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2022年山东省济宁市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省济宁市高考物理二模试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了5m和x2=4，76J，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省济宁市高考物理二模试卷
1. 中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，系统中的“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过氢原子能级跃迁产生电磁波校准时钟．氢原子的部分能级结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 一个氢原子由基态跃迁到激发态后，该原子的电势能减少
B. 处于n=2能级的氢原子可以吸收2eV的光子跃迁到n=3能级
C. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出6种不同频率的光子
D. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，发出的光照射逸出功为2.25eV的钾板，钾板发出光电子的最大初动能为11.35eV
2. 在同一条平直公路上行驶的a车和b车，其速度一时间图像分别为图中直线a和曲线b，t=0时刻a车与b车在同一位置，t2时刻a车在b车前方，在0∼t3时间内，下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车相距最远 B. 某时刻两车相遇
C. t2时刻b车运动方向发生改变 D. 某时刻a车加速度等于b车加速度
3. 如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径．当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置．若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力．则弹簧的劲度系数k的值为( )
A. mgsinθ2R B. mgsinθR C. mgcosθR D. mgtanθR
4. 图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光垂直油量计上端的矩形窗口照射时，通过观察矩形窗口亮暗两个区域范围可确定油的深度；图乙是油量计结构图，它是一块锯齿形的透明塑料，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿恰好接触到油桶的底部．已知透明塑料的折射率小于油的折射率．下列说法正确的是( )
A. 透明塑料的折射率应小于2
B. 若矩形窗口亮区范围越大，说明油量越少
C. 塑料锯齿和油的界面处发生全反射形成暗区
D. 光在透明塑料中的传播速度小于在油中的传播速度
5. 如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动．下列说法正确的是( )
A. 小球的高度一定升高
B. 小球的高度一定降低
C. 两次转动杆对小球的弹力大小可能不变
D. 两次转动小球所受的合力大小可能不变
6. 某兴趣小组想利用小孔成像实验估测太阳的密度．设计如图所示的装置，不透明的圆桶一端密封，中央有一小孔，另一端为半透明纸．将圆桶轴线正对太阳方向，可观察到太阳的像的直径为d.已知圆桶长为L，地球绕太阳公转周期为T.估测太阳密度的表达式为( )
A. 24πL3GT2d3 B. 3πL3GT2d3 C. 3πd3GT2L3 D. 6πd3GT2L3
7. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x=1m处以初速度v0=3m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m=2kg、带电量为q=−0.1C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能EP随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g=10m/s2.下列说法正确的是( )
A. x=1m处的电场强度大小为20V/m
B. 滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C. 滑块运动至x=3m处时，速度大小为2m/s
D. 若滑块恰好到达处，则该处的电势为50V
8. 如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，让圆管由距地面为h=5m处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，运动过程中，圆管始终保持竖直．已知圆管的质量为M=4kg，小球的质量为m=1kg，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为f=40N，g=10m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A. 圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，圆管的加速度大小为30m/s2
B. 圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，小球的加速度大小为50m/s2
C. 圆管与地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆管与小球获得的共同速度为0.6m/s
D. 圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对圆管下降的高度为4m
9. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置分别位于x1=1.5m和x2=4.5m处．t=0时刻，P、Q两质点离开平衡位置的位移相同，质点P比质点Q振动滞后0.3s.下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴负向传播
B. 波传播的速度大小为15m/s
C. 0到0.6s内，质点 Q运动的路程为0.2m
D. 0.6s时，P、Q两质点相对平衡位置的位移方向相反
10. 某理想变压器原线圈a的匝数n1=400匝，副线圈b的匝数n2=200匝，原线圈接在u=1002sin(50πt)(V)的交流电源上，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1=160Ω.下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端的电压有效值为50V
B. 电阻R2的阻值为76Ω
C. 通过电阻R1的电流大小为0.25A
D. 穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为3220Wb/s
11. 如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻．两轨道之间ABDC区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心．一轻质金属杆电阻为r、长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球(视为质点)，并套在轨道PQ上，皆接触良好．让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v.其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势
B. 金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为B0lv
C. 金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为πl2B02r
D. 金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为34mgl−18mv2
12. 我国正在攻关的JF−22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件．现有一小球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16J，在O点动能为9J，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球所受重力和风力大小之比为3：4
B. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
C. 小球落到N点时的动能为52J
D. 小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
13. 某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切)，B是质量为m的滑块(可视为质点)。
实验步骤如下：
(1)将桌面固定于水平地面上；
(2)测出桌面距离地面的高度H；
(3)将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，如图甲所示．让滑块从滑槽最高点由静止滑下，确定落地点P，测出桌面右边缘M与P点的水平距离x1；
(4)将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，如图乙所示．让滑块B从滑槽最高点由静止滑下，确定落地点P′，测出滑槽最低点与桌面右边缘M的距离L、桌面右边缘M与P′点的水平距离x2.
请回答以下问题：
(1)每次实验都让滑块B从滑槽最高点由静止滑下的理由是______。
(2)第二次实验中，滑块滑到滑槽最低点时的速度大小为______，滑块滑到桌面右端M时的速度大小为______(用实验中所测物理量的符号表示，重力加速度为g)。
(3)该实验中计算滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为μ=______。
14. 某学习小组设计了如图甲所示的电路测定金属丝的电阻率ρ和电源的内阻r.除了若干导线及开关S，提供的实验器材还有：
A.两节干电池组成的电池组(电动势E=3V)
B.电阻率待测的金属丝AB
C.电流表A(量程为0∼0.6A，内阻RA=1Ω)
D.定值电阻R0
E.毫米刻度尺
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径d时示数如图乙所示，则其读数为______ mm；
(2)有三个规格的保护电阻可供选择，R0应选______(选填正确答案标号)；
A.1Ω
B.4Ω
C.8Ω
(3)闭合开关S，多次改变滑片P的位置，可获得多组电流表的示数I和金属丝接入电路中有效长度x的数据，若以x为横轴，以1I为纵轴，通过描点作出1I−x图线如图丙所示．由图丙可知金属丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(取π=3.14，结果保留两位有效数字)，该电池组的内阻r=______Ω.
15. 某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是秋千架顶端水平横梁上装有很多个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个“水帘秋千”．假设秋千摆长L=3.6m.人坐在座板上，头顶到座板的距离为h1=1.15m，鞋底到座板的距离为h2=0.45m，可把人看成处于秋千平面内的模型．忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上．假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零．以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的．取g=10m/s2，π=3.14.求：
(1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
(2)秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位。
16. 土卫六是太阳系中唯一拥有稳定大气的卫星，某同学尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量土卫六表面的重力加速度．如图所示，将容器竖直放置在地面上，并封闭一定质量的理想气体，用一可自由移动的活塞将气体分成A、B两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后A部分气体的压强为P0，体积为V0，B部分气体的体积为0.5V0；将该容器倒过来，让B部分气体在上方，此时A部分气体的体积变为0.5V0.若把容器移至土卫六表面处并竖直放置，A部分气体在上方且体积变为0.9V0，该处的温度恒为−198℃，地球表面的重力加速度为g，求：
(1)活塞的质量m；
(2)土卫六上容器放置处的重力加速度g′。
17. 2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL−2M)在成都建成并实现首次放电．如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1(B1未知)，环形区域Ⅱ中有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，且B2=0.4B1.质量为m、电荷量为q、速度为v0的氢核从坐标为(0,R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为(22R0,22R0)的P点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用．已知tan22.5∘≈0.4.
