2025届湖南省永州市高三下学期高考二模物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省永州市高三下学期高考二模物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2024年，国家文物局公布：“考古中国”重大项目——武王墩墓，是经科学发掘的迄今规模最大、等级最高、结构最复杂的大型楚国高等级墓葬，考古学家通过对其中14C的测定可推测其距今年限，已知14C的半衰期为5730年，下列说法正确的是（ ）
A．全球气候变暖，14C的半衰期变长
B．50个14C经过5730年后将剩余25个
C．若测量某古木样品的14C，发现其含量为现代植物的0.25倍，说明其距今约为11460年
D．人工核电站的原理与14C的衰变属于同一种核反应类型
【分析】半衰期是由原子核内部自身决定的；半衰期具有统计意义；根据半衰期公式计算；根据核反应的类型判断。
【解答】解：A．半衰期是由原子核内部自身决定的，14C的半衰期不会随环境温度改变，故A错误；
B．半衰期的概念是对大量的原子核才有意义的，少量的原子核是没有意义的，故B错误；
C．若测量某古木样品的14C，发现其含量为现代植物的0.25倍，即m=m04=m0(12)2，说明经过了两个半衰期，其距今约为11460年，故C正确；
D．人工核电站的原理是重核的裂变，而题中是衰变，不属于同一种核反应类型，故D错误。
故选：C。
2．（4分）适量的体育锻炼能够培养学生身心健康，提升学习效率，小明同学在周末时间利用手机传感器绘制出某段跑步过程中的a﹣t图像，小明同学由静止开始运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1过程中，小明同学做匀加速直线运动
B．t3时刻，小明同学运动速度达到最大
C．t6时刻，小明同学恰好返回出发点
D．t2～t3过程中，小明同学在做减速运动
【分析】结合图像分析物体加速度的方向及大小以及运动过程，逐一判断每个选项的正确性。
【解答】解：A．a﹣t图像0到t1时间内加速度在变大，故不做匀加速直线运动，故A错误；
BCD．0到t3时间内，加速度均为正方向，a，v方向相同，故做加速运动，t3之后加速度反向，a与v方向相反，做减速运动，a﹣t图像面积代表了物体速度的变化量，所以在t6时刻速度恰好减为0，整个过程没有反向运动．在t3时刻速度最大，位移持续增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
3．（4分）电磁感应式无线充电是目前手机无线充电较为常见的方式。无线充电器的送电线圈端连接电源，受电线圈与手机端相连，从而为手机充电。其原理可简化为如图所示，装置可等效为理想变压器，送电线圈与受电线圈匝数比为3：1，下列说法正确的是（ ）
A．若送电线圈端连接恒定电流源可实现手机无线充电
B．若送电线圈端所接电压为6V，受电线圈两端输出电压为18V
C．若送电线圈端所接交流电的频率为50Hz，受电线圈端输出的交流电频率为503Hz
D．若送电线圈连接的正弦式交流电的表达式E=302sin5πt(V)，受电线圈两端并联一电压表，电压表读数为10V
【分析】原线圈两端要连接变化的电流才可以工作，原副线圈两端的电压之比等于匝数之比，变压器不改变原副线圈的频率，电表读数为有效值结合电压之比等于匝数之比分析电压表读数。
【解答】A．变压器的工作原理是互感，原线圈两端要连接变化的电流才可以工作，接恒定电流无法工作，故A错误；
B．理想变压器原副线圈两端的电压之比等于匝数之比，U1U2=n1n2
可知送电线圈两端电压为6V时，受电线圈两端输出电压应为2V，故B错误；
C．变压器不改变原副线圈的频率，故C错误；
D．电表读数为有效值，送电线圈两端电压有效值为3022=30V时，根据电压之比等于匝数之比，所以受电线圈两端的电压为10V，所以电压表读数为10V，故D正确。
故选：D。
4．（4分）中国选手郑钦文在巴黎奥运会夺得女子网球单打金牌，某次回球时她将质量为58g的网球斜向上与水平方向夹角37°以180km/h击出，重力加速度g取10m/s2，网球在运动过程中可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．网球在空中运动过程中，相同时间内，速度的变化量相同
B．网球在空中上升过程中处于超重状态
C．网球返回与抛出点等高处时网球的重力功率为29W
D．网球在空中运动过程中机械能增加
【分析】根据平抛运动的规律，结合动能定理分析解答。
