2023-2024学年安徽省“耀正优+”名校联考高三（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省“耀正优+”名校联考高三（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共16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。

1.下列说法正确的是
( )
A. 小鸟停在单根高压输电线上会有被电击的风险
B. 复印机是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上
C. 正电荷仅受电场力的作用从静止开始运动，其轨迹必定与电场线重合
D. 静电场中某点电场强度的方向，就是放在该点的点电荷所受电场力的方向
2.某校物理兴趣小组同学在校庆上，进行了无人机飞行表演，如图所示为无人机在竖直方向运动的v−t图像，取竖直向上为正方向．关于无人机的运动，下列说法正确的是
( )
A. 2～4 s内，无人机匀减速下降B. 3 s末，无人机的加速度为4 m/s2
C. 第4 s内，无人机处于失重状态D. 无人机上升的最大高度为8 m
3.如图所示为电路上常用的熔断保险丝，当电路中有较强电流通过时，保险丝会快速熔断，及时切断电源，保障用电设备和人身安全．有一段电阻为R、熔断电流为4 A的保险丝，若将这段保险丝对折后绞成一根，则保险丝的电阻和熔断电流将变为
( )
A. 14R和2 AB. 14R和8 AC. 12R和2 AD. 12R和8 A
4.一轻质弹簧两端分别与甲和乙两球连接，静止在水平地面上，弹簧处于原长状态，如图所示．已知甲的质量比乙的质量大，两者与地面间的动摩擦因数相等．现增大甲和乙的距离，使弹簧伸长(在弹性限度内)，然后同时由静止释放甲和乙，在它们加速相向运动的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 任一时刻甲的加速度比乙的加速度大
B. 任一时刻甲的速度比乙的速度大
C. 任一时刻甲的动量比乙的动量小
D. 弹簧弹性势能的减少量等于甲和乙的动能之和
5.2023年7月9日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将“卫星互联网技术试验卫星”发射升空，标志着6G技术的进一步发展，将给全球通信行业带来巨大的革新。如果“卫星互联网技术试验卫星”沿圆轨道运行，轨道距地面的高度为h，地球半径为R，地表重力加速度为g。关于该卫星，下列说法正确的是( )
A. 周期为2πR (R+h)3gB. 角速度为 gR+h
C. 向心加速度大小为gRR+hD. 发射速度大于11.2km/s
6.如图所示，A、B两物体放在圆台上，两物体与圆台面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A物体质量是B物体质量的一半，而A物体离转轴距离是B物体离转轴距离的2倍．当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，则下列说法正确的是
A. A、B物体的线速度大小之比为1:1
B. A、B物体的向心加速度大小之比为1:2
C. A、B物体所受摩擦力大小之比为1:2
D. 当圆台的转速增加时，A物体先滑动
7.乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．如图所示为某同学训练的情境，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以竖直向下v0=2 m/s的速度碰撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以2 m/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞后的瞬时速度大小为v=3 m/s，且反弹后的高度与下落高度相等．不计空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为
( )
A. 54B. 34C. 32D. 12
8.某同学在研究性学习活动中自制了一台电子秤，其简化电路图如图所示．用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器的滑片与弹簧上端连接．当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在滑动变阻器的最上端，此时电压表示数为0；当所放物体质量为m时，电压表示数为E6.已知电源电动势为E，电源内阻忽略不计，定值电阻R0的阻值为R，滑动变阻器的总电阻也为R，不计一切摩擦和其他阻力，下列说法正确的是
A. 该电子秤可称量物体的最大质量为6m
B. 该电子秤电压表各刻度对应的质量是均匀的
C. 当称量物体的质量为2m时，电压示数为E3
D. 当电压示数为38E时，称量物体的质量为3m
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，某校篮球比赛中，甲队员将球传给队友，出手时篮球离地高度为h1=1.5 m，速度大小为v0=10 m/s，乙队员原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为h2=3.3 m，篮球越过乙队员时的速度沿水平方向，且恰好未被拦截，后队友在离地高度为h3=0.9 m处接球成功．已知篮球的质量为m=0.6 kg，重力加速度g取10 m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则下列说法正确的是