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
(2)求环形外圆的半径R；
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间．
18. 如图所示，一质量M=3.0kg、长L=5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=2m的光滑圆弧轨道，但不粘连．圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60∘，其右端最低点处与长木板B上表面相切．距离木板B右端d=2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D.平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M=3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向．一质量m=1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H=3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道．A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动．A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动．A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆．A与木板B间动摩擦因数为μ=0.75.忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响．重力加速度g=10m/s2，求：
(1)滑块A到达P点的速度大小；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、一个氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子的轨道半径增大，库仑力做负功，原子的电势能增加，故A错误；
B、处于n=2能级的氢原子跃迁到n=3能级需要吸收的光子能量为E=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，故B错误；
C、一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出C42=6种不同频率的光子，故C正确；
D、氢原子从高能级向n=4的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为Em=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=Em−W0=12.75eV−2.25eV=10.5eV，故D错误；
故选：C。
根据库仑力做功情况判断电势能变化情况；能级间发生跃迁吸收的光子能量能用两能级间的能级差；根据数学组合公式判断氢原子向基态跃迁时光子的种类；氢原子辐射出的最大能量的光子照射锌板时，根据光电效应方程求解光电子的最大初动能。
解决本题的关键是能级的跃迁满足hγ=Em−En，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差，有时候还需要掌握光子和实物粒子的区别。
2.【答案】D
【解析】解：A、已知t=0时刻a车与b车在同一位置，由图可知，0−t1时间内，a车的速度大始终大于b车，说明ab两车间距在增大，t1−t2时间内b车速度大于a车说明间距减小，而t2时刻以后a车的速度始终大于b车的速度，故间距一直增大，因此并不是t1时刻两车相距最远，故A错误；
B、已知t=0时刻a车与b车在同一位置，由图可知，t1时刻，a车的速度大，说明a车在前，已知t2时刻a车还在b车前方，说明0到t2这段时间内，a车一直在b车前方，而t2时刻两车的速度相等，之后a车的速度比b车的大，所以两车不可能相遇，故B错误；
C、由图可知，b车的速度一直沿正方向，说明b车的运动方向没有发生变化，故C错误；
D、根据图像可知早0−t2时间内，某一时刻b图像的斜率与a的相等，即某时刻a车加速度等于b车加速度，故D正确；
故选：D。
速度-时间图像在第一象限速度方向都是正方向，没有发生改变，图线与坐标轴所围面积表示某段时间的位移，某段时间内速度大的在前，表示越来越远，而速度小的在前表示越来越近，加速度要分析图像的斜率是否相等。
本题考查v−t图象的性质，要明确v−t图象描述速度随时间变化的规律，抓住速度关系分析两车的间距如何变化。
3.【答案】A
【解析】解：缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律F=kx，所以ΔF=kΔx
代入得mgsinθ=k⋅2R，所以k=mgsinθ2R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律即可求解。
本题考查胡克定律的理解，注意要通过情景判断小球的位移。
4.【答案】B
【解析】解：A、由于锯齿形的底部是一个等腰直角三角形，故光线从塑料入射到空气时的临界角C≤45∘，故透明塑料的折射率n=1sinC≥1sin45∘=2，故A错误；
B、由题中可知，锯齿总共有n=10个，等腰直角形锯齿的斜边长度为d，故当明线长度为L时，发生全反射的锯齿个数为n0=Ld，因此发生折射的锯齿个数为n′=n−n0，由于竖线的长度为d2，故油的深度为h=n′⋅d2=(n−n0)⋅d2=5d−L2，油量增加时，亮区范围变小，所以若矩形窗口亮区范围越大，说明油量越少，故B正确；
C、窗口竖直向下射入的光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，人看到的是暗区，但并非塑料锯齿和油界面全反射形成的，故C错误；
D、透明塑料的折射率小于油的折射率，由v=cn分析可知，光在透明塑料中的传播速度大于在油中的传播速度，故D错误。
故选：B。
人看到的暗区是没有光线射入肉眼，光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，人看到的亮区是光线在塑料和空气的界面处发生全反射，从而进入眼睛；光在锯齿形的底部的分界面上的入射角为45∘，则发生全反射的临界角应小于等于45∘；根据v=cn分析光在透明塑料中的传播速度与在油中的传播速度大小。
解决本题的关键是明确油量计的工作原理，找到光发生全反射的临界角的取值范围，熟记临界角与折射率的关系。
5.【答案】C
【解析】解：AB、如图所示，对小球进行受力分析：
小球受重力、支持力、弹簧的拉力。在竖直方向弹簀拉力的竖直方向的分力等于重力，所以弹簧的拉力F是不变的，则小球的高度不变，故A，B错误；
C、角速度小时，转动杆给的支持力N的方向可能如图所示，角速度大时，转动杆给的支持力方向可能与图示N的方向相反，此时角速度不同，支持力的大小可能相等。故C正确；
D、小球位置不变，圆周运动的半径不变，角速度增大，根据可知，合力肯定增大，故D错误；
故选：C。
由受力分析，判断向心力，由角速度分析弹力及合力变化。
本题考查曲线运动，学生需结合受力分析及角速度公式，综合解题。
6.【答案】A
【解析】解：设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r。
根据三角形相似，由几何关系可知，则：Rr=L2H，解得：R=dr2L。
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则：GMmr2=mr4π2T2
体积V=43πR3
由密度公式ρ=MV
解得：ρ=24πL3GT2d3。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。
本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。
7.【答案】C
【解析】解：A.Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Eq=ΔEpΔx=3−12N=1N，解得：E=10V/m，故A错误；
B.滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C.滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：
解得速度v=2m/s
故C正确；
D.若滑块恰好到达x=5m处，则
其中
Ep1=2J
解得滑块的电势能
Ep2=5J
该处的电势为
φ=Ep2q
代入数据解得：φ=50V
故D错误。
故选：C。
Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块向右运动时，电场力先减小后增大，根据动能定理可解得。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
8.【答案】D
【解析】解：AB、圆管第一次与地面碰撞后与球在空中相对静止之前，小球相对圆管向下运动，设圆管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对圆管：Mg+f=Ma1
对小球：f−mg=ma2
代入数据解得：a1=20m/s2，a2=30m/s2，故AB错误；
CD、从释放到第一次落地过程圆管与小球都做自由落体运动，落地速度大小v=2gh=2×10×5m/s=10m/s
圆管以地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，从碰撞后开始计时设经过时间t，圆管与小球的速度刚好相同，
