2025届湖南省普通高中高三下学期学业水平选择性考试模拟冲刺（六）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省普通高中高三下学期学业水平选择性考试模拟冲刺（六）物理试卷（解析版），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．我国计划于2025年在甘肃武威开工建设全球首座10兆瓦电功率的小型模块化钍基熔盐堆，项目预计于2029年实现首次临界并满功率运行。钍参与核反应的过程是钍核与一个中子结合生成钍核的同位素经过两次衰变生成新核，则新核Y是（ ）
A．B．
C．D．
2．在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示．若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
A． k3(T1T2)2B． k3(T2T1)2
C． 1k3(T1T2)2D． 1k3(T2T1)2
3．如图甲，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB。t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图乙所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4 m。下列说法正确的是
甲 乙
A．这三列波的波速均为2 m/s
B． t＝2 s时，D处的质点开始振动
C． t＝4．5 s时，D处的质点向y轴正方向运动
D． t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm
4．武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度ω的最大值为
A．μgRμ2+1B．μgR
C． gRμ2+1D．μgR1－μ2
5．如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为的匀强磁场，已知一质量为、电量大小为的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则下列说法错误的是（ ）
A．该离子带正电
B．A、B两点位于同一高度
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
6．如图所示，真空中为边长为的等边三角形三个顶点，在两点分别固定电荷量为的点电荷，在点固定电荷量为的点电荷，点为三角形中心，点为三角形三边中点，设点电荷在某点产生电势为（为点电荷电量，为到点电荷的距离），关于四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（ ）
A．点场强大小，电势为0
B．点场强大小为，电势为
C．点和点场强大小相等，电势不同
D．电子由点沿直线移动到点过程中，加速度减小，电势能增大
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，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分7．如图所示，挡板P固定在倾角为30∘ 的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，N点为圆弧轨道最低点，∠MON=60∘ 。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，恰好绷直且无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到N点时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A． 弹簧的劲度系数为2mgR
B． 小球A到达N点时的速度大小为1219gR
C． 小球A到达N点时的速度大小为815gR
D． 小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
8．一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，在玻璃砖中传播后分为、两束从上表面射出，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在玻璃中光的折射率小于光的折射率
B．光的频率大于光的频率
C．遇到障碍物时光更容易产生明显的衍射现象
D．增大空气一侧的入射角，、光线都不会消失
9．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物块固定于轻弹簧两端，其中物块B的质量m=2kg。对物块B施加一沿斜面向下，大小F=10N的压力，使B静止于P点。重力加速度g取10m/s2。撤掉力F，弹簧始终处于弹性限度内，在物块B沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的最大加速度为5m/s2
B．弹簧恢复原长时B的速度达到最大
C．物块A、B组成的系统机械能一直增加
D．物块B运动至最高点时，物块A刚好离开挡板