【解答】解：ABD、根据题意可知，知网球在空中运动过程中，做斜抛运动，只受重力，加速度为重力加速度，则网球机械能守恒，处于完全失重状态，且相同时间Δt内，速度的变化量相同，均为Δv＝gΔt，故A正确，BD错误；
C、根据题意可知，网球返回与抛出点等高处时，网球的速度大小与抛出时的速度大小相等，且速度与水平方向夹角为37°，
根据功率的计算公式可得此时重力的功率为
PG=mgvy=58×10-3×10×180×13.6×sin37°=17.4W，故C错误。
故选：A。
5．（4分）塑料对环境的污染已经成为当今世界环境面临的一大问题。为保护环境，同学们组织了一次垃圾捡拾活动。如图甲所示，同学们使用垃圾夹捡取塑料瓶，塑料瓶缓慢上升，如图乙所示，塑料瓶可等效为底面半径为R，质量分布均匀的圆柱体，垃圾夹对塑料瓶左右两侧的摩擦力大小均可等效为f，两侧弹力大小均可等效为N，A、B两点为垃圾夹与塑料瓶的接触点，A、B连线水平，间距为3R，下列说法正确的是（ ）
A．垃圾夹夹得越紧，摩擦力越大
B．垃圾夹对塑料瓶的弹力大小为N
C．垃圾夹对塑料瓶的摩擦力大小为f
D．根据信息可推断塑料瓶的重力为N+f
【分析】瓶受到的摩擦力为静摩擦力，由图中几何关系结合平行四边形法则求解合力，由受力平衡求解塑料瓶的重力。
【解答】解：A．瓶受到的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力的大小与正压力大小无关，并非夹得越紧摩擦力越大，故A错误；
B．由图中可知两侧弹力夹角为120°，根据平行四边形法则可知两弹力的合力为N，故B正确；
C．摩擦力夹角为60°，则有f合＝2fcs30°，
故两侧摩擦力的合力为3f，故C错误；
D．受力平衡可知塑料瓶的重力为N+3f，故D错误。
故选：B。
6．（4分）2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后，神舟十九号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并与中国空间站自动交会完成对接。中国空间站离地高度约为地球半径的0.06倍，绕地球做匀速圆周运动，每90分钟绕地球一周。已知万有引力常量，根据上述信息，可求得的物理量是（ ）
A．空间站的质量B．空间站的线速度大小
C．地球的密度D．地球的质量
【分析】空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列方程，结合密度公式分析能求出哪些量。
【解答】解：ABD、空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r=m4π2rT2
解得空间站的线速度大小为v=GMr，地球的质量为M=4π2r3GT2
由于r具体值未知，故空间站的线速度大小v、空间站的质量m、中心天体地球的质量M无法求得，故ABD错误；
C、根据密度公式有ρ=M43πR3=3πr3GT2R3，中国空间站离地高度约为地球半径的0.06倍，则rR=1.06，周期T由题可求得，所以可求得地球的密度，故C正确。
故选：C。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）“日晕”是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图所示，为一束太阳光照射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．a光更容易发生明显衍射现象
B．a光在冰晶中的传播速度大于b光在冰晶中的传播速度
C．a、b两束光分别用同一双缝干涉实验装置，b光相邻的两条纹间距更大
D．a、b两束光可以发生干涉现象
【分析】太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律比较折射率大小，从而得出频率、波长和波速关系；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ分析双缝干涉间距大小；依据临界角公式sinC=1n比较临界角的大小。
【解答】解：A、光从空气进入同一种介质时，频率越大，折射率越大，由图中光的偏折程度可知，b的折射率大于a的折射率，故b光频率大于a光频率，a光的波长大于b光波长，故更容易发生明显衍射现象，故A正确；
B、根据光的折射率公式n=cv可得，在冰晶中，b的折射率大于a的折射率，a的传播速度大于b的传播速度，故B正确；
C、a光的波长大于b光波长，根据Δx=ldλ可知，a光条纹间距大于b，故C错误；
D、干涉的条件是两束光频率相同，a、b两束光频率不同，故不能发生干涉现象，故D错误。