( )
A. 篮球越过乙队员时的速度大小为8 m/s
B. 甲队员传球时，篮球与乙队员的水平距离为6 m
C. 队友接球前瞬间，篮球的机械能为35.4 J
D. 若仅增大出手时篮球与水平方向的角度，篮球经过乙队员处的高度可能低于h2
10.如图所示，存在三个完全相同的带正电的点电荷，其中两个点电荷分别固定在线段AB的两端点，以AB的中点O为圆心，OA为半径画半圆形的弧线。现让点电荷C从A点附近出发，沿半圆弧向Ｂ点移动，在移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. O点的电势一直处于变化中B. O点的场强一直处于变化中
C. C所受电场力先减小后增大D. C的电势能先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，小车的前端固定有力传感器，能测出小车所受的拉力，小车上固定遮光条，小车放在安装有定滑轮和两个光电门A、B的光滑轨道上，用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连，轨道放在水平桌面上，细线与轨道平行，滑轮质量、摩擦不计．
(1)用游标卡尺测遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=__________mm．
(2)实验主要步骤如下：
①测量小车、力传感器及遮光条的总质量为M，测量两光电门间的距离为L．
②由静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录力传感器的示数为F，记录遮光条通过光电门A、B时的挡光时间分别为tA、tB及遮光条从A到B的时间为t．
(3)实验过程中__________(填“需要”或“不需要”)满足M远大于m．
(4)利用该装置验证动量定理的表达式为Ft=__________.(用字母M、d、tA、tB表示)
12.学校实验室提供器材有：毫安表(量程10 mA)、电阻箱R1(最大阻值为999.9 Ω)、滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω)、开关一个、红、黑表笔各一只、导线若干．
(1)某同学打算制作一简易的双倍率欧姆表，找到一节干电池(标称值为1.5 V，内阻不计)但不确定其电动势是否与标称值一致，他设计了如图甲所示的电路来测量电池的电动势和毫安表内阻，并完成实物连接，闭合开关S，调节电阻箱R1的阻值，当R1的阻值为75 Ω时，电流表示数为8.0 mA，当R1的阻值为250 Ω时，电流表示数为4.0 mA，则干电池的电动势为E=__________V(保留三位有效数字)，毫安表的内阻为RA=__________Ω．
(2)利用上述干电池设计的欧姆表电路图如图乙所示，操作步骤如下：
a.按照图乙所示电路完成实物连接，并将表笔连到对应位置；
b.断开开关S，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R1的阻值，使电流表满偏，此时R1的阻值为__________Ω，对应欧姆表的“×10”倍率；
c.保持R1的阻值不变，闭合开关S，将红、黑表笔短接进行欧姆调零，当滑动变阻器R2接入回路的阻值为__________Ω时(保留三位有效数字)，电流表示数达到满偏，此时对应欧姆表的“×1”倍率；
d.步骤c完成后，将红、黑表笔与待测电阻相连，电流表的示数为3.5 mA，则待测电阻的阻值为R=__________Ω．
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=2kg、长度为L=1m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92m，现将薄木板由静止释放，同时质量m=1kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数µ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板；
(2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。
14.如图所示，两条相距2L的竖直平行直线AB和CD间的区域里有两个场强大小不等、方向相反的有界匀强电场，其中水平直线MN下方的匀强电场方向竖直向上，MN上方的匀强电场方向竖直向下．在电场左边界AB上宽为L的MQ区域内连续分布着质量为m、电荷量为+q的不计重力的粒子，从某时刻起由M到Q间的带电粒子依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场．已知从Q点射入的粒子通过MN上的P点进入上方匀强电场，后从CD边上的F点水平射出，且F点到N点的距离为L3.求：
(1)不同位置射入的粒子在电场中飞行的时间t；
(2)MN下方匀强电场的电场强度大小E1；
(3)能沿水平方向射出CD的粒子在MQ的射入位置．