10．如图所示，在水平面内质量为0.2 kg的导体棒置于AB、CD组成的宽为2 m导轨上，导轨电阻不计，导体棒电阻r0=1 Ω，轨道间充满垂直纸面向里的磁感应强度为0.4 T的磁场，导轨BD端连接一原副线圈匝数比为2∶1的理想变压器，副线圈接有阻值为R=2 Ω的电阻。某时刻开始，导体棒在外力的作用下以的速度开始运动，取向右为正方向，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒中产生的电动势
B．原线圈两端的电压
C．电阻R的消耗功率为2 W
D．0~0.025 s内外力对导体棒做的功为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．（7分）小附同学为测算长沙当地重力加速度，组装了如图甲所示的实验装置，细线下悬挂一个倒锥形容器，容器内装上墨汁，容器下方有一张纸板。当容器在竖直面内做小角度（小于5∘）摆动时，打开电机，电机控制纸板沿着垂直于容器的摆动方向向右匀速运动，容器流出的墨水在纸板上形成了如图乙所示的曲线。
甲乙
（1） 图乙中A、B处点迹密集，C处点迹稀疏，试说明原因：____________________________________________________。
（2） 已知纸板匀速运动的速度为v，乙图中A、B两点之间的距离为x，则容器摆动的周期T=____________（用题中所给字母表示）。
（3） 已知连接容器的单边细线长度为L，双线之间夹角为θ ，忽略容器的形状和大小，则在满足第（1）问的前提下，当地重力加速度为________________________________（用v、x、L、θ 表示）。
情境应用 2024年湖南卷中首次出现湖南本省情境，凸显省域特色，本题通过单摆测量长沙的重力加速度，实验设计简单，实验装置贴近生活，重点考查学生的科学探究能力。
（4） 忽略容器的形状和大小会影响测算结果，按第（2）问的方法，测得的重力加速度相对于真实值________（填“偏大”或“偏小”）。
12．某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图（a）所示，某次实验电压传感器示数U与电流传感器示数I的关系如图（b）所示。
(1)图（a）中．定值电阻在电路中的作用是 。
(2)由图（b）的可得，该电源电动势 V，内阻 Ω。
(3)根据实验测得的U，I数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图（c）所示，则图线最高点A点的纵坐标 W（结果保留3位有效数字）。
13．（8分）内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动x0x0≪L速度恰好为零。已知大气体压强为p0，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
（1） 求该过程气体放出的热量Q；
（2） 证明活塞的运动是简谐运动。
14．（14分）在倾角为θ 的导轨上存在如图所示的匀强磁场，O为CD的中点，磁场的方向均垂直于其所在导轨的平面。LAC=LCE=d，金属棒Ⅰ静止于MN处并用绝缘物挡住。金属棒Ⅱ从AB位置由静止释放，到达CD时对其施加平行于倾斜导轨的外力F使金属棒Ⅱ匀速运动，待离开三角形区域磁场时撤去外力，金属棒Ⅱ继续加速运动到最大速度后匀速运动至GH，进入水平轨道，G、H两点绝缘，PQ之间有一自感系数为H的电感线圈，所有摩擦均忽略不计，已知磁场的磁感应强度大小均为B0，金属棒Ⅰ的质量未知、阻值为R，金属棒Ⅱ的质量为m，其余电阻忽略不计，导轨间距为2d，所有导轨接触良好，水平导轨足够长，重力加速度为g。(可能用到的计算公式：0tt2dt=13t3,自感电动势E=HΔiΔt)
（1） 求外力F对金属棒Ⅱ做的功；
（2） 当金属棒Ⅱ通过EF以后，三角形区域磁场的磁感应强度大小以B=B0+kt的规律变化，同时在MN处施加沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，求金属棒Ⅱ的最大速度vmax和金属棒Ⅰ的最小质量mmin；
（3） 求金属棒Ⅱ在水平轨道的最大运行距离xm（用含有vmax的表达式）。
15．（14分）如图所示，置于光滑水平面上的轻弹簧左端固定,右端放置质量为2m的小球A，小球A置于弹簧原长位置。质量为m的小球B和质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体C静止在足够长的光滑水平面上，圆弧体C的水平面刚好与圆弧面的最底端相切。用力向左推动小球A压缩弹簧，由静止释放小球A后A与小球B发生弹性碰撞。小球B运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止。两小球均可视为质点，重力加速度为g。求：
（1） 小球A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能；
（2） 小球B与圆弧体C第一次分离时小球B的速度大小；
（3） 小球B第一次返回到圆弧体底端时对圆弧面的压力大小。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】B
