速度和“天问一号”探测器的线速度之比为：
v火v探=GM火R火GM火R火+h
解得天问一号”探测器的线速度为3.5km/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
行星的第一宇宙速度为行星近地表面卫星绕行星匀速圆周运动的速度，万有引力提供圆周运动的向心力，求得两个行星第一宇宙速度的关系求出火星的第一宇宙速度，根据“天问一号”探测器绕火星做匀速圆周运动万有压力提供向心力找到“天问一号”探测器和第一宇宙速度的关系。
抓住万有引力提供匀速圆周运动的向心力，找到不同天体间第一宇宙速度的关系，同一天体不同轨道探测器线速度的关系。

3.【答案】C 
【解析】解：AB、电子做圆周运动的周期：T=2πmeB保持不变，电子在磁场中运动时间为：t=θ2πT，故轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。电子沿AE方向入射，若从AB边射出时，因为弦切角相同，故对应的圆心角相同，时间t就相同，与速度无关。从BC边射出时，v越大，对应的圆心角反而越小，对应弧长越小，对应的时间t反而越小，故AB错误。
C、电子沿AE方向入射从AB边射出时，因为弦切角相同，故对应的圆心角相同，时间t就相同，故C正确。
D、电子沿AE方向入射从BC边射出时，v越大，对应的圆心角反而越小，对应的时间t反而越小，故D错误。
故选：C。
分别画出从AB边和BC边射出的粒子轨迹图，找到各轨迹对应的圆心角，利用圆心角判断时间的长短。
带电粒子在磁场内运动的题目，一定要画好粒子的运动轨迹，根据题目要求利用圆周运动的规律求解即可。

4.【答案】C 
【解析】解：设金属框的质量为M、导体棒的质量为m，导体棒的电阻为R。
当金属框在恒力F作用下向右加速时，ac边产生从a→c的感应电流，受到向左的安培力，设线框的加速度为a1，由牛顿第二定律得：F−BIL=Ma1；导体棒PQ中感应电流从Q→P，受到向右安培力，则PQ将向右加速，设加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL=ma2，当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为：I=BL(v1−v2)R，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从FM开始减小，当a1=a2=a，速度之差恒定，感应电流不变，此后金属框与MN的速度差维持不变，加速度不变，所以金属框做加速度逐渐减小的变加速运动，导体棒做加速度逐渐增大的变加速运动，最终两棒加速度相同，v−t图像如图C所示，故ABD错误、C正确。
故选：C。
分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式F=BIL求出二者的加速度表达式，当加速度差值为零时，得到速度之差恒定，从而分析出v−t图像的形状。
本题考查电磁感应中的动力学问题，关键要正确分析回路中感应电流与两棒速度的关系，利用牛顿第二定律分析两棒加速度变化情况。

5.【答案】C 
【解析】解：A、在木块C被移开前，以ABC整体为对象，进行受力分析可知，地面对B的支持力为4mg，木块C移开的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对B的支持力保持不变，所以木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为4mg，故A错误；
B、在木块C被移开前，对A进行受力分析，可知A受到C的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，当木块C移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合力保持不变，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根据牛顿第二定律可知aA=2mgm=2g，木块A的加速度大小为2g，故B错误；
C、当A所受合力为0时，A的速度最大，动量最大。当木块C被移开前，弹簧的形变量为
x1=(mA+mC)gk=3mgk，
当A所受合力为0时，弹簧的形变量为
x2=mAgk=mgk，
木块A向上运动的距离为△x=x1−x2，△x=2mgk，
所以木块A向上运动的距离为2mgk时，A的动量最大，故C正确；
D、由C项分析和对称性可知，木块A可以继续上升的高度为△x，此时弹簧的伸长量为x3=2△x−x1，x3=mgk，
此时弹簧的弹力为F=kx3=mg，
可知木块B刚好与地面的弹力刚好为0，但不可能离开地面向上运动，故D错误。
故选：C。
先对初始状态进行分析，以ABC为整体进行受力分析可求出地面支持力，运用隔离法可以求出三者之间的相互作用力；撤去木块C，C对木块A的作用力消失，而弹簧弹力不会发生突变。
本题考查胡克定律，结合受力分析和牛顿运动定律，要求学生运用整体法和隔离法进行分析，并结合计算判断变化后的情况，对学生分析综合能力有一定要求。

