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2023-2024学年湖北省荆州市沙市中学高三（下）月考物理试卷（3月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省荆州市沙市中学高三（下）月考物理试卷（3月）（含解析），共18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。
1.两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为12t，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A. gt2 B. 38gt2
C. 34gt2D. 14gt2
2.火星是近些年来发现的最适宜人类居住生活的星球，我国成功地发射“天问一号”标志着我国成功地迈出了探测火星的第一步．已知火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，航天器贴近地球表面飞行一周所用时间为T，地球表面的重力加速度为g，若未来在火星表面发射一颗人造卫星，最小发射速度约为( )
A. gT2πB. 5gT10πC. 5gT5πD. 2 5gT5π
3.如图所示，真空中垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°.当将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为( )
A. 2 33B. 3C. 4 33D. 2 3
4.如图所示，把一个底角很小的圆锥玻璃体倒置(上表面为圆形平面，纵截面为等腰三角形)紧挨玻璃体下放有一平整矩形玻璃砖，它和圆锥玻璃体间有一层薄空气膜。现用红色光垂直于上表面照射，从装置的正上方向下观察，可以看到( )
A. 系列不等间距的三角形条纹
B. 一系列明暗相间的等间距圆形条纹
C. 若将红光换成白光，则看到黑白相间的条纹
D. 若将红光换成紫光，则看到的亮条纹数将变少
5.一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x=−403cm和x=120cm处。某时刻b质点的位移为y=4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为
( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，不带电的金属球N的半径为R，球心为O，球N左侧固定着两个电荷量大小均为q的异种点电荷，电荷之间的距离为2R．M点在点电荷+q的右侧R处，M点和O点以及+q、−q所在位置在同一直线上，且两点电荷连线的中点到O点的距离为5R.当金属球达到静电平衡时，下列说法正确的是 ( )
A. M点的电势低于O点的电势
B. M点的电场强度大小为8kq9R2
C. 感应电荷在球心O处产生的电场强度大小为5kq144R2
D. 将一电子由M点移到金属球上不同点，克服静电力所做的功不相等
7.如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1功率为P1，当S闭合时R1功率为P2，且P1P2=925，则副线圈匝数为
( )
A. 25B. 50C. 200D. 400
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ=120°，整个系统处于静止状态。现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中( )
A. 拉力F逐渐增大B. 轻绳上的张力先增大后减小
C. 地面对斜面体的支持力逐渐增大D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
9.如图所示，质量mB=2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，g=10m/s2。以下结论正确的是( )
A. 变力F的最小值为2 N
B. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s
C. 变力F的最小值为6 N
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 55m/s
10.如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F=0.5t (N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C. 图乙中t2=24 sD. 木板的最大加速度为2 m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=______mm。
(3)测量时，应______(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=______(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会______(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
12.一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(小于2Ω)。图中电压表量程为1V，内阻RV=380.0Ω：定值电阻R0=20.0Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选__________Ω(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RV、E和r表示1U，得1U=__________；
(4)利用测量数据，做1U−R图线，如图(b)所示：
(5)通过图(b)可得E=__________V(保留2位小数)，r=__________Ω(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E′，由此产生的误差为E′−EE×100%=__________%。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
14.如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P点和N、Q点间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯L1足够远。现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯恰好常工作。棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。
(1)求磁场移动的速度；
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯中有一灯正常工作且都有电流通过，设t=0时，磁感应强度为B0。试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt。
15.如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R=1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L=0.7m。一质量m=1kg的小物块，置于小车的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0=20g的子弹，以速度v0=600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B的距离x。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落 12t 后开始下落，此时第一个物体下落的高度
h1=12g(t2)2=gt28
根据
h=12gt2
知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为 12gt2 ， gt28 ，两物体未下落时相距
12gt2−18gt2=3gt28
所以当第二个物体开始下落时，两物体相距
Δh=3gt28−gt28=gt24
故选D。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查第一宇宙速度，第一宇宙速度是在星球表面发射人造卫星的最小发射速度。根据万有引力提供向心力列方程，结合圆周运动向心加速度与角速度和线速度的关系以及题目中给出的已知条件，即可求得地球的第一宇宙速度，根据题目中给出的地球与火星质量和直径的关系，即可求得火星的第一宇宙速度，即在火星表面发射一颗人造卫星的最小发射速度。
【解答】
由GMmR2=mv2R得到，星球的第一宇宙速度v= GMR，
设地球的第一宇宙速度为v1，
由g=ωv=2πTv1得：v1=gT2π
设火星的第一宇宙速度为v2，
则v2v1= M2M1⋅ R1R2
解得v2= 55v1= 5gT10π，B项正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子不可能射入小圆内部区域时的速度。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可解题。