故选：AB。
（多选）8．（5分）图甲是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接直流高压电源后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，粉尘会吸附电子向一侧聚集，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，图乙是金属丝与金属管壁通电后形成的电场示意图，a、b、c为同一条电场线上的三个点，三点的电势分别为φa、φb、φc，且ab＝bc，下列说法正确的是（ ）
A．粉尘在吸附电子后向金属丝侧聚集
B．粉尘吸附电子后在a点的电势能小于在b点的电势能
C．φb＞φa+φc2
D．粉尘吸附电子后在运动过程中加速度大小不变
【分析】粉尘吸附电子之后，向带正电的金属管壁侧聚集，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在电势高的地方电势能小，电场为非匀强电场，加速度大小在改变。
【解答】解：A．粉尘吸附电子之后，带负电会向带正电的金属管壁侧聚集，故A错误；
B．a点的电势大于b点的电势，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，粉尘在吸附电子后，根据Ep＝qφ可知，粉尘在a点的电势能小于b点的电势能，故B正确；
C．由图乙可知此，φa﹣φb＜φb﹣φc，得φb＞φa+φc2，故C正确；
D．由于该电场为非匀强电场，故粉尘吸附电子后在运动过程中加速度大小在改变，故D错误。
故选：BC。
（多选）9．（5分）丝带舞是艺术性很强的一种舞蹈，某次舞者抖动丝带形成的丝带波可简化为一向x轴正向传播的简谐横波，如图所示，实线和虚线分别为t1＝0和t2＝3s时的波形图，下列说法正确的是（ ）
A．x＝1m处的质点经过一个周期可能向右运动4m
B．在t＝0.2s时x＝1m处的质点可能加速度最大，方向沿y轴正方向
C．该丝带波的周期可能为124n+1s（n＝0，1，2，3…）
D．该丝带波的传播速度可能为1m/s
【分析】根据波长、波速和周期的关系，结合质点的振动情况和波的传播特点分析求解。
【解答】解：A．简谐横波传播过程中，质点不随波的传播而迁移，故A错误；
BC．由图像可知34T+nT=3s（n＝0，1，2，3…）
解得周期：T=124n+3（n＝0，1，2，3…）
当n＝3时，T＝0.8s，经过14T，x＝1m处质点到达波谷位置，加速度最大，方向沿y轴向上。故C错误，B正确；
D．由图可知，λ＝4m，故v=λT=13(4n+3)（n＝0，1，2，3…）
当n＝0时，波的传播速度为1m/s，故D正确。
故选：BD。
（多选）10．（5分）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，某次一粒子源于A处不断释放质量为m，带电量为+q的离子，离子静止释放，经电压为U的电场加速后，沿半径为R1的14圆弧形虚线通过均匀辐射的电场，从P点沿直径PQ方向进入半径为R2的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，收集屏到PQ的距离为3R2，不计离子重力。下列说法正确的是（ ）
A．离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为2qUm
B．圆弧形虚线处的电场强度大小为UR1
C．磁感应强度大小为1R22Umq
D．离子运动轨迹不变，改变加速电压和对应虚线处辐射电场大小，使所有离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制在U3～3U之间
【分析】根据动能定理，离子经过静电分析器，电场力提供向心力，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解。
【解答】解：A．离子通过加速电场，由动能定理得qU=12mv2
解得离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小：v=2qUm，故A正确；
B．离子经过静电分析器，电场力提供向心力可得qE=mv2R1
解得圆弧形虚线处的电场强度大小为E=2UR1，故B错误；
C．离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，由几何知识可知r＝R2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r