6.【答案】BD 
【解析】解：一个α粒子跟金箔中的电子相撞，满足动量守恒的条件，动量守恒，因α粒子的质量比电子大得多，尤如飞行的子弹碰撞灰尘一样，α粒子的动能和动量几乎没有损失，不会发生明显偏转，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
粒子发生碰撞时满足动量守理，根据动量守恒定律，结合α粒子的质量比电子大得多，从而即可求解。
本题考查碰撞中满足动量与能量守恒，掌握它们的守恒定律的条件，注意电子的质量比α粒子小得多是解题的关键。

7.【答案】AC 
【解析】解：v−t图象的斜率表示加速度，所以由图甲可知小车在x方向上做匀加速直线运动，初速度为：vx=4m/s，加速度为：a=△v△t=8−42−0m/s2=2m/s2，方向为x正方向
s−t图象的斜率表示速度，所以由图乙可知小车在y方向上的速度为：vy=△s△t=0−62−0m/s=−3m/s，即小车在y方向上的速度大小为3m/s，沿y负方向
结合x和y方向的运动情况可知，小车的初速度为v0= vx2+vy2= 42+32m/s=5m/s，与x有夹角，小车的合外力为：F=ma=2kg×2m/s2=4N，大小恒定，方向为x正方向
A、由上述分析可得，小车的初速度与合外力方向不共线，所以小车会做匀变速曲线运动，故A正确；
B、2s内小车所受合外力的冲量为：I=Ft=4N×2s=8N⋅s，方向为x正方向，故B错误；
C、v−t图的面积表示位移，由图甲可知2s时间内小车沿x正方向的位移为：x=4+82×2m=12m
所以2s内合外力对小车做的功为：W=Fx=4N×12m=48J，故C正确；
D、0时刻小车的速度为v0=5m/s，此时小车的动量为：p=mv0=2kg×5m/s=10kg⋅m/s，故D错误。
故选：AC。
小车做匀变速曲线运动的条件是所受合外力恒定且与初速度方向不共线，对两个图象分别进行分析，就可以找到初速度与合外力的关系；利用I=Ft计算合外力的冲量；先求出小车沿恒力方向上的位移，利用W=Fx计算恒力做功；求出小车的0时刻的速度后，利用p=mv计算小车的初动量。
本题主要考查运动的合成与分解，分别对两个图象进行分析，得到小车在两个方向上分运动的情况，从而推出小车真实的运动情况。计算小车的初动量时，注意分析小车的合速度。

8.【答案】CD 
【解析】A、根据位移公式x=12at2，位移相等，时间相等，所以两微粒的加速度大小相等，则到达MN时，b的速率等于a的速率，根据公式Ek=12mv2可知，a的动能等于b的动能，故A错误；
B、因为b加速度向上，所以b所受电场力一定向上，对b有：Eqb−mg=ma，对a，若a受电场力向下有：mg+Eqa=ma，若a受电场力向上，有：mg−Eqa=ma，所以a无论属于哪种情况，都有：qb>qa，由△Ep=−W=−Eqx可知，到达MN时，a、b的电势能变化不相等，故B错误；
C、除重力外的力做功改变物体的机械能，且qb>qa，所以电场力对b做的功大于对a做的功，所以粒子从释放至运动到MN的过程中，b的机械能变化量的绝对值大于a的机械能变化量的绝对值，故C正确；
D、若仅将上极板向上平移一段距离h，下极板下移2h，再同时由原位置释放a、b，由\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和\(E=\dfrac{U}{d}\)，
联立可知场强E=4πkQϵS，所以E不变，则两微粒的加速度不变，位置不变，所以两微粒同时到达原中线MN，故D正确。
故选：CD。
根据位移公式x=12at2和题目已知条件判断两微粒到达MN的速度判断动能大小，再依据牛顿第二定律以及电场力做功公式分析电势能变化，机械能变化由除重力之外的其他力做功大小来判断，由电容决定式和电场与电势差关系确定E的变化，从而判断改变之后到达MN的时间。
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，比较常规是一道好题，注意判断ab受力，以及电容Q不变是解题关键。

9.【答案】8.464BF=mg(3−2cosα) 
【解析】解：(1)由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：8mm+46.4×0.01mm=8.464mm。
(2)小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL(1−cosα)=12mv2
在最低点，细线的拉力与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F−mg=mv2L
解得：F=mg(3−2cosα)
实验需要测量：释放小球时细线与竖直方向的夹角α，小球的质量m，细线拉力的最大值F，当地的重力加速度g，实验不需要测量：细线的长度L，故选B。
(3)由(2)可知，小球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为：F=mg(3−2cosα)。
故答案为：(1)8.464；(2)B；(3)F=mg(3−2cosα)。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
(2)(3)小球摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式即可解题。

