2025届湖北省部分高中协作体高三下学期三模物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖北省部分高中协作体高三下学期三模物理试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交，2.501　R2　A2等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1.图甲为研究光电效应的电路，K极为金属钠(截止频率为5.53×1014 Hz，逸出功为2.29 eV)。图乙为氢原子能级图。氢原子光谱中有四种可见光，分别是从n＝6、5、4、3能级跃迁到n＝2能级产生的。下列说法正确的是( )
甲 乙
A．氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应
B．大量处于n＝5能级的氢原子最多能辐射出8种不同频率的光
C．仅将图甲中P向右滑动，电流计示数一定变大
D．仅将图甲中电源的正负极颠倒，电流计示数一定为0
解析：.A 从n＝6、5、4、3能级跃迁到n＝2能级产生的光的能量分别为3.02 eV、2.86 eV、2.55 eV、1.89 eV，大于2.29 eV的跃迁有三种，即氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应，选项A正确；大量处于n＝5能级的氢原子最多能辐射出Ceq \\al(2,5)＝10种不同频率的光，选项B错误；仅将图甲中P向右滑动，正向电压变大，则开始阶段电流计示数变大，当达到饱和光电流时，电流不再增加，选项C错误；仅将图甲中电源的正负极颠倒，光电管加反向电压，仍可能有光电子到达A极，即电流计示数不一定为0，选项D错误。故选A。
2.氢原子第n能级的能量为En＝eq \f(E1,n2)，其中E1是基态能量，n＝1，2，3…。若某一氢原子辐射出能量为－eq \f(3,16)E1的光子后，氢原子处于比基态高出－eq \f(3,4)E1的激发态，则氢原子辐射光子前处于( )
A．第2能级 B．第3能级
C．第4能级 D．第6能级
解析：C 设氢原子发射光子前后分别处于第k能级与第l能级，发射后的能量为El＝eq \f(E1,l2)，则有El＝eq \f(E1,l2)＝E1－eq \f(3,4)E1＝eq \f(1,4)E1，解得l＝2，发射前的能量Ek＝eq \f(E1,k2)，根据玻尔理论有ΔE＝Em－En(m＞n)，当氢原子由第k能级跃迁到第l能级时，辐射的能量为eq \f(E1,k2)－eq \f(1,4)E1＝－eq \f(3,16)E1，解得k＝4，故选C。
3.利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是( )
甲 乙
A．eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(D－D0))＝eq \f(λΔL,L) B.|D－D0|＝eq \f(λL,2ΔL)．
C．|D－D0|＝eq \f(2L,λΔL) D．eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(D－D0))＝eq \f(λL,ΔL)
解析：B 设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知ΔL·tan θ＝eq \f(λ,2)，由题设条件，则有tan θ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(D－D0)),L)，联立解得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(D－D0))＝eq \f(λL,2ΔL)，故选B。
4.如图甲所示，波源S发出一列水平向右传播的简谐横波先后经过P、Q两点，图乙为波源S的振动图像。已知S到P、Q两点的距离分别为SP＝4.2 m、SQ＝5.4 m。已知波在该介质中传播的速度为8 m/s，则在t＝1.0 s时，P、Q两点间的波形图正确的是( )
甲 乙

解析：C 该列波的周期为T＝0.1 s，所以波长为λ＝vT＝0.8 m，波传到P、Q两点所需要的时间tP＝eq \f(SP,v)＝eq \f(21,40) s，tQ＝eq \f(SQ,v)＝eq \f(27,40) s，t＝1.0 s时P、Q已振动时间为ΔtP＝eq \f(19,40) s＝4eq \f(3,4)T，ΔtQ＝eq \f(13,40) s＝3eq \f(1,4)T，由图乙可知质点起振方向向上，所以此时P点处于波谷处，Q处于波峰处，又PQ两点间距离为1.2 m，可知PQ＝1eq \f(1,2)λ，故选C。
5.“鹊桥”卫星是地球与位于月球背面的“嫦娥四号”月球探测器实现信号传输的中继站。如图，L是地月连线上的一个“拉格朗日点”，处在该点的物体会与月球一起绕地球同步公转。已知在地月引力共同作用下，“鹊桥”卫星在轨道平面与地月连线垂直的“Hal轨道”上绕L做匀速圆周运动，同时随月球一起绕地球同步公转。结合图中所给的观测数据，下列说法正确的是( )
A．“鹊桥”卫星绕地球公转的向心加速度小于月球公转的向心加速度
B．根据观测数据能计算出“鹊桥”卫星在“Hal轨道”上的运动周期
C．根据观测数据能计算出地球、月球和“鹊桥”卫星的质量
D．若将“鹊桥”卫星直接发射到L点，能量消耗最小，能更好地为地－月通信提供支持