15.如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一劲度系数为k的轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m的球A并处于静止状态，质量为2m的球B套在杆上，在球A上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起，当A、B一起上升到最高点时，A、B的加速度大小为43g.已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，弹簧的形变总在弹性限度内，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g.求：
(1)球B开始释放的位置到球A的高度；
(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)若将球B换成球C，仍从原高度由静止释放，A、C发生弹性碰撞，且碰撞后立即取走球C，此后球A上升的最大高度与A、B一起上升的最大高度相同，球C的质量．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了电场的基础知识，要能用学到的知识解释生活中跟电有关的现象，知道静电现象在生活中的应用，只有电场线是直线，且粒子的初速度为零或者初速度方向与电场线共线时，粒子才会做直线运动。电场线的切线方向反映电场强度的方向，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反。
【解答】小鸟两只脚之间的距离很小，所以小鸟两只脚之间的电压很小，小鸟不会被电击，A错误;
复印机是利用异种电荷间的吸引力来工作的，属于静电的利用，B正确;
正电荷仅受电场力的作用从静止开始运动，如果电场线是一条曲线，其受力沿切线方向，所以其轨迹与电场线不重合，C错误;
静电场中某点电场强度的方向，就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与负电荷受力方向相反，D错误．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查v−t图像和超重、失重。解决问题的关键是理解v−t图像的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴所围的面积表示位移。
【解答】
A. 2∼ 4 s内，无人机先向上做匀减速运动后向下做匀加速运动，故A错误；
B.由图像可知，3s末无人机的加速度为−4m/s2，故B错误；
C.由图像可知，第4s内无人机向下做匀加速运动，故无人机处于失重状态，故C正确；
D.由图像可知，无人机上升的最大高度为h=v2t=42×3m=6m，故D错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电阻定律和焦耳定律的应用问题。
根据电阻定律R=ρlS求电阻，根据焦耳定律求熔断电流。
【解答】
根据电阻定律有R=ρLS，可知对折后的电阻为R′=ρ12L2S=14R，而两段的最大电流为4A的保险丝并联，保险丝的熔断是根据焦耳定律Q=I2Rt来计算，在其他条件不变的情况下，电阻变为14时，电流只有变为原来的2倍才产生熔断热量，故其允许的最大电流为I′=2Imax=8A，B正确。
4.【答案】C
【解析】解：在甲、乙两球加速相向运动的过程中，对甲由牛顿第二定律有F−μm甲g=m甲a甲，解得a甲=Fm甲−μg，同理a乙=Fm乙−μg，又m甲>m乙，则a甲根据v=at定性分析可知(此处虽不是初速度为零的匀变速直线运动，但任一时刻的加速度都满足a甲对甲由动量定理有(F−μm甲g)t=p甲，同理(F−μm乙g)t=p乙，又m甲>m乙，则p甲根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的减少量等于甲、乙的动能与系统因摩擦产生的热量之和，D错误．
通过对甲、乙进行受力分析，分析清楚甲和乙的受力情况，运用牛顿第二定律和动量定理，能量守恒定律，对题目选项进行判断。
本题考查功能关系和动量定理，掌握受力分析，是解决本题的关键。
5.【答案】A
【解析】ABC.对于在地球表面的物体，由万有引力等于重力，有GMm′R2=m′g
对卫星有万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，即GMm(R+h)2=man=mω2(R+h)=m4π2T2(R+h)
联立解得an=gR2(R+h)2 ， ω=R g(R+h)3 ， T=2πR (R+h)3g
故A正确，BC错误；
D.该卫星绕地球做圆周运动，故发射速度在第一宇宙速度到第二宇宙速度之间，满足7.9km/s故D错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】【分析】
A、B一起随圆台做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，角速度相等，结合牛顿第二定律比较静摩擦力大小，根据向心加速度公式比较向心加速度的大小。根据最大静摩擦力提供向心力得出发生相对滑动的临界角速度，从而判断哪个物体先滑动。
本题考查水平面内的圆周运动的临界问题。解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断。
【解答】
A.当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，故A、B物体的角速度相等，根据v=ωr，可知A、B物体的线速度大小之比为2:1，A错误;
B.根据a=ω2r可知，A、B物体的向心加速度大小之比为2:1，B错误;