【详解】钍核与一个中子结合生成钍核的同位素，根据质量数守恒，X表示为，X经过两次衰变生成新核Y，因为每经过一次衰变质量数不变，电荷数加1，所以Y表示为，B正确。
2．【知识点】天体密度的计算
【答案】D
【解析】设月球与地球的距离为r1,月球半径为R1,地球与太阳距离为r2,太阳的半径为R2．
等量关系一：月球绕地球运动,有GM地M月r12=M月(2πT1)2r1,地球绕太阳运动,有GM地M太r22=M地(2πT2)2r2,两式联立有M地M太=r13r23⋅T22T12．
等量关系二：星体的质量等于密度与体积的乘积,有M地=ρ地⋅43π(kR1)3、M太=ρ太⋅43πR23,两式联立有M地M太=ρ地ρ太⋅k3⋅R13R23．
等量关系三：由角直径相等,结合相似三角形可得R1r1=R2r2．
联立上述等量关系式,解得ρ地ρ太=1k3⋅(T2T1)2,D正确．
3．【知识点】波的干涉的应用、波长、频率和波速的关系及应用
【答案】D
【解析】由题图乙的振动图像知，振动的周期为4 s，故三列波的波速均为v＝λT＝1 m/s，A错误；由题图甲知，D处距离波源最近的距离为3 m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝DCv＝3 s，故t＝2 s时刻，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系知AD＝BD＝5 m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝ADv＝5 s，故t＝4．5 s时刻，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1．5 s，由振动图像知此时D处的质点向y轴负方向运动，C错误；t＝6 s时刻，波源C处的横波传播到D处后，振动时间为t2＝t－tC＝3 s，由振动图像知此时D处为波源C处传播横波的波谷，t＝6 s时刻，波源A、B处的横波传播到D处后，振动时间为t3＝t－tAB＝1 s，由振动图像知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰，根据波的叠加原理知，此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D正确。
4．【知识点】竖直面内圆周运动问题
【答案】A
【解析】物体角速度最大时所受摩擦力为最大静摩擦力，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgcs θ＋μFNsin θ－FNcs θ＝mω2R，mgsin θ＝μFNcs θ＋FNsin θ，联立解得ω＝μgR（sinθ＋μcsθ）＝μgR1+μ2sin（θ＋φ）≥μgR1+μ2，故角速度的最大值为μgR1+μ2（关键：要使物体不相对地板滑动，最大角速度应等于所求最小值），A正确。
5．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】C
【详解】根据左手定则可知该离子带正电，A正确，不符合题意；从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，洛伦兹力不做功，则电场力做功为零。所以A、B两点电势相等，因为该电场是匀强电场，电场力方向竖直向下，所以A、B两点位于同一高度，B正确，不符合题意；因为该离子带正电，所以所受电场力竖直向下，由静止开始从A到B运动过程中，电场力先做正功后做负功，该离子电势能先减小后增大，C错误，符合题意；因为在运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，A→C电场力做正功，动能增大，C→B电场力做负功，动能减小。所以C点时离子的动能最大，即速度最大，D正确，不符合题意。本题选错误的，选C。
6．【知识点】电场的叠加
【答案】B
【详解】根据对称性可知a、b三处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为，c处点电荷在O点产生的电场强度方向分别如图所示，
根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为，根据点电荷在某点产生电势，可得O点的电势分别为，A错误；两个正点电荷在P点的合场强为零，P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即，根据点电荷在某点产生电势，可得P点的电势分别为，B正确；根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，点和点场强大小相等，根据点电荷在某点产生电势，可得点和点的电势分别为，，可知这两点电势相等，C错误；电子由点沿直线移动到点过程中，电场强度减小，电子受到的电场力减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，D错误。
7．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BD