以向上为正方向，由匀变速直线运动的速度-时间公式得：，
设圆管在t内的位移为x1，小球的位移为x2，则，
小球相对圆管下降的高度h=x1−x2
代入数据解得：t=0.4s，，h=4m，故C错误，D正确。
故选：D。
应用牛顿第二定律求出圆管与小球的加速度大小；应用匀变速直线运动的速度-时间公式与速度-位移公式求解。
根据题意分析清楚圆管与小球的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A.因为P比质点Q振动滞后0.3s，可知振动先传到Q点后传到P点，所以波沿x轴负向传播，故A正确；
B.P、Q两质点的平衡位置相距Δx=4.5m−1.5m=3m，波的传播时间t=0.3s，则波的传播速度为为v=xt=30.3m/s=10m/s，故B错误；
C、根据周期公式有：T=λv=1210s=1.2s，t′=0.6s=12T，Q运动的路程为s=2A=2×10cm=20cm=0.2m，故C正确
D.经过t′=12T后P、Q都位于平衡位置以下，故位移方向相同。故D错误。
故选：AC。
质点P比质点Q振动滞后0.3s，波沿x轴负向传播；根据P、Q水平距离和滞后时间求周期和波速；根据波的平移法知质点P、Q的运动情况。
本题考查了横波图像，根据波的传播特点确定波的传播方向，波沿传播方向传播一个波长需要一个周期。
10.【答案】CD
【解析】解：ABC、根据题目可知，交流电源的的电压有效值为U=um2=10022V=100V，因为灯泡正常发光，则副线圈的电流为I2=PUL=612A=0.5A，根据原副线圈两端的匝数比可知，I1=n2n1I2=200400×0.5A=0.25A，则原线圈的电压为U1=U−I1R1=100V−0.25×160V=60V，则副线圈的电压为U2=n2n1U1=200400×60V=30V，根据欧姆定律得：R2=U2−ULI2=30−120.5Ω=36Ω，故AB错误，C正确；
D、根据上述分析可知，原线圈的电压有效值为60V，则电压的最大值为602V，根据公式E=nΔΦΔt可知，穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为ΔΦΔt=2U1400=3220Wb/s，故D正确；
故选：CD。
先根据灯泡正常发光的特点分析出副线圈的电流，结合原副线圈的匝数比得出原线圈的电流，根据欧姆定律分析出原线圈的电压，进而得出副线圈的电压和副线圈电阻R2的阻值；
根据法拉第电磁感应定律反推出穿过铁芯的磁通量的变化率的最大值。
本题主要考查了变压器的构造和原理，要理解原副线圈两端的电压、电流和电功率的关系，同时结合电路构造和欧姆定律即可完成分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由右手定则可知，金属球向下运动过程，流过金属杆的电流由B流向A，则通过电阻的电流由M流向P，M点电势高于P点电势，故A错误；
B、当金属杆恰穿出磁场时，金属杆内侧的速度大小为：v′=v3l×l=13v，
由法拉第电磁感应定律产生的感应电动势为：E=B0×2l×v+13v2=43B0lv，
感应电流：I=E3r+r=B0lv3r
R两端的电压U=I×3r=B0lv，故B正确；
C、金属杆从AB到CD的过程中，平均感应电动势：E−=ΔΦΔt
根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦ4r=B0ΔS4r，其中ΔS=14π(3l)2−14πl2
则通过电阻的电荷量：q=πl2B02r，故C正确；
D、对整个系统由能量守恒定律有：mg×3l=12mv2+Q，
根据焦耳定律电阻上产生的热量：QR=3r4rQ=94mgl−38mv2，故D错误。
故选：BC。
根据题意应用右手定则判断出感应电流方向，然后确定流过的电流方向；
由E=B0lv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后应用欧姆定律求电阻两端电压；
根据法拉第电磁感应定律求出该过程的平均感应电动势，结合欧姆定律、电流的定义式求出通过电阻的电荷量；
根据能量守恒定律、焦耳定律求出电阻上产生的热量。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚电路结构、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律与右手定则即可解题。
12.【答案】ABD
【解析】解：A、设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛规律有：
h=v022g，
对小球从M动到O点过程，根据动能定理有
Fx1−mgh=EkO−EkM
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为：
a=Fm，
小球从M运动到O所用时间为
t=v0g，
根据运动学公式有
x1=12at2，
联立解得：
Fmg=43；
故A正确；
B、设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知
x1x2=13
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
ΔE1ΔE2=13，
故B正确；
C、M、N两点间水平距离
x=12a(2t)2
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
Fx=Ek1−EkM
联立解得：Ek1=73J，
故C错误；
D、小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为
tanθ=43
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为
vm=v0sinθ=45v0，
解得最小动能为
Ekm=1625Ek0=1625×9J=5.76J，
故D正确。
故选：ABD。
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性分析从M点至O点和从O点至N点的运动时间相等；小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学公式位移公式，运用比例法求出x1与x2之比，分别研究M到O和O到N水平方向的分运动，由动能定理求解可得到小球落到N点时的动能；根据功的计算公式求解风力做功之比；求出风力和重力的大小关系，根据速度的合成与分解求解最小的速度，由此得到小球动能的最小值。
本题考查带电小球在复合场中的运动，注意将小球按照竖直方向和水平方向进行分解，在解决B点动能时要注意结合运动学和动能定理进行求解，不能分方向列出动能定理，因为动能定理为标量性方程，不能分解。
13.【答案】使小球滑到斜槽底端的速度相等 x1g2H x2g2H x12−x224HL
【解析】解：(1)为了使小球滑到斜槽底端的速度相等，每次释放小球时应从槽的最高位置释放；
(2)第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为：v2=x2t，在竖直方向有：H=12gt2
从而求得小球从桌面离开的速度v2=x2g2H
同样道理，小球从斜槽末端滑下的速度为：v1=x1g2H，
(3)物体在水平桌面上运动，由动能定理：−μmgL=12mv22−12mv12，联立可得：μ=x12−x224HL。
故答案为：(1)使小球滑到斜槽底端的速度相等；(2)x1g2H、x2g2H；(3)x12−x224HL
(1)根据实验原理及实验的操作过程分析每次均从最高点释放的原因；
(2)由平抛的规律求出平抛的初速度；
(3)由动能定理求解动摩擦因数的表达式。
该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会。
14.【答案】1.000B7.5×10−6 0.7
【解析】解：(1)主尺为1mm，螺旋尺为0.000mm，所以读数为1mm+0.000mm=1.000mm；
(2)电流表最大值为Im=0.6A，当金属丝接入电阻为零时，根据闭合电路欧姆定律得其他电阻满足RA+R0=EIm=30.6Ω=5Ω
则R0=5Ω−RA=5Ω−1Ω=4Ω，故B符合，A阻值太小，C阻值太大。
故选：B。
(3)根据电阻定律可得金属丝的电阻为Rx=ρxS=ρxπ(d2)2=4ρπd2x①
根据闭合电路欧姆定律得E=I(Rx+R0+RA+r)②
联立①②两式整理得1I=4ρπd2Ex+R0+RA+rE。
结合图丙得斜率为4ρπd2E=1.90−(−60×10−2)(A⋅m)−1=196(A⋅m)−1，代入数据解得：
电阻率为ρ=7.5×10−6Ω⋅m；
图象的截距为：R0+RA+rE=1.9A−1，代入数据解得r=0.7Ω。
故答案为：(1)1.000；(2)B；(3)7.5×10−6，0.7。
螺旋测微器要估读到0.001mm；当金属丝不接入电路中时电流最大不能超过电流表量程，根据闭合电路欧姆定律计算定值电阻的值；由闭合电路欧姆定律得电流倒1I数关于金属丝金属丝长度x的函数，根据数学知识求解。
本题考查测电阻率和电源内容的实验，重点是根据闭合电路欧姆定律写出函数结合图像求解。
15.【答案】解：(1)计时开始后，设第一滴水经历自由落体时间是Δt，刚好落到人头顶处，其下落距离应为L−h1，
由运动学公式有：L−h1=12g(Δt1)2
解得：Δt1=0.7s，
设单摆的运动周期是T，则有：T=2πLg
解得：T=3.768s，
设在计时开始后，t1时刻打开出水孔，则有：t1=T4−Δt1
解得：t1=0.242s，
(2)设关闭出水孔时的最后一滴水经历自由落体时间△t2刚好落到人脚底处，其下落距离应为L+h2。
由运动学公式有：L+h2=12g(Δt2)2
解得：Δt2=0.9s.