10.【答案】甲  b k 电源长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大 
【解析】解：(1)由于电源内阻远小于电压表的内阻，这样电压表的分流几乎可以忽略，故采用图甲测电源电动势和内阻较好；
(2)写出路端电压U与总电流I的关系式：U=E−Ir，那么U−I直线的斜率的绝对值就是电源内阻，纵截距就是电动势，所以E=b，r=k；
(3)电源长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大，小明的操作不妥；
(4)按照图甲来实验时，当外电路断开时，即电流为零，由于电压表的分流，这样路端电压小于电动势，而当外电路断路时，与电压表的内阻无关，所以得到的U−I图象是绕理想图象横截距位置逆时针转动一个角度，理想U−I图象如虚线所示。
故答案为：(1)甲；(2)b、d；(3)电源长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大；(4)如图虚线所示
(1)对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得到U−I图象为虚线和直接通过实验获得数据为实线进行比较；同理，对乙图，考虑电表内阻时(即虚线对应的真实情况)，
(2)在U−I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；
(3)电源长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大；
(4)根据图甲电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小来绘制。
本题考查了伏安法和伏安法测量某电源的电动势和内电阻的对比，要明白实验的原理是闭合电路欧姆定律，要会应用等效电源法并结合U−I图象去分析实验误差。

11.【答案】解：(1)根据几何关系知，P、C两点沿电场线方向的距离：y=3 24L，垂直电场线方向上的距离：x= 24L，
则有： 24L=v0t，3 24L=12at2，
根据牛顿第二定律有：a=qEm，
联立解得：E=12 2mv02qL；
(2)粒子从DC的中点Q离开电场，根据几何关系知，P、Q两点沿电场线方向的距离：y′= 22L，垂直电场线方向上的距离：x′= 22L，
则有： 22L=v1t1， 22L=12at12，
根据牛顿第二定律有：a=qEm，
联立解得：v1= 6v0；
(3)粒子从D点射出，根据几何关系知，沿电场线方向上的距离：y′′= 24L，
又：y′′=12at22，
根据牛顿第二定律有：a=qEm，
冲量的大小：I=qEt2，
联立解得电场力的冲量：I=2 3mv0.
答：(1)电场强度的大小为12 2mv02qL；
(2)粒子进入电场的速度为 6v0；
(3)粒子在此过程中所受电场力的冲量为2 3mv0. 
【解析】(1)根据几何关系求出P、C两点沿电场线方向和垂直电场线方向上的距离，抓住粒子在电场线方向做匀加速直线运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小；
(2)粒子从Q点离开电场，结合P、Q两点沿电场线方向上的距离和垂直电场线方向的距离，根据牛顿第二定律和运动学公式求出粒子进入电场的速度大小；
(3)粒子从D点离开电场，结合P、D两点沿电场线方向上的距离，根据牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间，根据冲量的公式求出电场力的冲量大小。
本题考查带电粒子在电场中偏转问题，要明确粒子的受力情况，确定其运动情况，会熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，结合几何知识帮助解答。

12.【答案】解：(1)P与Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvQ+MvP
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvQ2+12MvP2
代入数据解得：vP=6m/s，vQ=−3m/s
碰撞后P做减速运动，对P，由牛顿第二定律得：
μ1Mg=MaP
代入数据解得：aP=1m/s2
当t1=2s时P运动的位移x1=vPt1−12aPt12=6×2m−12×1×22m=10m>2L，则P碰撞挡板回弹
当t2=4s时P运动的位移x2=vPt2−12aPt22=6×4m−12×1×42m=16m>3L，故在2s至4s内P第二次经过探测器，所以P能被B处的探测器探测到；
(2)碰撞后P做匀减速运动，停止时位移为xP=vP22aP=622×1m=18m，P先向右运动2L=8m后与挡板发生弹性碰撞再向左匀减速运动
碰撞后Q做匀减速运动，其加速度大小aQ=μ2g=0.3×10m/s2=3m/s2，Q向左运动停止时位移为xQ=vQ22aQ=(−3)22×3m=1.5m
因xQ