解析：B “鹊桥”卫星的周期等于月球公转的周期，则它们有相同的角速度，根据a＝ω2R可知，该卫星的加速度大于月球公转的加速度，故A错误；设“鹊桥”卫星与月球的中心、地球中心的距离分别为r1、r2，Hal轨道半径为R，对“鹊桥”卫星有Geq \f(M地m,req \\al(2,2))＋F月卫x＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r2，F月卫y＝meq \f(4π4R,T′2)，其中F月卫x和F月卫y分别是月球对卫星引力沿地卫连线方向和鹊桥轨道平面的分力，设地球卫星连线与月球卫星连线夹角为α，月球卫星连线与Hal轨道平面夹角为β，由几何知识有eq \f(G\f(M月m,req \\al(2,1)),sin（α＋β）)＝eq \f(F月卫x,sin β)＝eq \f(F月卫y,sin α)，对月球，卫星对其引力远小于地球对其引力，有Geq \f(M地M月,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r2－r1))2)＝M月eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r2－r1))，结合题中数据，由以上三式解得月球与地球的质量，但求不出“鹊桥”卫星的质量，能计算出“鹊桥”卫星在“Hal轨道”上的运动周期，故B正确，C错误；若将“鹊桥”卫星直接发射到L点，能量消耗少，但由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为地－月通信提供支持，故D错误。故选B。
6.如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中，关于物块的速度v、物块的动能Ek、物块和弹簧的机械能E、弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中正确的是( )
解析：D 根据牛顿第二定律知F－f－kx＝ma，从原长到速度最大的过程中，弹力一直增大，加速度一直减小到0，所以速度增加得越来越缓慢，故A错误；根据k′＝eq \f(ΔEk,Δx)＝F合，可知合力一直减小到零，故B错误；机械能的增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功，则E＝ΔE＝(F－f)x，则E­x图像斜率不变，由此可知C错误；从原长到弹性势能最大的过程中，弹簧的形变量大小等于位移，弹力方向不变，大小随位移均匀增大，则ΔEp＝Ep＝eq \f(kx,2)x＝eq \f(1,2)kx2，由此可知D正确。故选D。
7.如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )
解析：D 0～t1内是线框的左边框由PQ向左进入磁场到G点的过程，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；t1～2t1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定。故选D。
8.（多选题）光刻机又名“掩模对准曝光机”，是制造芯片的核心装备，它是利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。则加上液体后，下列说法中正确的是( )
A．紫外线进入液体后光子能量增加
B．紫外线在液体中的波长比在真空中短
C．传播相等的距离，紫外线在液体中比在真空中的时间长
D．紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射
解析：BC 紫外线进入液体后，频率不变，则光子的能量不变，故A错误；由公式n＝eq \f(c,v)可知，紫外线在液体中传播速度小于真空中的传播速度，由v＝λf可知，紫外线在液体中的波长比在真空中短，由x＝vt可知，传播相等的距离，紫外线在液体中比在真空中的时间长，故B、C正确；紫外线在液体中波长变短，由发生明显衍射的条件可知，紫外线在液体中比在空气中更不容易发生衍射，故D错误。故选BC。
9.（多选题）物理学的不断发展使人们对于世界的认识逐渐趋于统一，大到宇宙天体小到带电粒子，它们的运动也能发现很多相似之处。若在点电荷M的作用之下，能够让一点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，其中C、D关于O点的中心对称点分别为E、F，不计点电荷P的重力。下列说法正确的是( )
A．若P为负电荷，则A点的电势可能比B点的电势高
B．当P沿E、A、C运动时，电场力先做负功后做正功
C．P从C运动到D的时间等于从E运动到F的时间
D．若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2∶3，则P在A、B两点的速度之比为1∶5