设从计时开始后，t2时刻关闭出水孔，则有：t2=34T−Δt2
解得：t2=1.926s。
答：(1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，在0.242s时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
(2)秋千第二次到达最低点之前最迟在1.926s时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位。
【解析】水滴做自由落体运动，结合单摆的运动周期可以求出时间。
本题考查单摆的周期和自由落体运动的时间求解方法，结合题意分析运动过程就可以求出具体问题。
16.【答案】解：(1)在地面上，设活塞的质量为m，对A，初态：pA1=p0，VA1=V0，
末态：pA2=p+mgS，VA2=0.5V0
根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2
对B，初态：pB1=p0+mgS，VB1=0.5V0
末态：pB2=p，VB2=V0
根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2
联立解得：m=p0Sg
(2)把容器移至土卫六表面处并竖直放置，对A，初态：pA1=p0，VA1=V0，TA1=300K
末态：pA，VA=0.9V0，TA=75K
根据一定质量的理想气体状态方程可得：pA1VA1TA1=pAVATA
对B，初态：pB1=p0+mgS，VB1=0.5V0，TB1=300K
末态：pB=pA+mg′S，VB=0.6V0，TB=75K
根据一定质量的理想气体状态方程可得：pB1VB1TB1=pBVBTB
联立解得g′=536g
答：(1)活塞的质量m为p0Sg；
(2)土卫六上容器放置处的重力加速度g′为536g。
【解析】(1)对AB部分气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得活塞的质量；
(2)对AB部分气体，找出初末状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程即可求得。
本题主要要考察了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，关键是找出AB部分气体压强间的关系即可。
17.【答案】(1)由几何关系得tanα=22R022R0=1
tan90∘−α2=r1R0
解得
r1=0.4R0
由牛顿第二定律得
qv0B1=mv02r1
解得
B1=5mv02qR0
(2)由牛顿第二定律得qv0B2=mv02r2
解得r2=104r1=R0
由几何关系得
R=R02+r22+r2=(2+1)R0
(3)氢核在区域I的周期为T1=2πr1v0=0.8πR0v0
氢核在区域Ⅱ内的周期为T2=2πr2v0=2πR0v0
由几何关系得
∠AOQ=45∘+90∘=135∘
由几何关系得
360∘n1=135∘n2
解得
n2=8
则总时间为
t=(180∘−45∘360∘T1+360∘−90∘360∘T2)n2
联立解得：t=72πR05v0
答：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小为5mv02qR0；
(2)环形外圆的半径为(2+1)R0；
(3)粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间为72πR05v0.
【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据从P点离开场区速度方向及几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；
(2)画出恰好与外边界相切的轨迹，洛伦兹力提供向心力求得半径，由几何关系解得；
(3)根据几何关系分析氢核在两磁场区域的周期关系从而解得时间。
做好本题的关键是画出粒子的轨迹图，由几何关系得到半径的半径，再由题设已知条件求相关未知量，注意分析氢核的运动情况根据临界条件分析解答。
18.【答案】(1)从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向上：
vy2=2gH
从P点沿切线进入圆轨道，则
vP=vysin60∘
联立解得：vP=45m/s
(2)从P点到圆弧最低点，根据动能定理得：
mgR(1−cos60∘)=12mv12−12mvP2
在最低点，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mv12R
由牛顿第三定律得：FN=FN′
联立解得：FN′=60N
(3)假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律得：
mv1=(M+m)v2
由能量关系得：
解得：
B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B根据动能定理得：
μmgxB=12Mv22
解得：xB=1.25m<2.5m
即假设成立，B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A根据动能定理得：
解得：v3=2m/s
(4)弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC系统，由动量守恒定律得：
mv3=2mv4+Mv5
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv3=(2m+M)v6
由能量关系得：
EPmax=12×2mv42+12Mv52−12(2m+M)v62
解得：EPmax=0.0375J
弹簧第一次恢复原长时，当C的速度向左时，以AD和C系统，根据动量守恒定律得：
mv3=2mv7+Mv5
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv3=(2m+M)v8
由能量关系可知：
EPmax′=12×2mv72+12Mv52−12(2m+M)v82
解得：EPmax′=3.0375J
答：(1)滑块A到达P点的速度大小为45m/s；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小为60N；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小为2m/s；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是3.0375J。
【解析】(1)根据运动学公式结合几何关系得出滑块A到达P点的速度；
(2)先根据动能定理计算出滑块的速度，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出滑块A对轨道的压力；
(3)选择AB系统为研究对象，先根据动量守恒定律分析出速度，再结合能量关系完成解答；
(4)选择合适的研究对象，利用动量守恒定律和能量关系分析出弹簧弹性势能最大值的可能并完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律，研究过程中涉及到了平抛运动，向心力公式和牛顿第二定律等，解题的关键点是处理好动量守恒定律和能量关系等式的联立，同时要注意分类讨论，计算量大，对学生的要求很高。
2022年山东省济宁市高考物理二模试卷
1. 中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，系统中的“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过氢原子能级跃迁产生电磁波校准时钟．氢原子的部分能级结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 一个氢原子由基态跃迁到激发态后，该原子的电势能减少
B. 处于n=2能级的氢原子可以吸收2eV的光子跃迁到n=3能级
C. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出6种不同频率的光子
D. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，发出的光照射逸出功为2.25eV的钾板，钾板发出光电子的最大初动能为11.35eV
2. 在同一条平直公路上行驶的a车和b车，其速度一时间图像分别为图中直线a和曲线b，t=0时刻a车与b车在同一位置，t2时刻a车在b车前方，在0∼t3时间内，下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车相距最远 B. 某时刻两车相遇
C. t2时刻b车运动方向发生改变 D. 某时刻a车加速度等于b车加速度
3. 如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径．当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置．若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力．则弹簧的劲度系数k的值为( )
A. mgsinθ2R B. mgsinθR C. mgcosθR D. mgtanθR
4. 图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光垂直油量计上端的矩形窗口照射时，通过观察矩形窗口亮暗两个区域范围可确定油的深度；图乙是油量计结构图，它是一块锯齿形的透明塑料，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿恰好接触到油桶的底部．已知透明塑料的折射率小于油的折射率．下列说法正确的是( )
A. 透明塑料的折射率应小于2
B. 若矩形窗口亮区范围越大，说明油量越少
C. 塑料锯齿和油的界面处发生全反射形成暗区
D. 光在透明塑料中的传播速度小于在油中的传播速度
5. 如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动．下列说法正确的是( )
A. 小球的高度一定升高
B. 小球的高度一定降低
C. 两次转动杆对小球的弹力大小可能不变
D. 两次转动小球所受的合力大小可能不变
6. 某兴趣小组想利用小孔成像实验估测太阳的密度．设计如图所示的装置，不透明的圆桶一端密封，中央有一小孔，另一端为半透明纸．将圆桶轴线正对太阳方向，可观察到太阳的像的直径为d.已知圆桶长为L，地球绕太阳公转周期为T.估测太阳密度的表达式为( )