C.根据f=mω2r可知，A、B所受摩擦力大小相等，C错误;
D.根据μmg=mω2r，可得临界角速度ω= μgr，可知发生相对滑动时A的临界角速度较小，故当圆台的转速增加时，A物体先滑动，D正确。
7.【答案】A
【解析】【分析】解决本题的关键要知道动量和动量定理都是矢量，要规定正方向，用符号表示矢量的方向。
在竖直方向上根据动量定理求乒乓球的弹力的大小。再在水平方向上根据动量定理求摩擦力的大小即可乒乓球与球拍之间的动摩擦因数。
【解答】
由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后速度变大，而反弹后的高度与下落的高度相等，
可知碰撞后乒乓球沿竖直方向的分速度大小为vy=v0=2m/s，
沿水平方向的分速度大小为vx= v2−(vy)z= 5m/s．
设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为Δt，取向上为正方向，
竖直方向由动量定理有FN⋅Δt=mvy−m(−v0)，解得FN=4mΔt(SI)，
水平方向由动量定理有f⋅Δt=mvx−0，解得f= 5mΔt(SI)，而f=μFN，解得μ= 54，故A正确。
故选 A。
8.【答案】D
【解析】【分析】
当托盘内所称物体的质量为M时，弹簧被压缩x，求出R接入电路的电阻，根据欧姆定律得电压表示数表达式，展开分析即可。
本题主要考查闭合电路欧姆定律和胡克定律的直接应用，关键是掌握电子秤的工作原理，弄清楚电路的连接情况。
【解答】
A.当电压表示数为E6时，有E6=ER1R+R1，解得R1=R5，设滑动变阻器的总长为L，则弹簧被压缩L5，有mg=kL5，故弹簧被压缩L时，有mmaxg=kL，则mmax=5m，故A错误；
B.因电压表读数U=ER′R+R′=ERR′+1，而R′R=xL，(x为滑片以上部分的长度)，且mg=kx，即U=EkLmg+1，可知m与U并非线性关系，则该电子秤电压表各刻度对应的质量是不均匀的，故B错误；
C.当称量物体的质量为2m时，有2mg=kΔx，解得Δx=25L，则滑动变阻器接入电路的阻值为R2=25R，电压表示数为U=ER2R+R2=27E，故C错误；
D.当电压表示数为38E时，有38E=ER3R+R3，解得R3=35R，则弹簧被压缩35L，有Mg=k3L5，解得M=3m，故D正确。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查斜抛运动，解题关键是掌握运动的合成与分解规律，明确斜抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动。做斜抛运动的物体机械能守恒。
【解答】
由题意可知，篮球从抛出到最高点，竖直方向的位移大小为h=h2−h1=1.8m，
由vy2=2gh，解得篮球竖直方向分速度vy=6m/s，
则篮球从抛出到最高点的时间为t=vyg=0.6s，
篮球水平方向的速度大小为vx= v02−vy2=8m/s，
则甲队员传球时，球与乙队员的水平距离为x=vxt=4.8m，A正确，B错误;
篮球运动过程中机械能守恒，则队友接球前瞬间，篮球的机械能恒为E=12mv02+mgh1=39J，C错误;
若仅增大出手时篮球与水平方向的角度，在水平方向的分速度变小，运动到乙位置时的高度可能低于乙第一次拦截的高度h2，D正确．
10.【答案】BCD
【解析】如图所示，由两个等量正点电荷形成的电场线、等势面的分布情况可知，将C沿半圆弧从A点移动到B点的过程中，C所受电场力先减小后增大；在移动的过程中，C所处位置的电势先降低后升高，由 Ep=qφ 可知，C的电势能先减小后增大。
【详解】A.点电荷中某点的电势φ=kQr，由于在移动的过程中，O点到三个点电荷的距离保持不变，所以O点的电势保持不变，A错误；
B.A、B点电荷在O处产生的场强为零，故O点的合场强等于C在O点产生的场强，即E=kQr2，而在C移动的过程中，与O点的距离不变，则O点的的场强大小保持不变、方向变化，B正确；
C.C所处位置的场强如图所示，
由 E=kQr2 及平行四边形定则可知，C所处位置的场强大小为E合=kQ 1r122+1r222
其中r1=2Rsinθ ， r2=2Rcsθ ， 0<θ<π2
由数学知识可知，在移动的过程中，C所处位置的 E合 先减小后增大，则C所受电场力先减小后增大，C正确；
D.同理可得C所处位置的电势为φ合=kQ1r1+1r2
数学知识可知，在C移动的过程中 φ合 先减小后增大，而C的电势能Ep=qφ，可知，C的电势能先减小后增大，D正确。
故选BCD。
11.【答案】(1) 0.60；
(3)不需要；
(4)Ft=Md(1tB−1tA)。
【解析】【分析】
(1)游标卡尺读数为主尺示数+游标尺示数，不需要估读，要注意游标尺的精度，本题精度为0.05mm。
(3)实验中小车的力由力传感器测出，无需M远大于m。
(4)动量定理：合外力的冲量等于物体的动量变化，据此列式。
【解析】
(1)游标卡尺读数为d=0mm+12×0.05mm=0.60mm．
(3)实验中可通过力传感器来直接测量细线的拉力，不需要将重物的重力近似等于细线的拉力，故实验中不需要满足M远大于m．
(4)小车通过光电门A、B时的速度分别为vA=dtA和vB=dtB，以小车为研究对象，小车通过光电门A、B过程中，合力的冲量为I合=Ft，小车通过光电门A、B时动量的变化量为△p=MvB−MvA=Md(1tB−1tA)，则验证动量定理的表达式为Ft=Md(1tB−1tA).