联立解得B=1R22mUq，故C正确；
D．要让离子全部打在收集屏上，其临界状态的轨迹如图所示
设圆心分别为O3、O4，半径分别为r1、r2，O4恰为收集屏的最低点，根据几何关系有：r2=3R2
设圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，根据几何关系有：tan(π-θ)=3R2R2
解得：θ＝120°
根据几何关系有：tanθ2=R2r1
解得：r1=33R2
根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理：qvB=mv2r，qU'=12mv2
解得要使所有离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制在U3≤U'≤3U
故D正确。
故选：ACD。
三、非选择题：共56分。
11．（7分）为研究动量守恒，物理兴趣小组同学用如图甲所示的装置，通过A、B两刚性小球的碰撞来验证动量守恒定律。
（1）关于实验，下列说法正确的是 C （填字母序号）。
A.轨道必须光滑且末端水平
B.A的质量可以小于B的质量
C.A球每次必须从同一位置由静止释放
D.A球的直径可以大于B球的直径
（2）实验测得小球A的质量为m1，被碰撞小球B的质量为m2，若要验证动量守恒，还需测量的物理量有 C （填字母序号）。
A.末端到木条的水平距离x
B.小球A释放点到桌面的高度H
C.图中B′N′、B′P′、B′M′的距离h1、h2、h3
（3）若动量守恒，其满足的表达式是 m1h2=m1h3+m2h1 （用上述题目中的字母表示）。
（4）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图乙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB＝l1、A′B＝l2、CD＝l3，推导说明，m、M、l1、l2、l3满足 ml1＝﹣ml2+Ml3 关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【分析】（1）根据实验原理判断；
（2）根据平抛运动的规律判断；
（3）根据动量守恒求表达式；
（4）根据机械能守恒和动量守恒求满足的关系式。
【解答】解：（1）A.“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要每次从同一位置释放，到达斜槽末端速度相同，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B.为了保证碰后不反弹，则mA＞mB，故B错误；
C.要保证碰撞前的速度相同，所以A球每次必须从同一位置由静止释放；故C正确；
D.为了保证小球碰撞为对心正碰，则rA＝rB，故D错误。
故选：C。
（2）小球做平抛运动，在竖直方向上有
h=12gt2
平抛运动时间
t=2hg
设轨道末端到木条的水平距离为x，小球做平抛运动的初速度
vA=x2h2g
v'A=x2h3
v'B=gx2h1g
故末端到木条的水平距离x能消去，小球A释放点到桌面的高度H没有实际用处
故AB错误，C正确。
故选：C。
（3）如果碰撞过程动量守恒，以vA的方向为正方向，则有
mAvA＝mAv′A+mBv′B
代入解得
m1h2=m1h3+m2h1
（4）设O至球心距离为L，则
sinθ2=12l1L
由机械能守恒得
mg(L-Lcsθ)=12mv2
即
v=2gLsinθ2=gL⋅l1
以v1的方向为正方向，由动量守恒得mv1＝﹣mv2+Mv3
变形得mgL⋅l1=-mgL⋅l2+MgL⋅l3
即ml1＝﹣ml2+Ml3
故答案为：（1）C；（2）C；（3）m1h2=m1h3+m2h1；（4）ml1＝﹣ml2+Ml3。
12．（10分）学习了测电阻的方法后，物理兴趣小组欲设计实验测量未知电阻Rx的阻值。
（1）先用多用电表欧姆挡粗测电阻，使用多用电表前要先进行 机械调零 ，然后将换挡开关扳至欧姆挡×10倍率后，两表笔短接，进行欧姆调零，使指针指到 电流 （填“电流”或“电阻”）刻度的最大处，指针指向为图甲所示虚线位置，更换 ×1 （填“×1”或“×100”）倍率后， 需要 （填“需要”或“不需要）重新欧姆调零，指针指到如图甲所示实线位置。
（2）实验室提供的器材有：
直流电源6V，内阻不计；
电压表V1，量程为0～3V，内阻为3kΩ
电压表V2，量程为0～15V，内阻为15kΩ
电流表A1，量程为0～300mA，内阻约为1Ω
电流表A2，量程为0～3A，内阻约为0.1Ω
定值电阻R1为3kΩ