A. 24πL3GT2d3 B. 3πL3GT2d3 C. 3πd3GT2L3 D. 6πd3GT2L3
7. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x=1m处以初速度v0=3m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m=2kg、带电量为q=−0.1C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能EP随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g=10m/s2.下列说法正确的是( )
A. x=1m处的电场强度大小为20V/m
B. 滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C. 滑块运动至x=3m处时，速度大小为2m/s
D. 若滑块恰好到达处，则该处的电势为50V
8. 如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，让圆管由距地面为h=5m处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，运动过程中，圆管始终保持竖直．已知圆管的质量为M=4kg，小球的质量为m=1kg，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为f=40N，g=10m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A. 圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，圆管的加速度大小为30m/s2
B. 圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，小球的加速度大小为50m/s2
C. 圆管与地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆管与小球获得的共同速度为0.6m/s
D. 圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对圆管下降的高度为4m
9. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置分别位于x1=1.5m和x2=4.5m处．t=0时刻，P、Q两质点离开平衡位置的位移相同，质点P比质点Q振动滞后0.3s.下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴负向传播
B. 波传播的速度大小为15m/s
C. 0到0.6s内，质点 Q运动的路程为0.2m
D. 0.6s时，P、Q两质点相对平衡位置的位移方向相反
10. 某理想变压器原线圈a的匝数n1=400匝，副线圈b的匝数n2=200匝，原线圈接在u=1002sin(50πt)(V)的交流电源上，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1=160Ω.下列说法正确的是( )
A. 副线圈两端的电压有效值为50V
B. 电阻R2的阻值为76Ω
C. 通过电阻R1的电流大小为0.25A
D. 穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为3220Wb/s
11. 如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻．两轨道之间ABDC区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心．一轻质金属杆电阻为r、长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球(视为质点)，并套在轨道PQ上，皆接触良好．让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v.其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势
B. 金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为B0lv
C. 金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为πl2B02r
D. 金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为34mgl−18mv2
12. 我国正在攻关的JF−22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件．现有一小球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16J，在O点动能为9J，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球所受重力和风力大小之比为3：4
B. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
C. 小球落到N点时的动能为52J
D. 小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
13. 某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切)，B是质量为m的滑块(可视为质点)。
实验步骤如下：
(1)将桌面固定于水平地面上；
(2)测出桌面距离地面的高度H；
(3)将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，如图甲所示．让滑块从滑槽最高点由静止滑下，确定落地点P，测出桌面右边缘M与P点的水平距离x1；
(4)将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，如图乙所示．让滑块B从滑槽最高点由静止滑下，确定落地点P′，测出滑槽最低点与桌面右边缘M的距离L、桌面右边缘M与P′点的水平距离x2.
请回答以下问题：
(1)每次实验都让滑块B从滑槽最高点由静止滑下的理由是______。
(2)第二次实验中，滑块滑到滑槽最低点时的速度大小为______，滑块滑到桌面右端M时的速度大小为______(用实验中所测物理量的符号表示，重力加速度为g)。
(3)该实验中计算滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为μ=______。
14. 某学习小组设计了如图甲所示的电路测定金属丝的电阻率ρ和电源的内阻r.除了若干导线及开关S，提供的实验器材还有：
A.两节干电池组成的电池组(电动势E=3V)
B.电阻率待测的金属丝AB
C.电流表A(量程为0∼0.6A，内阻RA=1Ω)
D.定值电阻R0
E.毫米刻度尺
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径d时示数如图乙所示，则其读数为______ mm；
(2)有三个规格的保护电阻可供选择，R0应选______(选填正确答案标号)；
A.1Ω
B.4Ω
C.8Ω
(3)闭合开关S，多次改变滑片P的位置，可获得多组电流表的示数I和金属丝接入电路中有效长度x的数据，若以x为横轴，以1I为纵轴，通过描点作出1I−x图线如图丙所示．由图丙可知金属丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(取π=3.14，结果保留两位有效数字)，该电池组的内阻r=______Ω.
15. 某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是秋千架顶端水平横梁上装有很多个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个“水帘秋千”．假设秋千摆长L=3.6m.人坐在座板上，头顶到座板的距离为h1=1.15m，鞋底到座板的距离为h2=0.45m，可把人看成处于秋千平面内的模型．忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上．假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零．以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的．取g=10m/s2，π=3.14.求：
(1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
(2)秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位。
16. 土卫六是太阳系中唯一拥有稳定大气的卫星，某同学尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量土卫六表面的重力加速度．如图所示，将容器竖直放置在地面上，并封闭一定质量的理想气体，用一可自由移动的活塞将气体分成A、B两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后A部分气体的压强为P0，体积为V0，B部分气体的体积为0.5V0；将该容器倒过来，让B部分气体在上方，此时A部分气体的体积变为0.5V0.若把容器移至土卫六表面处并竖直放置，A部分气体在上方且体积变为0.9V0，该处的温度恒为−198℃，地球表面的重力加速度为g，求：
(1)活塞的质量m；
(2)土卫六上容器放置处的重力加速度g′。
17. 2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL−2M)在成都建成并实现首次放电．如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1(B1未知)，环形区域Ⅱ中有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，且B2=0.4B1.质量为m、电荷量为q、速度为v0的氢核从坐标为(0,R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为(22R0,22R0)的P点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用．已知tan22.5∘≈0.4.