解析：BD 点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，两者为吸引力，若P为负电荷，则点电荷M为正电荷，则A点的电势比B点的电势低，故A错误；两点电荷为吸引力，当P沿E、A、C运动时，速度与电场力的夹角先为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功，故B正确；由对称性可知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF点上任一的电势能小，由能量守恒可知，点电荷P点在CD上任一点的动能比在EF上任一点的动能大，即在CD上的平均速率比在EF上的大，而CD与EF的长度相等，根据t＝eq \f(s,\(v,\s\up6(－)))，可知P从C运动到D的时间小于从E运动到F的时间，故C错误；若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2∶3，则点电荷M到A、B两点的距离之比为5∶1，设A、B两处的曲率圆半径为r，则在A点，keq \f(q1q2,AM2)＝meq \f(veq \\al(2,A),r)，在B点，keq \f(q1q2,BM2)＝meq \f(veq \\al( 2,B),r)，解得vA∶vB＝BM∶AM＝1∶5，可得P在A、B两点的速度之比为1∶5，故D正确。
故选BD。
10.（多选题）如图所示，两足够长的水平光滑导轨置于竖直方向的匀强磁场中，左端分别连接一定值电阻和电容器，将两导体棒分别垂直放在两导轨上。给甲图导体棒一水平向右的初速度v，乙图导体棒施加水平向右的恒定拉力F。不计两棒电阻，两棒向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．图甲中，导体棒速度的减小量与运动的时间成正比
B．图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比
C．图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比
D．图乙中，导体棒速度的增加量与通过的距离成正比
解析：BC 图甲中，导体切割磁感线产生感应电动势，则有E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，又a＝eq \f(Δv,Δt)，则Δv＝eq \f(B2L2,mR)vΔt＝eq \f(B2L2,mR)x，所以图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比，故A错误，B正确；图乙中，设极短时间Δt内，导体棒速度变化量为Δv，则导体棒的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)，导体棒产生的电动势为E＝BLΔv，电容器增加的电荷量为Δq＝CE＝CBLΔv，电容器储存的电能为ΔE＝ΔqE＝CB2L2Δv2，电流为I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，导体又受到安培力为F安＝BIL＝B2L2Ca，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，解得a＝eq \f(F,m＋CB2L2)，则Δv＝eq \f(F,m＋CB2L2)Δt，ΔE＝ΔqE＝eq \f(CB2L2F2,（m＋CB2L2）2)Δt2，所以图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比，图乙中，导体棒速度的增加量与运动时间成正比，故C正确，D错误。故选BC。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11.(7分)小明同学研究了多用电表的结构原理，利用学校实验室的器材，自己组装了一个有多挡倍率的欧姆表。学校可供使用的器材如下：电流表(量程200 μA，内阻490 Ω，表盘可调换)，干电池3节(每一节干电池电动势为1.5 V、内阻为0.8 Ω)，定值电阻两个(R1＝10 Ω，R2＝100 Ω)，多量程多用电表表盘，滑动变阻器两个——其中微调滑动变阻器Rp1(最大阻值500 Ω)和粗调滑动变阻器Rp2(最大阻值20 kΩ)。
(1)为了测量一个阻值在100 Ω到200 Ω之间的待测电阻，他用一节干电池组装了如图甲所示的欧姆表，经过准确的计算将电流表表盘调换成如图乙所示的多用电表表盘，则组装的这个欧姆表的倍率应为________(选填“×1”或“×10”或“×100”)，图甲中与电流表并联的电阻R应选用定值电阻中的________(选填“R1”或“R2”)。
(2)他按照第(1)问中的组装方式组装了欧姆表后，进行了正确的欧姆调零操作。接着用它测量待测电阻的阻值，指针偏转位置如图乙所示，则读出待测电阻阻值的测量值为________Ω。
(3)上面的操作和测量进行完之后，小明同学再利用题目所给的实验器材，组装了一个倍率为“×1000”的欧姆表，请你设计正确的电路连接方案，在图丙中把需要用到的器材连接起来。
解析：(1)由指针所指刻线和待测电阻的大约阻值可知，组装的这个欧姆表的倍率应为×10；由欧姆表的倍率可知欧姆表的中值电阻为R中＝15×10 Ω＝150 Ω，电路中的最大电流为Im＝eq \f(E,R中)＝eq \f(1.5,150) A＝0.01 A，图甲中与电流表并联的电阻R的阻值为R＝eq \f(IgRg,Im－Ig)＝eq \f(200×10－6×490,0.01－200×10－6) Ω＝10 Ω，故电阻R应选用定值电阻中的R1。
(2)欧姆表表针所指的刻线为16，倍率为×10，则待测电阻阻值的测量值为R＝16×10 Ω＝160 Ω。
(3)由题意可知组装的新欧姆表的中值电阻为R中′＝15×1000 Ω＝1.5×104 Ω，使用两节干电池时电路中的最大电流为Im′＝eq \f(2E,R中′)＝eq \f(3,1.5×104) A＝2×10－4 A＝200 μA，则电路连接方案如图所示。
答案：(1)×10 R1 (2)160 (3)见解析