【解析】设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩量为x1，B沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx1，小球A沿圆弧轨道运动到N点时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，C沿斜面方向受力平衡，则mgsin30∘=kx2，可知x1=x2，当小球A沿圆弧轨道运动到N点时，B沿斜面运动的位移大小为sB=xMN=R（点拨：A、B用同一根绳连接，具有相同大小的位移，且△OMN是等边三角形），所以x1+x2=R，解得x1=x2=R2，k=mgR，A错误；设小球A到达N点时的速度大小为v，对v进行分解，沿绳子方向的速度大小v'=vcs30∘ ，由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度大小也为v'，对A、B和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有4mgR1-cs60∘-mgx1+x2sin30∘=12×4mv2+12mv'2，解得v=1219gR，B正确，C错误；小球A由M点运动到N点过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧的弹性势能之和不变，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，再之后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，D正确。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BD
【详解】A．光路图如图所示
在玻璃砖上表面折射时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，A错误；
B．由a光的折射率较大，可得a的频率较大，B正确；
C．b光的频率较小，则b光的波长较长，遇到障碍物时波长较长的b光更容易产生明显的衍射现象，C错误；
D．两列光的折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可得两列光均不能发生全反射，两列光不会消失，D正确。
选BD。
9．【知识点】弹簧问题中机械能守恒定律的应用、连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】AC
【详解】撤掉力F的瞬间，物块B受到的合外力大小为10N，方向沿斜面向上，则此时B的最大加速度为，A正确；当B的加速度为零时速度最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面向下的分量，弹簧处于压缩状态，B错误；由对称性可知，B位于最高点时，B的加速度沿斜面向下，大小为a=5m/s2，则由牛顿第二定律，解得F弹=0，则此时物块A没有离开挡板，D错误；由上述分析可知，物块B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力一直对B做正功，则AB系统的机械能增加，C正确。
10．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】ABD
【详解】导棒中产生的电动势为，A正确；根据理想变压器的电压比和电流比可得，，对于导体棒和原线圈组成的回路，由闭合电路欧姆定律得，对于R，由欧姆定律得，导棒中产生的电动势有效值为，综合以上各式可得，，，，B正确；电阻R的消耗功率为，C错误；该正弦交流电的周期为，0~0.025 s刚好是个周期，在这段时间内电动势有效值为E=4 V，所以在本段时间内产生的热量为，0.025 s时刻导体棒的速度为，由能量守恒定律得0~0.025 s内外力对导棒做的功为，解得，D正确。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1） 越靠近平衡位置速度越大，落到纸板上的墨汁就越少（2分）
（2） x4v（1分）
（3） 64π​2v2Lcsθ2x2（2分）
（4） 偏小（2分）
【解析】
（1） 由于单摆在运动过程中越靠近平衡位置速度越大，落到纸板上的墨汁就越少，所以A、B处点迹密集，C处点迹稀疏。
（2） 纸板匀速运动，所以乙图中A、B两点间有四个周期，容器摆动的周期为T=x4v。
（3） 根据单摆周期公式T=2πlg，其中单摆的有效摆长为l=Lcsθ2，整理可得当地重力加速度为g=64π​2v2Lcsθ2x2。
（4） 考虑容器的形状和大小，则实际单摆的摆长大于测得的摆长，有效摆长l测量值偏小，则重力加速度g的测量值也偏小。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】(1)保护电源
(2) 2.83 1.03
(3)1.94
【详解】（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻R0在电路中的作用是保护电源；
（2）[1]根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
[2]内阻
（3）由题意可知
则功率
当
时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律、热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