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
(2)求环形外圆的半径R；
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间．
18. 如图所示，一质量M=3.0kg、长L=5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=2m的光滑圆弧轨道，但不粘连．圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60∘，其右端最低点处与长木板B上表面相切．距离木板B右端d=2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D.平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M=3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向．一质量m=1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H=3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道．A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动．A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动．A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆．A与木板B间动摩擦因数为μ=0.75.忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响．重力加速度g=10m/s2，求：
(1)滑块A到达P点的速度大小；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、一个氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子的轨道半径增大，库仑力做负功，原子的电势能增加，故A错误；
B、处于n=2能级的氢原子跃迁到n=3能级需要吸收的光子能量为E=E3−E2=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，故B错误；
C、一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出C42=6种不同频率的光子，故C正确；
D、氢原子从高能级向n=4的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为Em=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=Em−W0=12.75eV−2.25eV=10.5eV，故D错误；
故选：C。
根据库仑力做功情况判断电势能变化情况；能级间发生跃迁吸收的光子能量能用两能级间的能级差；根据数学组合公式判断氢原子向基态跃迁时光子的种类；氢原子辐射出的最大能量的光子照射锌板时，根据光电效应方程求解光电子的最大初动能。
解决本题的关键是能级的跃迁满足hγ=Em−En，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差，有时候还需要掌握光子和实物粒子的区别。
2.【答案】D
【解析】解：A、已知t=0时刻a车与b车在同一位置，由图可知，0−t1时间内，a车的速度大始终大于b车，说明ab两车间距在增大，t1−t2时间内b车速度大于a车说明间距减小，而t2时刻以后a车的速度始终大于b车的速度，故间距一直增大，因此并不是t1时刻两车相距最远，故A错误；
B、已知t=0时刻a车与b车在同一位置，由图可知，t1时刻，a车的速度大，说明a车在前，已知t2时刻a车还在b车前方，说明0到t2这段时间内，a车一直在b车前方，而t2时刻两车的速度相等，之后a车的速度比b车的大，所以两车不可能相遇，故B错误；
C、由图可知，b车的速度一直沿正方向，说明b车的运动方向没有发生变化，故C错误；
D、根据图像可知早0−t2时间内，某一时刻b图像的斜率与a的相等，即某时刻a车加速度等于b车加速度，故D正确；
故选：D。
速度-时间图像在第一象限速度方向都是正方向，没有发生改变，图线与坐标轴所围面积表示某段时间的位移，某段时间内速度大的在前，表示越来越远，而速度小的在前表示越来越近，加速度要分析图像的斜率是否相等。
本题考查v−t图象的性质，要明确v−t图象描述速度随时间变化的规律，抓住速度关系分析两车的间距如何变化。
3.【答案】A
【解析】解：缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律F=kx，所以ΔF=kΔx
代入得mgsinθ=k⋅2R，所以k=mgsinθ2R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
缓慢取走，说明台球处于动态平衡，合力为零，每取走一个台球，弹簧的弹力变化大小为mgsinθ，每个台球的位移为2R，根据胡克定律即可求解。
本题考查胡克定律的理解，注意要通过情景判断小球的位移。
4.【答案】B
【解析】解：A、由于锯齿形的底部是一个等腰直角三角形，故光线从塑料入射到空气时的临界角C≤45∘，故透明塑料的折射率n=1sinC≥1sin45∘=2，故A错误；
B、由题中可知，锯齿总共有n=10个，等腰直角形锯齿的斜边长度为d，故当明线长度为L时，发生全反射的锯齿个数为n0=Ld，因此发生折射的锯齿个数为n′=n−n0，由于竖线的长度为d2，故油的深度为h=n′⋅d2=(n−n0)⋅d2=5d−L2，油量增加时，亮区范围变小，所以若矩形窗口亮区范围越大，说明油量越少，故B正确；
C、窗口竖直向下射入的光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，人看到的是暗区，但并非塑料锯齿和油界面全反射形成的，故C错误；
D、透明塑料的折射率小于油的折射率，由v=cn分析可知，光在透明塑料中的传播速度大于在油中的传播速度，故D错误。
故选：B。
人看到的暗区是没有光线射入肉眼，光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，人看到的亮区是光线在塑料和空气的界面处发生全反射，从而进入眼睛；光在锯齿形的底部的分界面上的入射角为45∘，则发生全反射的临界角应小于等于45∘；根据v=cn分析光在透明塑料中的传播速度与在油中的传播速度大小。
解决本题的关键是明确油量计的工作原理，找到光发生全反射的临界角的取值范围，熟记临界角与折射率的关系。
5.【答案】C
【解析】解：AB、如图所示，对小球进行受力分析：
小球受重力、支持力、弹簧的拉力。在竖直方向弹簀拉力的竖直方向的分力等于重力，所以弹簧的拉力F是不变的，则小球的高度不变，故A，B错误；
C、角速度小时，转动杆给的支持力N的方向可能如图所示，角速度大时，转动杆给的支持力方向可能与图示N的方向相反，此时角速度不同，支持力的大小可能相等。故C正确；
D、小球位置不变，圆周运动的半径不变，角速度增大，根据可知，合力肯定增大，故D错误；
故选：C。
由受力分析，判断向心力，由角速度分析弹力及合力变化。
本题考查曲线运动，学生需结合受力分析及角速度公式，综合解题。
6.【答案】A
【解析】解：设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r。
根据三角形相似，由几何关系可知，则：Rr=L2H，解得：R=dr2L。
地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则：GMmr2=mr4π2T2
体积V=43πR3
由密度公式ρ=MV
解得：ρ=24πL3GT2d3。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。
本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。
7.【答案】C
【解析】解：A.Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Eq=ΔEpΔx=3−12N=1N，解得：E=10V/m，故A错误；
B.滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C.滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：
解得速度v=2m/s
故C正确；
D.若滑块恰好到达x=5m处，则
其中
Ep1=2J
解得滑块的电势能
Ep2=5J
该处的电势为
φ=Ep2q
代入数据解得：φ=50V
故D错误。
故选：C。
Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块向右运动时，电场力先减小后增大，根据动能定理可解得。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
8.【答案】D
【解析】解：AB、圆管第一次与地面碰撞后与球在空中相对静止之前，小球相对圆管向下运动，设圆管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对圆管：Mg+f=Ma1
对小球：f−mg=ma2
代入数据解得：a1=20m/s2，a2=30m/s2，故AB错误；
CD、从释放到第一次落地过程圆管与小球都做自由落体运动，落地速度大小v=2gh=2×10×5m/s=10m/s