12.【答案】(1)1.40；100 (2)b.40；c.15.6；d.26
【解析】【分析】
本题考查计算电池的电动势与电表的电阻，以及欧姆表的改装与使用。熟练掌握欧姆定律、欧姆表的原理和使用规则，即可解答此类试题。
【解答】
(1)由I=ERA+R1，可知，当电阻箱阻值为75Ω和250Ω时，
有，
，
解得：E=1.40V，RA=100Ω;
(2) b.将两表笔短接进行欧姆调零，有RA+R1=EIs，解得R1=40Ω；
c.闭合开关后对应欧姆表的“×1”倍率，则电流表满偏时回路总电阻对应欧姆表的内阻，为14Ω，有，
解得R2=15.6Ω；
d.电流表示数为3.5mA，则流过电源的电流为35mA，由闭合电路欧姆定律有，
解得R=26Ω。
13.【答案】(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1=gsinθ−μgcsθ=2m/s2
薄木板的加速度大小为a2=Mgsinθ+μmgcsθM=8m/s2
假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有v=v0+a1t1=a2t1
解得t1=0.5s ， v=4m/s
滑块下滑的位移大小为x1=v0+v2t1=1.75m
薄木板下滑的位移大小为x2=v2t1=1m
两者相对位移大小为Δx=x1−x2=0.75m假设成立，滑块不脱离薄木板；
(2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为a3=gsinθ=6m/s2
当薄木板下端到达斜面底端时，有s−x2=vt2+12a3t22
解得t2=0.2s
故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t=t1+t2=0.7s。

【解析】本题考查了学生应用牛顿第二定律和运动学公式解决板块模型的能力，在解题时，学生应注意分析滑块和木板的运动过程，结合这一过程才能正确应用公式作答。
14.【答案】解：(1)从MQ间水平射入电场的粒子在水平方向上都做匀速直线运动，则不同位置射入的粒子在电场中飞行的时间为t=2Lv0；
(2)设粒子由Q到P及P到F点的时间分别为t1与t2，到达P时竖直速度为vy，
则由y=12at2 ，vy=at及牛顿第二定律F=qE=ma得：
L=12a1t12=12qE1mt12
L3=12a2t22=12qE2mt22
而 vy=qE1mt1=qE2mt2
v0(t1+t2)=2L
联立解得：E1=8mv029qL E2=8mv023qL；
(3)设粒子到M点的距离为y，由题意可知t3t4=31
粒子可能经过n次循环进入边界，要满足的条件为v0(t3+t4)n=2L
可得t3=3L2nv0(n=1、2、3⋯⋯)
竖直方向y=12qE1mt32，
联立可得y=Ln2(n=1、2、3⋯⋯)。
【解析】【解析】
本题考查了带电粒子在电场中的运动，带电粒子在电场中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题，由于粒子运动过程复杂，本题难度较大。
(1)粒子在两电场中做类平抛运动，根据运动的独立性可由水平方向做匀速运动求解粒子在电场中的飞行时间t；
(2)粒子在两电场中做类平抛运动，由图可得出粒子在两电场中的运动情况；分别沿电场方向和垂直电场方向列出物理规律，联立可解得电场强度的大小；
(3)粒子进入电场做类平抛运动，根据运动的合成与分解，结合运动学公式分析答题。
15.【答案】解：(1)开始时，球A受力平衡，可得弹簧的压缩量x1=mgk
当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x2
根据牛顿第二定律有kx2+(m+2m)g=(m+2m)×43g，
解得x2=mgk
设开始时A、B球的高度为h，根据机械能守恒定律有2mgh=12⋅2mv12
设A、B碰撞后瞬间，A、B的共同速度大小为v
根据动量守恒有2mv1= (2m+m) v
从碰后一瞬间到上升到最高点，根据能量守恒有12⋅(m+2m)v2=(m+2m)g(x1+x2)
联立解得h=9mg2k
(2)碰撞后，两球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，设两球向下运动的距离为x3
从碰撞后瞬间至两球到最低点，
由机械能守恒定律有12⋅3mv2+3mgx3=12k(x1+x3)2−12kx12
解得x3=6mgk
则弹簧具有的最大弹性势能为EP=12k(x1+x3)2=49m2g22k
(3)设球C的质量为M，根据动量守恒有MU1=Mv2+mv3
根据能量守恒有12Mv12=12Mv22+12mv32
联立解得v3=2Mm+M 2gh
根据题意有12mv32=mg(x1+x2)
解得M=m2
【解析】(1)在最高点，由胡克定律结合牛顿第二定律方程解得弹簧的形变量；A、B碰撞后获得共同速度，该过程满足由二者构成的整体动量守恒，再结合能量守恒守恒定律得解；
(2)从碰撞结束至两球运动到最低点，由该过程的能量守恒解得小球向下运动的距离，可得弹簧具有的最大弹性势能；
(3)C、B两球碰撞过程动量守恒，能量守恒，再由球A上升的最大高度与A、B一起上升的最大高度相同即可求解。
本题主要考查与弹簧相关的系统机械能守恒、胡克定律、碰撞类问题的综合应用。