12.(10分)某实验小组在进行“测量金属丝的电阻率”的实验：
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图甲所示，则d＝________mm。
(2)该小组测量金属丝Rx(约为6 Ω)的电阻时，可供选择的仪器如下：
①电流表A1(量程200 mA，内阻约为4 Ω)
②电流表A2(量程50 mA，内阻约为15 Ω)
③滑动变阻器R1(0～1000 Ω)
④滑动变阻器R2(0～10 Ω)
⑤电源(电动势1.5 V，内阻约为0.5 Ω)
⑥开关S及导线若干
实验小组设计了如图乙所示的电路，为了便于调节，实验结果尽可能准确，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)，图乙中电表a为电流表________。(选填“A1”或“A2”)
(3)请用笔画线代替导线，将实物图丙连接成完整电路。
(4)闭合开关S，移动滑动触头，记录A1、A2的读数I1、I2，得到多组实验数据；以I2为纵轴、I1为横轴，作出相应图像如图丁所示，若图像的斜率为k，电流表A2内阻为r，测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ＝________。(用k、d、L、r表示)
解析：(1)金属丝的直径2 mm＋50.0×0.01 mm＝2.500 mm。
(2)分压式接法中滑动变阻器总阻值应与待测电阻阻值接近，故选R2。b电流表通过的电流值大于a电流表，故a为A2。
(3)实物图连接如图所示。
(4)由电路知识可得eq \f(I2r,Rx)＋I2＝I1，解得I2＝eq \f(Rx,r＋Rx)I1，结合图像有eq \f(Rx,r＋Rx)＝k，解得Rx＝eq \f(kr,1－k)，由R＝eq \f(ρL,S)可得ρ＝eq \f(RxS,L)＝eq \f(πd2kr,4（1－k）L)。
答案：(1)2.500或2.499、2.501 (2)R2 A2
(3)图见解析 (4)eq \f(πd2kr,4（1－k）L)
13.(10分)如图所示，两个相同的密闭导热汽缸竖直放置，汽缸内壁光滑，底部由一可忽略容积的细管连通，汽缸高均为l、横截面积均为S，不计厚度、质量分别为m和2m的活塞与两汽缸顶部紧密贴合(不粘连)。开始时汽缸中为真空，现从阀门A、B分别向汽缸中缓慢注入理想气体Ⅰ和Ⅱ，同时缓慢释放两活塞，当两活塞均位于汽缸正中间位置时关闭两个阀门。随着外部温度由T0开始缓慢升高，右侧汽缸中活塞位置不断上升，已知重力加速度为g，求：
(1)温度刚开始升高时，气体Ⅰ的压强；
(2)当右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，环境的温度。
解析：(1)对右侧汽缸中的活塞，由受力平衡有p2S＝2mg
对左侧汽缸中的活塞，由受力平衡有p2S＝mg＋p1S
解得p1＝eq \f(mg,S)。
(2)在缓慢升温过程中，两部分气体的压强均不变，均为等压变化
设右侧活塞刚好上升至汽缸顶部时，左侧活塞下降x
对Ⅰ气体，初态有V1＝eq \f(lS,2)，T1＝T0
末态有V1′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋x))S
由盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V1′,T)
对Ⅱ气体，初态有V2＝lS，T2＝T0
末态有V2′＝lS＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)－x))S
由盖－吕萨克定律得eq \f(V2,T2)＝eq \f(V2′,T)
联立解得T＝eq \f(4,3)T0。
答案：(1)eq \f(mg,S) (2)eq \f(4,3)T0
14.(15分)很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格外亮眼。如图甲所示是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示，弹簧一端固定，另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L，弹簧劲度系数为eq \f(mg,L)，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点。
(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；
(2)若自行车以eq \r(2gR)的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。
解析：(1)只要气门嘴灯位于最高点时ab接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时ab的距离为
eq \f(mg,k)＋L＝2L
气门嘴灯位于最高点时的向心力为
eq \f(mv2,R)＝mg＋2kL＝3mg
可解得满足要求的最小速度为v＝eq \r(3gR)。
(2)速度为eq \r(2gR)时轮子滚动的周期为
T＝eq \f(2πR,\r(2gR))＝eq \f(π,g)eq \r(2gR)
此速度下气门嘴灯所需的向心力为meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gR)))2,R)＝2mg