圆管以地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，从碰撞后开始计时设经过时间t，圆管与小球的速度刚好相同，
以向上为正方向，由匀变速直线运动的速度-时间公式得：，
设圆管在t内的位移为x1，小球的位移为x2，则，
小球相对圆管下降的高度h=x1−x2
代入数据解得：t=0.4s，，h=4m，故C错误，D正确。
故选：D。
应用牛顿第二定律求出圆管与小球的加速度大小；应用匀变速直线运动的速度-时间公式与速度-位移公式求解。
根据题意分析清楚圆管与小球的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A.因为P比质点Q振动滞后0.3s，可知振动先传到Q点后传到P点，所以波沿x轴负向传播，故A正确；
B.P、Q两质点的平衡位置相距Δx=4.5m−1.5m=3m，波的传播时间t=0.3s，则波的传播速度为为v=xt=30.3m/s=10m/s，故B错误；
C、根据周期公式有：T=λv=1210s=1.2s，t′=0.6s=12T，Q运动的路程为s=2A=2×10cm=20cm=0.2m，故C正确
D.经过t′=12T后P、Q都位于平衡位置以下，故位移方向相同。故D错误。
故选：AC。
质点P比质点Q振动滞后0.3s，波沿x轴负向传播；根据P、Q水平距离和滞后时间求周期和波速；根据波的平移法知质点P、Q的运动情况。
本题考查了横波图像，根据波的传播特点确定波的传播方向，波沿传播方向传播一个波长需要一个周期。
10.【答案】CD
【解析】解：ABC、根据题目可知，交流电源的的电压有效值为U=um2=10022V=100V，因为灯泡正常发光，则副线圈的电流为I2=PUL=612A=0.5A，根据原副线圈两端的匝数比可知，I1=n2n1I2=200400×0.5A=0.25A，则原线圈的电压为U1=U−I1R1=100V−0.25×160V=60V，则副线圈的电压为U2=n2n1U1=200400×60V=30V，根据欧姆定律得：R2=U2−ULI2=30−120.5Ω=36Ω，故AB错误，C正确；
D、根据上述分析可知，原线圈的电压有效值为60V，则电压的最大值为602V，根据公式E=nΔΦΔt可知，穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为ΔΦΔt=2U1400=3220Wb/s，故D正确；
故选：CD。
先根据灯泡正常发光的特点分析出副线圈的电流，结合原副线圈的匝数比得出原线圈的电流，根据欧姆定律分析出原线圈的电压，进而得出副线圈的电压和副线圈电阻R2的阻值；
根据法拉第电磁感应定律反推出穿过铁芯的磁通量的变化率的最大值。
本题主要考查了变压器的构造和原理，要理解原副线圈两端的电压、电流和电功率的关系，同时结合电路构造和欧姆定律即可完成分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由右手定则可知，金属球向下运动过程，流过金属杆的电流由B流向A，则通过电阻的电流由M流向P，M点电势高于P点电势，故A错误；
B、当金属杆恰穿出磁场时，金属杆内侧的速度大小为：v′=v3l×l=13v，
由法拉第电磁感应定律产生的感应电动势为：E=B0×2l×v+13v2=43B0lv，
感应电流：I=E3r+r=B0lv3r
R两端的电压U=I×3r=B0lv，故B正确；
C、金属杆从AB到CD的过程中，平均感应电动势：E−=ΔΦΔt
根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦ4r=B0ΔS4r，其中ΔS=14π(3l)2−14πl2
则通过电阻的电荷量：q=πl2B02r，故C正确；
D、对整个系统由能量守恒定律有：mg×3l=12mv2+Q，
根据焦耳定律电阻上产生的热量：QR=3r4rQ=94mgl−38mv2，故D错误。
故选：BC。
根据题意应用右手定则判断出感应电流方向，然后确定流过的电流方向；
由E=B0lv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后应用欧姆定律求电阻两端电压；
根据法拉第电磁感应定律求出该过程的平均感应电动势，结合欧姆定律、电流的定义式求出通过电阻的电荷量；
根据能量守恒定律、焦耳定律求出电阻上产生的热量。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚电路结构、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律与右手定则即可解题。
12.【答案】ABD
【解析】解：A、设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛规律有：
h=v022g，
对小球从M动到O点过程，根据动能定理有
Fx1−mgh=EkO−EkM
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为：
a=Fm，
小球从M运动到O所用时间为
t=v0g，
根据运动学公式有
x1=12at2，
联立解得：
Fmg=43；
故A正确；
B、设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知
x1x2=13
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
ΔE1ΔE2=13，
故B正确；
C、M、N两点间水平距离
x=12a(2t)2
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
Fx=Ek1−EkM
联立解得：Ek1=73J，
故C错误；
D、小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为
tanθ=43
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为
vm=v0sinθ=45v0，
解得最小动能为
Ekm=1625Ek0=1625×9J=5.76J，
故D正确。
故选：ABD。
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性分析从M点至O点和从O点至N点的运动时间相等；小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学公式位移公式，运用比例法求出x1与x2之比，分别研究M到O和O到N水平方向的分运动，由动能定理求解可得到小球落到N点时的动能；根据功的计算公式求解风力做功之比；求出风力和重力的大小关系，根据速度的合成与分解求解最小的速度，由此得到小球动能的最小值。
本题考查带电小球在复合场中的运动，注意将小球按照竖直方向和水平方向进行分解，在解决B点动能时要注意结合运动学和动能定理进行求解，不能分方向列出动能定理，因为动能定理为标量性方程，不能分解。
13.【答案】使小球滑到斜槽底端的速度相等 x1g2H x2g2H x12−x224HL
【解析】解：(1)为了使小球滑到斜槽底端的速度相等，每次释放小球时应从槽的最高位置释放；
(2)第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为：v2=x2t，在竖直方向有：H=12gt2
从而求得小球从桌面离开的速度v2=x2g2H
同样道理，小球从斜槽末端滑下的速度为：v1=x1g2H，
(3)物体在水平桌面上运动，由动能定理：−μmgL=12mv22−12mv12，联立可得：μ=x12−x224HL。
故答案为：(1)使小球滑到斜槽底端的速度相等；(2)x1g2H、x2g2H；(3)x12−x224HL
(1)根据实验原理及实验的操作过程分析每次均从最高点释放的原因；
(2)由平抛的规律求出平抛的初速度；
(3)由动能定理求解动摩擦因数的表达式。
该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会。
14.【答案】1.000B7.5×10−6 0.7
【解析】解：(1)主尺为1mm，螺旋尺为0.000mm，所以读数为1mm+0.000mm=1.000mm；
(2)电流表最大值为Im=0.6A，当金属丝接入电阻为零时，根据闭合电路欧姆定律得其他电阻满足RA+R0=EIm=30.6Ω=5Ω
则R0=5Ω−RA=5Ω−1Ω=4Ω，故B符合，A阻值太小，C阻值太大。
故选：B。
(3)根据电阻定律可得金属丝的电阻为Rx=ρxS=ρxπ(d2)2=4ρπd2x①
根据闭合电路欧姆定律得E=I(Rx+R0+RA+r)②
联立①②两式整理得1I=4ρπd2Ex+R0+RA+rE。
结合图丙得斜率为4ρπd2E=1.90−(−60×10−2)(A⋅m)−1=196(A⋅m)−1，代入数据解得：
电阻率为ρ=7.5×10−6Ω⋅m；
图象的截距为：R0+RA+rE=1.9A−1，代入数据解得r=0.7Ω。
故答案为：(1)1.000；(2)B；(3)7.5×10−6，0.7。
螺旋测微器要估读到0.001mm；当金属丝不接入电路中时电流最大不能超过电流表量程，根据闭合电路欧姆定律计算定值电阻的值；由闭合电路欧姆定律得电流倒1I数关于金属丝金属丝长度x的函数，根据数学知识求解。
本题考查测电阻率和电源内容的实验，重点是根据闭合电路欧姆定律写出函数结合图像求解。
15.【答案】解：(1)计时开始后，设第一滴水经历自由落体时间是Δt，刚好落到人头顶处，其下落距离应为L−h1，
由运动学公式有：L−h1=12g(Δt1)2
解得：Δt1=0.7s，
设单摆的运动周期是T，则有：T=2πLg
解得：T=3.768s，
设在计时开始后，t1时刻打开出水孔，则有：t1=T4−Δt1
解得：t1=0.242s，
(2)设关闭出水孔时的最后一滴水经历自由落体时间△t2刚好落到人脚底处，其下落距离应为L+h2。
由运动学公式有：L+h2=12g(Δt2)2
解得：Δt2=0.9s.
