拿10个初始为10枚硬币,两人轮流拿走1或2或4枚,拿到最后的为输,问先者赢还是输,赢的话怎样拿?

B、C碰撞动量守恒：m_cv₀=（m_B+m_c）v₁．（1）
B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象
由系统动量守恒：（m_B+m_C）v₁=（m_B+m_C）v₂+m_Av₃．（2）
由系统机械能守恒：
1
2(mB+mC)v12＝
1
2(mB+mC)v22+
1
2mAv32…..（3）
由（1）、（2）、（3）可得：v2＝−
v0
10，v3＝
2v0
5
即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有：
m_Bv₂+m_Av₃=（m_A+m_B）v₄…（4）
Ep＝
1
2mBv22+
1
2mAv32−
1
2(mA+mB)v42v42…．（5）
由v₂、v₃的值及（4）、（5）的值可解得：Ep＝
3
32mv02．
答：弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep＝
3
32mv02．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，过程较为复杂，对学生的能力要求较高，关键要理清过程，选择好研究对象，结合动量守恒进行求解．

（1）由图乙可知，当x＜5cm时，电压表示数保持1.5V不变，
则断点处离变阻器最右端5cm，电源电压为1.5V；
由乙、丙图可知，电压表示数为1.35V时，电流表示数为0.15A，
电阻R=
UR
I＝
1.5V−1.35V
0.15A=1Ω．
（2）开关闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时变阻器阻值为0Ω，
电路总功率P_总=
U2
R=
(1.5V)2
1Ω=2.25W．
（3）当x=5cm时，设滑动变阻器接入电路中的电阻为R₁，则
R₁=
U1
I1=[1.35V/0.15A]=9Ω；
当x=10cm时，设滑动变阻器接入电路中的电阻为R₂，则
R₂=
U2
I2=[1.2V/0.3A]=4Ω；
所以从断点处滑片P向左滑动的过程中，该滑动变阻器滑片P每滑动1cm的阻值变化是1Ω，
该滑动变阻器没有断路时的总电阻值R_总=9Ω+5cm×1Ω/cm=14Ω．
电路中最小电流I_小=[U
R变大+R=
1.5V/14Ω+1Ω]=0.1A．
答：（1）电源电压为1.5V，电阻R的阻值为1Ω；
（2）滑动变阻器的滑片P在最左端时，电路消耗的总功率为2.25W；
（3）该滑动变阻器滑片P每滑动1cm的阻值变化为1Ω，若该滑动变阻器电阻丝没有断路时电路中最小电流是0.1A．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；滑动变阻器的使用；电功率的计算．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是会分析图象得出x=5cm和x=10cm时滑动变阻器两端的电压和电流．

A、在恒温恒容下，开始甲容器充入2molA和1molB与开始乙容器中充入 1.4molA，0.7molB 和 0.6molC，达到平衡后，C的体积分数为φ，说明两个平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，应该满足：n（A）=2mol、n（B）=1mol，则：1.4mol+[0.6/x]×2=2mol，解得：x=2，另外，对于反应前后气体的计量数之和相等的反应，物质的投料呈相同比例时也是等效平衡，所以x=3也是正确的，所以x可能为2或3，故A错误；
B、若甲、乙两容器为恒压容器下，只要反应物成比例就等效，开始甲容器充入2molA和1molB与开始乙容器中充入 1.4molA，0.7molB 和 0.6molC，无论x取什么数，按化学计量数转化到左边，都满足n（A）：n（B）=2：1，所以始终处于等效平衡，故B错误；
C、若甲为恒容容器、乙为恒压容器，且 x=3，则反应前后气体体积相等，气体的物质的量始终不变，所以n₁等于3mol，n2等于1.4mol+0.7mol+0.6molC=2.7mol，即n₁必大于n₂，故C正确；
D、若甲为恒压容器、乙为恒容容器，且 x≠3，则x=2时，开始甲容器充入2molA和1molB与开始乙容器中充入 1.4molA，0.7molB 和 0.6molC，达到平衡后，C的体积分数为φ，说明为完全等效平衡，所以n₁=n₂，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡计算、等效平衡等，题目偏难，理解等效平衡规律为解答本题的关键，如：1、恒温恒容条件下，若反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；若反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比；2、恒温恒压条件下，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比即可．

S断开，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R₁视为内阻，内电压减小，故R₃中的电压增大，由欧姆定律可知R₃中的电流也增大，电流表示数增大，故AD正确，BC错误；
故选：AD．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．