此力恰好等于ab接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,2g)eq \r(2gR)。
答案：(1)eq \r(3gR)
(2)eq \f(π,2g)eq \r(2gR)
15.(18分) 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物块A向B运动，t＝0时刻与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v-t图像如图乙所示。已知在0～t0时间内，物块B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
甲 乙
(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
(2)物块A最终运动的速度；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物块的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq \f(1,2)kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量)；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
解析：(1)由题图乙知2t0后，vB＝2v0
B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知m·2v0＝mvB＋mvC
由机械能守恒可知eq \f(1,2)m(2v0)2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vB＝0，vC＝2v0
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝mgh
因此R≥h＝eq \f(2veq \\al(2,0),g)。
(2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知vC＝2v0，C与B再次发生弹性碰撞，则
m·2v0＝mvB′＋mvC′，eq \f(1,2)m(2v0)2＝eq \f(1,2)mvB′2＋eq \f(1,2)mvC′2
解得vC′＝0，vB′＝2v0
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒得
mA·3v0＝(mA＋m)v0
解得mA＝eq \f(m,2)
B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知
m·2v0＋eq \f(m,2)v0＝m·vB＋eq \f(m,2)·vA
由机械能守恒可知
eq \f(1,2)m(2v0)2＋eq \f(1,2)×eq \f(m,2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(2,A)
解得vA＝eq \f(7,3)v0。
(3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知
eq \f(1,2)k·Δxeq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)(3v0)2－eq \f(1,2)×eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知
m·2v0＋eq \f(m,2)v0＝eq \f(3,2)mv共
解得v共＝eq \f(5,3)v0
由机械能守恒可知
eq \f(1,2)k·Δxeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)(v0)2＋eq \f(1,2)m·(2v0)2－eq \f(1,2)×eq \f(3,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)v0))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
由以上公式得eq \f(Δx1,Δx2)＝eq \f(3,1)
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
F合＝k·Δx＝mAa
可得eq \f(a1,a2)＝eq \f(kΔx1,kΔx2)＝eq \f(3,1)。
(4)A与B压缩弹簧过程eq \(a,\s\up6(－))A＝2eq \(a,\s\up6(－))B
同一时刻A、B的瞬时速度关系为
vA＝3v0－eq \(a,\s\up6(－))At，vB＝eq \(a,\s\up6(－))Bt
由位移等于速度对时间的累积得
xA＝vAt(累积)，xB＝vBt(累积)
在0～t0时间内，xA＝3v0t0－xA积，xB＝xB积＝0.6v0t0
由此得xA积＝2xB积，xA＝1.8v0t0
因此Δx1＝xA－xB＝1.2v0t0
可得eq \f(Δx1,Δx2)＝eq \f(3,1)
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx2＝0.4v0t0。
答案：(1)R≥eq \f(2veq \\al(2,0),g) (2)eq \f(7,3)v0 (3)3∶1 (4)0.4v0t0