设从计时开始后，t2时刻关闭出水孔，则有：t2=34T−Δt2
解得：t2=1.926s。
答：(1)秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，在0.242s时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
(2)秋千第二次到达最低点之前最迟在1.926s时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位。
【解析】水滴做自由落体运动，结合单摆的运动周期可以求出时间。
本题考查单摆的周期和自由落体运动的时间求解方法，结合题意分析运动过程就可以求出具体问题。
16.【答案】解：(1)在地面上，设活塞的质量为m，对A，初态：pA1=p0，VA1=V0，
末态：pA2=p+mgS，VA2=0.5V0
根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2
对B，初态：pB1=p0+mgS，VB1=0.5V0
末态：pB2=p，VB2=V0
根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2
联立解得：m=p0Sg
(2)把容器移至土卫六表面处并竖直放置，对A，初态：pA1=p0，VA1=V0，TA1=300K
末态：pA，VA=0.9V0，TA=75K
根据一定质量的理想气体状态方程可得：pA1VA1TA1=pAVATA
对B，初态：pB1=p0+mgS，VB1=0.5V0，TB1=300K
末态：pB=pA+mg′S，VB=0.6V0，TB=75K
根据一定质量的理想气体状态方程可得：pB1VB1TB1=pBVBTB
联立解得g′=536g
答：(1)活塞的质量m为p0Sg；
(2)土卫六上容器放置处的重力加速度g′为536g。
【解析】(1)对AB部分气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得活塞的质量；
(2)对AB部分气体，找出初末状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程即可求得。
本题主要要考察了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，关键是找出AB部分气体压强间的关系即可。
17.【答案】(1)由几何关系得tanα=22R022R0=1
tan90∘−α2=r1R0
解得
r1=0.4R0
由牛顿第二定律得
qv0B1=mv02r1
解得
B1=5mv02qR0
(2)由牛顿第二定律得qv0B2=mv02r2
解得r2=104r1=R0
由几何关系得
R=R02+r22+r2=(2+1)R0
(3)氢核在区域I的周期为T1=2πr1v0=0.8πR0v0
氢核在区域Ⅱ内的周期为T2=2πr2v0=2πR0v0
由几何关系得
∠AOQ=45∘+90∘=135∘
由几何关系得
360∘n1=135∘n2
解得
n2=8
则总时间为
t=(180∘−45∘360∘T1+360∘−90∘360∘T2)n2
联立解得：t=72πR05v0
答：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小为5mv02qR0；
(2)环形外圆的半径为(2+1)R0；
(3)粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间为72πR05v0.
【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据从P点离开场区速度方向及几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小；
(2)画出恰好与外边界相切的轨迹，洛伦兹力提供向心力求得半径，由几何关系解得；
(3)根据几何关系分析氢核在两磁场区域的周期关系从而解得时间。
做好本题的关键是画出粒子的轨迹图，由几何关系得到半径的半径，再由题设已知条件求相关未知量，注意分析氢核的运动情况根据临界条件分析解答。
18.【答案】(1)从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向上：
vy2=2gH
从P点沿切线进入圆轨道，则
vP=vysin60∘
联立解得：vP=45m/s
(2)从P点到圆弧最低点，根据动能定理得：
mgR(1−cos60∘)=12mv12−12mvP2
在最低点，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mv12R
由牛顿第三定律得：FN=FN′
联立解得：FN′=60N
(3)假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律得：
mv1=(M+m)v2
由能量关系得：
解得：
B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B根据动能定理得：
μmgxB=12Mv22
解得：xB=1.25m<2.5m
即假设成立，B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A根据动能定理得：
解得：v3=2m/s
(4)弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC系统，由动量守恒定律得：
mv3=2mv4+Mv5
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv3=(2m+M)v6
由能量关系得：
EPmax=12×2mv42+12Mv52−12(2m+M)v62
解得：EPmax=0.0375J
弹簧第一次恢复原长时，当C的速度向左时，以AD和C系统，根据动量守恒定律得：
mv3=2mv7+Mv5
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv3=(2m+M)v8
由能量关系可知：
EPmax′=12×2mv72+12Mv52−12(2m+M)v82
解得：EPmax′=3.0375J
答：(1)滑块A到达P点的速度大小为45m/s；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小为60N；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小为2m/s；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是3.0375J。
【解析】(1)根据运动学公式结合几何关系得出滑块A到达P点的速度；
(2)先根据动能定理计算出滑块的速度，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出滑块A对轨道的压力；
(3)选择AB系统为研究对象，先根据动量守恒定律分析出速度，再结合能量关系完成解答；
(4)选择合适的研究对象，利用动量守恒定律和能量关系分析出弹簧弹性势能最大值的可能并完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律，研究过程中涉及到了平抛运动，向心力公式和牛顿第二定律等，解题的关键点是处理好动量守恒定律和能量关系等式的联立，同时要注意分类讨论，计算量大，对学生的要求很高。
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