定值电阻R2为12kΩ
滑动变阻器R，最大阻值约为5Ω，允许通过的最大电流为2A
开关和导线若干
①根据以上器材，在图乙虚线框中设计出测Rx的实验电路图，要求测量误差尽可能小并标明所选器材；
②某次小组同学记录的电压表的示数为2.40V，电流表的示数为240mA，则由此可得未知电阻Rx的阻值为 20.1 Ω（结果保留三位有效数字）。
【分析】（1）根据欧姆表的使用方法分析判断；
（2）①根据电源电动势和误差分析判断电压表能否使用，根据改装原理计算定值电阻，估算电路中的最大电流选择电流表及连接方式，根据调节要求选择滑动变阻器的连接方式；
②根据欧姆定律和串并联电路特点计算。
【解答】解：（1）先用多用电表欧姆挡粗测电阻的阻值，使用多用电表前要先进行机械调零，然后将换挡开关扳至欧姆挡×10倍率后，两表笔短接，进行欧姆调零，使指针指到电流刻度的最大处，指针指向为图中虚线位置，发现指针偏转较大，说明是电阻较小，故需要更换×1倍率，之后需要重新欧姆调零，指针指到图中实线位置。
（2）①由题知，直流电源6V，电压表V2为量程为0～15V，大于6V，误差较大；所以选用电压表V1，其量程为0～3V，小于6V，故需要将电压表V1与某一定值电阻串联改装成6V的电压表，根据改装原理有
6V=3V+33×103R
解得
R＝3×103Ω＝3kΩ
故定值电阻选R1；
根据欧姆表的读数可知待测电阻的阻值为：
Rx＝19×1Ω＝19Ω
根据欧姆定律可知回路中的最大电流为
Im=ERx=619A=316mA
故电流表选A1；因Rx的电阻较小，故电流表采用外接法；由题知，要求测量误差尽可能小，即多测几组数据，故滑动变阻器采用分压式接法，故测Rx的实验电路图如下图所示
②由题知，电压表的示数为2.40V，则流过电压的电流为IV=2.403×103A=8×10-4A
故Rx两端的电压为Ux=2.40V+IVR1=2.40V+8×10-4×3×103V=4.8V
流过Rx的电流为Ix=I-IV=240×10-3A-8×10-4A=239.2×10-3A
故Rx=UxIx=4.8239.2×10-3Ω≈20.1Ω
故答案为：（1）机械调零，电流，×1，需要；（2）
20.1。
13．（10分）某次一潜泳爱好者潜游到10m的深水处，呼出一个体积为1cm3的气泡，气泡缓慢上浮到水面，气泡内气体可视为理想气体，10m深水处的温度为7℃，水面温度为27℃。已知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2，大气压强为1.0×105Pa，T＝（t+273）K（计算结果均保留两位有效数字），求：
（1）气泡在10m的深水处气体的压强大小；
（2）气泡上升到水面时气泡的体积大小；
（3）气泡上升过程中，气泡内气体从水中吸收热量8J，气泡内的气体对水做功0.16J，求此过程中气泡内气体内能的变化量。
【分析】（1）根据液体压强公式计算深水处气体的压强大小；
（2）根据理想气体状态方程计算气泡上升到水面时气泡的体积大小；
（3）根据热力学第一定律分析此过程中气泡内气体内能的变化量。
【解答】解：（1）气泡在10m的深水处气体的压强大小为p＝p0+ρgh
代入数据解得p＝2.0×105Pa
（2）根据理想气体状态方程p1V1T1=p2V2T2
T1＝280K，V1=1cm3，p1=2.0×105Pa
T2＝300K，p2=1.0×105Pa
代入数据解得V2=2.1cm3
（3）根据热力学第一定律ΔU＝W+Q
其中W＝﹣0.16J，Q＝8J
代入数据解得ΔU＝7.8J
答：（1）气泡在10m的深水处气体的压强大小等于2.0×105Pa；
（2）气泡上升到水面时气泡的体积大小等于2.1cm3；
（3）此过程中气泡内气体内能的变化量等于7.8J。
14．（13分）磁悬浮列车是高速低耗交通工具，实验室模拟磁悬浮列车设计了如图所示的装置，正方形金属线框的边长为L＝1m，匝数为N＝10匝，质量m＝2kg，总电阻R＝4Ω。水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B＝1T、方向交互相反、边长均为L＝1m的正方形组合匀强磁场。线框运动过程中所受阻力大小恒为10N，开始时线框静止，如图所示，当磁场以速度v＝1m/s匀速向右移动时：
（1）试判断开始时线框中感应电流的大小和方向；
（2）试求线框能达到的最大速度；
（3）线框达到最大速度后，磁场保持静止，发现线框经过0.1s后停止运动，求此过程中线框滑行的距离大小。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求解电流；
（2）根据受力分析可求解速度大小；