（1）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v_BC，规定向右为正方向，
则m_Bv=（m_B+m_C）v_BC
v_BC=[2×6/2+4]=2 m/s
（2）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向：
（m_A+m_B）v=（m_A+m_B+m_C）v_ABC
解得：v_ABC=
(2+2)×6
2+2+4=3m/s
（3）设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为E_p，
根据能量守恒：E_p=[1/2]（m_B+m_C）v_BC²+[1/2]m_Av²-[1/2]（m_A+m_B+m_C）v_ABC²
=[1/2]×（2+4）×2²+[1/2]×2×6²-[1/2]×（2+2+4）×3²=12 J
答：（1）B与C碰撞后瞬间，物块B的速度为2m/s；
（2）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/s；
（3）系统中弹性势能的最大值是12J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误．

由安培定则可知导体左侧磁场方向垂直纸面向外，然后根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向左，因此电子将向左偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，由于r=[mv/qB]，B减小，所以半径变大，故BCD错误，A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

考点点评： 在解决带电粒子在磁场中运动问题时安培定则与左手定则经常联合应用，在平时练习中要加强训练，以提高应用它们的解题能力．

（1）烧杯中盛放足量的生石灰，向烧杯中加入几滴含有酚酞试液的水时，会发生化学反应，生成氢氧化钙溶液，显碱性，使得无色的酚酞试液变红色，故答案为：红；
（2）在生石灰与水反应的过程中，伴随着热量的放出，从而使得试管中的白磷燃烧，从而导致试管中压强减大，在外界大气压强的作用下，活塞右移，由于o点固定，所以滑动变阻器的阻值减小，电流变大，灯泡变亮，白磷燃烧时消耗了试管中空气中的氧气，从而导致试管中压强减小，在外界大气压强的作用下，活塞左移，由于o点固定，所以滑动变阻器的阻值减大，电流变小，灯泡变暗；白磷燃烧时消耗了试管中空气中的氧气，从而导致试管中压强减小，在外界大气压强的作用下，活塞左移，故答案为：先变亮后变暗；偏左．

点评：
本题考点： 生石灰的性质与用途；空气组成的测定．

考点点评： 此题是一道既跨章节，有跨学科的综合试题，主要考查了化学中的白磷与氧气的反应和碱的化学性质以及物理上的滑动变阻器的有关知识．

（1）设一格的长度为L；
∵F₁L₁=F₂L₂，
∴0.5N×3L=G_桶×5L
G_桶=0.3N；
0.5N×8L=（G_桶+G_水）×5L
G_桶+G_水=0.8N
G_水=0.8N-0.3N=0.5N；
（2）∵F₁L₁=F₂L₂
∴0.5N×7L=（G_桶+G_液）×5L
G_桶+G_液=0.7N
则G_液=0.7N-0.3N=0.4N；
即同体积的水和某液体，水的质量大，故该液体的密度小于水的密度．
故答案为：0.5；小于．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡分析法及其应用．

考点点评： 本题考查的是杠杆平衡条件与密度公式的应用，属于中档题．

由图象可知，A→B，气体的压强体积都变大，由
PV
T＝C，可知PV的乘积变大，气体的温度T升高，所以内能增加，所以气体的分子平均动能增加；
由B→C，气体做的是等容变化，压强减小，温度降低，所以气体的内能减小，
C→A过程是等压变化，体积减小，温度降低，内能减少，要放出热量．
故答案为：增大；减小；放出．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 利用热力学第一定律判断气体的内能变化的时候要注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的．

（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律得：m受到的合力F_合=μmg=ma
可得：a=2m/s²
运动学公式s=[1/2a
t21]
可得t₁=ls
（2）对小物块、木板受力分析，由牛顿第二定律得：
对m：F-μmg=ma₁，
对M：μmg=Ma₂
可得：a₁=2m/s²，a₂=1m/s²
物块的位移s₁=[1/2]a₁t²，木板的位移s₂=[1/2]a₂t²
m相对于M向右运动，
所以s₁-s₂=L
由以上三式可得t=
2s
（3）若人以恒定速度v₁=1m/s向下匀速拉绳，木板向左做匀减速运动，
对M而言，由牛顿第二定律得：μmg=Ma₃
可得：a₃=1m/s²，方向向右，
物块m向右匀速运动，其位移为x₃=v₁t
木板向左的位移为x₄=v₂t-[1/2]a₃t²
m和M沿相反方向运动，
所以得x₃+x₄=L
由以上三式可得t=1s
答：（1）若木板被固定，某人以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是1s；
（2）若木板不固定，某人仍以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是
2s；
（3）木块滑离木板所用的时间是1s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 加速度始终是联系运动和力的桥梁．求加速度是解决有关运动和力问题的基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解决问题的关键．当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解．