【答案】（1） p0x0S+12mv02 （2） 见解析
【解析】
（1）设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得ΔU=W-Q…………1分
由题意可知ΔU=0…………1分
对活塞由动能定理得p0Sx0-W=0-12mv02…………1分
联立解得气体放出的热量Q=p0x0S+12mv02…………1分
（2） 设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有p0SL=pSL-x…………1分
对活塞有F合=pS-p0S…………1分
解得F合=p0SL-xx，又因为x≤x0≪L…………1分
所以有F合=p0SLx，方向向右，即回复力可表示为F回=-p0SLx…………1分
即活塞的运动是简谐运动。
14．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1） 4B02d32gdsinθ3R-mgdsinθ
（2） mgsinθ4B02d2R+kd2B0；mB1B0tanθ
（3） vmax2B0dHm
【解析】
（1）金属棒Ⅱ在运动至CD之前的加速度大小为a=gsinθ ，则根据匀变速直线运动公式有v02=2gdsinθ ，可知金属棒Ⅱ进入三角形磁场区域时的初速度大小为v0=2gdsinθ…………1分对于金属棒Ⅱ在三角形磁场中切割磁感线的过程，有效切割长度是动态变化的，如图甲所示，有效切割长度L=2xtanα…………1分
甲
根据几何关系可知tanα=1，根据题意，金属棒Ⅱ在该三角形磁场区域中做匀速直线运动，有x=v0t，E=B0Lv0，i=ER，联立解得i=2B0v02Rt…………1分令k1=2B0v02R，则有电流i=k1t，根据焦耳定律Q热=0tRk12t2dt，且t=dv0，解得Q热=4B02d3v03R…………1分对金属棒Ⅱ在该磁场区域中全过程，根据能量守恒定律有mgdsinθ+ΔE=Q热…………1分又WF=ΔE，解得WF=4B02d32gdsinθ3R-mgdsinθ…………1分
（2）当金属棒Ⅱ通过EF后，三角形磁场区域产生的感生电动势E感=SΔBΔt=kd2…………1分金属棒Ⅱ切割磁感线产生动生电动势E动=B0⋅2dv，则I=2B0dvmax-kd2R当匀速运动时有B0I⋅2d=mgsinθ…………1分解得vmax=mgsinθ4B02d2R+kd2B0…………1分金属棒Ⅰ受力情况如图乙所示，
乙
金属棒Ⅰ与导轨接触，则有B1I⋅2d≤m1gcsθ ，所以m1≥mB1B0tanθ ，即质量最小值mmin=mB1B0tanθ…………1分
（3） 金属棒Ⅱ以速度vmax进入水平轨道，由于金属棒Ⅱ无电阻，在水平轨道运动时有B0⋅2dv=HΔIΔt…………1分2B0d∑vΔt=H∑ΔI，即2B0dx'=HI'…………1分而F安=B0I'⋅2d，代入得F安=4B02d2Hx'，即F安与x'成正比例关系，当x'达到最大值xm时，安培力也达到最大，有Fm=4B02d2Hxm，金属棒Ⅱ在水平导轨上运动至最大位移过程如图丙所示，克服安培力做功可表示为F安-x'图像与横轴所围成的面积，由动能定理得-12Fmxm=0-12mvmax2…………1分
丙
联立解得xm=vmax2B0dHm…………1分
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1） 4532mgR
（2） 3gR10
（3） 3.5mg
【解析】
设小球A以速度v0跟小球B碰撞，碰后小球A、B的速度分别为v1、v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒有2mv0=2mv1+mv2…………1分
根据能量守恒有12×2mv02=12×2mv12+12mv22…………1分
小球B滑上圆弧体C最高点过程中，根据水平方向动量守恒有mv2=m+4mv…………1分
根据能量守恒有12mv22=124m+mv2+mgR…………1分
由静止释放小球A，弹簧对小球A做功，根据功能关系有Ep=12×2mv02=4532mgR…………1分
小球B第一次返回到圆弧体底端的过程中，根据小球与圆弧体C水平方向动量守恒有mv2=-mv'2+4mv3…………1分
根据能量守恒有12mv22=12mv'22+12×4mv32…………1分
解得小球B与圆弧体C第一次分离时小球B的速度大小v'2=3gR10…………2分
由第（2）问可得小球B第一次返回到圆弧体底端时圆弧体C的速度大小v3=2gR5…………1分
小球B第一次返回到圆弧体底端时根据牛顿第二定律有FN-mg=mv'2+v32R
…………2分
解得FN=3.5mg…………1分
根据牛顿第三定律可知，小球B对圆弧面的压力大小F'N=3.5mg…………1分
【思路引导】由静止释放小球A，弹簧对小球A做功⇒ 弹簧的弹性势能转化为小球A的动能⇒ 小球A与小球B发生弹性碰撞⇒ 利用动量守恒和能量守恒列式⇒ 小球B滑上圆弧体C最高点过程，系统水平方向动量守恒⇒ 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式⇒ 小球B从圆弧体C滑上最高点，再从圆弧体C滑下到底端过程，等效于弹性碰撞⇒ 利用水平方向动量守恒和能量守恒列式⇒ 小球B第一次返回到圆弧体底端时，利用牛顿第二定律和牛顿第三定律求出对圆弧面的压力大小。