（3）根据动量定理和匀速直线运动的公式可求解位移。
【解答】解：（1）根据右手定则，感应电流的方向为顺时针，
开始时，根据法拉第电磁感应定律：E＝2NBLv
根据闭合电路欧姆定律有I=ER
代入数据解得：I＝5A
（2）当F安＝f时，速度最大，此时E1＝2NBL（v﹣vm）
由I1=E1R
可得F安＝2NBI1L
代入数据解得：vm＝0.9m/s
（3）磁场保持静止后，对线框由动量定理得Ft+ft=mvm
安培力的平均值为F=2NBIL
由I=ER
根据法拉第电磁感应定律E=2NBLv
再由位移公式x=vt
联立解得x＝0.008m
答：（1）开始时线框中感应电流的大小为5A，方向为顺时针；
（2）线框能达到的最大速度0.9m/s；
（3）此过程中线框滑行的距离大小0.008m。
15．（16分）如图所示，光滑固定的水平桌面，右端足够长，在桌面上A、B完全相同的两物块通过一轻质细绳连接，且A、B之间有一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），B右侧足够远处有一未固定的半径为R＝0.5m的14光滑圆弧轨道C，在桌面左端光滑地面上紧靠一小车，小车的上表面与桌面等高。剪断细绳之后，A滑上小车，B恰能滑上圆弧轨道最高处。已知A、B两物块质量m＝3kg，大小可视为质点，圆弧轨道C的质量M＝5kg，小车质量m0＝1kg，物块A与小车间的动摩擦因数大小μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B在第一次到达圆弧轨道C最低点时对轨道的作用力；
（2）剪断细绳之前，弹簧的弹性势能Ep的大小；
（3）若在小车的左侧足够远处有一墙面，小车与墙碰撞，碰撞时间极短，且碰后速度与碰前速度大小相等，方向相反，小车足够长，小车第一次与墙相碰之后小车所走的总路程。
【分析】（1）B滑上C的过程中，B、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。B恰能滑上圆弧轨道最高处，两者速度相同，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分别列方程，即可求解B刚滑上C时的速度大小。物块B在第一次到达圆弧轨道C最低点时，由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解物块对轨道的作用力大小；
（2）释放弹簧的过程，由动量守恒定律、机械能守恒定律求细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep；
（3）A滑上小车后与墙碰撞前，根据小车和A组成的系统动量守恒求出共速时的速度。由牛顿第二定律求出小车的加速度，由运动学公式求出小车第一次碰墙至第二次小车来回运动的路程。分析第一次碰墙后至再次共速时速度方向，再根据动量守恒定律和运动学公式求小车第二次来回运动路程，寻找规律，确定碰撞n次后小车来回运动路程，从而求得总路程。
【解答】解：（1）B滑上C的过程中，取水平向右为正方向，根据B、C系统水平方向动量守恒有
mv0＝（m+M）v
由系统机械能守恒可得
12mv02=12(m+M)v2+mgR
B在第一次到达圆弧轨道C最低点时，对B受力分析，根据牛顿第二定律可得
N-mg=mv02R
根据牛顿第三定律，B对轨道的作用力N'＝N
联立解得N'＝126N，方向竖直向下。
（2）释放弹簧的过程，对A、B，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0﹣mv0＝0
根据机械能守恒定律得
Ep=2×12mv02
解得：Ep＝48J
（3）A滑上小车后，小车与墙碰撞前，取向左为正方向，根据小车和A组成的系统动量守恒可得
mv0＝（m+m0）v1
小车与墙碰撞后，对小车受力分析，由牛顿第二定律得
f＝m0a＝μmg
小车第一次碰墙至第二次，小车来回运动路程x1=v122a×2
第一次碰墙后至再次共速，由于m＞m0，共速后仍向左运动，规定向左为正方向，由动量守恒定律有
（m﹣m0）v1＝（m+m0）v2
小车第二次来回运动路程x2=v222a×2
同理，可得碰撞n次后（m﹣m0）vn＝（m+m0）vn+1
小车来回运动路程xn=vn22a×2
由数学知识可得，小车第一次与墙相碰之后小车所走的总路程x总＝x1+x2+x3+•••
联立解得x总＝2m
答：（1）物块B在第一次到达圆弧轨道C最低点时对轨道的作用力为126N，方向竖直向下；
（2）剪断细绳之前，弹簧的弹性势能Ep的大小为48J；
（3）小车第一次与墙相碰之后小车所走的总路程为2m。