【解答】
粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：r1=3Rtan60∘= 3R，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=mv12r1，
解得：v1= 3qBRm，
当粒子竖直向上射入磁场时，无论粒子入射方向如何不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，
粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径：r2=3R−R2=R，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B=mv22r2，
解得：v2=qBRm，则：v1= 3v2，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】AB.由于截面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同的宽度空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理，从装置的正上方向下观察，可以看到一系列明暗相间的等间距圆形条纹，A错误，B正确；
C.若将红光换成白光，则看到明暗相间的彩色条纹，C错误；
D.由于红光的波长比紫光的长，若将红光换成紫光，则看到条纹间距减小，从而亮条纹数将增多，D错误；
故选B。
5.【答案】A
【解析】ab之间的距离为
Δx=403+120=43λ
此时b点的位移4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为 φ ，则有
4=8sinφ
解得
φ=π6 或 φ=5π6 (舍去，向下振动)
由ab之间的距离关系可知
φa−φ=λ3λ⋅2π=23π
则 φa=56π ，可知a点此时的位移为
y=8sinφa=4cm
且向下振动，即此时的波形图为
故选A。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了电场的叠加及静电平衡，知道处于静电平衡的导体为一等势体，导体表面为等势面，知道点电荷电场场强的表达式，知道电场叠加时满足矢量相加。
【解答】
A、沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M点的电势高于O点的电势，选项A错误;
B、M点的电场强度大小由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为E=kqR2−kq(3R)2=8kq9R2，方向水平向右，感应电荷在M点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于E=8kq9R2，选项B错误;
C、金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O点的电场强度之和为E=kq(4R)2−kq(6R)2=5kq144R2，方向水平向右，所以感应电荷在球心O处产生的场强大小等于E=5kq144R2，方向水平向左，选项C正确;
D、M点与金属球上不同点间的电势差相等，故将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等，选项D错误．
7.【答案】B
【解析】【分析】
变压器中电压与匝数之间的关系U1U2=n1n2，特别注意U1、U2是原副线圈两端的电压，不是变压器ab端的电压；开关S断开和闭合前后，只是变压器ab端的电压保持不变。
【解答】
设副线圈匝数为n，当开关S断开时，设变压器左边电流为I1，电压为U1，右边电流为I1′，电压为U1′，电源电压为Uab，电阻阻值均为R，电源电压
Uab=U1+I1R，U1U1′=100n，I1I1′=n100，U1′=I1′R，P1=I12R
当开关S闭合时，设变压器左边电流为I2，电压为U2，右边电流为I2′，电压为U2′，电源电压
Uab=U2+I2R，U2U2′=100n，U2′=I2′×R2R+R′，I2I2′=n100，P2=I22R
P1P2=925
联立解得
n=50
故B正确， ACD错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了共点力的动态平衡问题，采用整体法和隔离法，分别利用图解法和函数分析法是解题的关键。
隔离小球B，小球B受重力、轻绳的张力和拉力作用处于平衡状态，由于轻绳与拉力的夹角不变，可画出三个力的矢量三角形，并且该三角形的三个顶点在同一个圆周上，再对整体受力分析，竖直方向和水平方向列平衡方程求解。
【解答】
AB.设小球B的质量为m，隔离小球B，小球B受重力mg、轻绳的张力T和拉力F作用处于平衡状态，由于轻绳与拉力的夹角θ=120°不变，可画出三个力的矢量三角形，并且该三角形的三个顶点在同一个圆周上，如图所示：
可见从初始到轻绳OB段水平的过程中，拉力F逐渐增大，轻绳的张力T逐渐减小，故A正确，B错误；
CD.设物块A、小球B和斜面整体的质量为M，对整体受力分析，作出受力图如下：
对整体由平衡条件得：竖直方向上N+Fy=Mg，水平方向上f=Fx，由上面的圆可以知道拉力F在水平方向的分力Fx先增大后减小，F在竖直方向上的分力Fy逐渐增大，则地面对斜面体的支持力N逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力f先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】AC.AB整体受力产生加速度为
F+N AB−(mA+mB)g=(mA+mB)a
F=(mA+mB)a+(mA+mB)g−N AB
当 N AB 最大时，F最小，即刚开始施力时， N AB 最大等于重力
Fmin=(mA+mB)a=6N
故C正确，A错误；
BD.刚开始，弹簧的压缩量为
x1=(mA+mB)gk=0.05m
AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知
kx2−mBg=mBa
得
x2=0.04m
物块在这一过程的位移为
Δx=x1−x2=0.01m
由运动学公式可知
v2=2a⋅Δx
代入数据得
v=0.2m/s
故B正确，D错误；
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
分别以木块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A.由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ=Ffmmg=820=0.4，故A正确；
B.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′=Ff′2mg=440=0.1，故B错误；
CD.t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm=8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm−μ′·2mg=mam，解得am=2 m/s2；对滑块：F−Ffm=mam，解得F=12 N，则由F=0.5t (N)可知，t=24 s，故C、D正确。
故选ACD。
11.【答案】(2)7.885；(3)B ；(4)12m(dt1)2−12m(dt2)2 ；(5)增大
【解析】解：(2)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则d=7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm；
(3)在测量时，要先接通数字计数器，后释放小球，故选B；
(4)在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失。
在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小球第一次经过光电门的速度为v1=dt1，小球第二次经过光电门的速度为v2=dt2，因此ΔE=12m(dt1)2−12m(dt2)2；
(5)若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：(2)7.885；(3)B；(4)12m(dt1)2−12m(dt2)2；(5)增大
(2)根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析；
(5)根据实验原理结合功的计算公式完成对实验误差的分析。
本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。
12.【答案】 15.0 R0+RVERVR0⋅R+1E+(RV+R0)rERVR0 1.58 2.0 5
【解析】(1)[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
URVR0RV+R0=E−UR+r
代入数据解得
R=7.5Ω
因此选 15.0Ω 。
(3)[2]由闭合回路的欧姆定律可得
E=U+URVR0RV+R0R+r
化简可得
1U=R0+RVERVR0⋅R+1E+RV+R0ERVR0r
(5)[3][4]由上面公式可得
R0+RVERVR0=k=119E
由 1U−R 图象计算可得
k=130V−1⋅Ω
代入可得
E≈1.58V
将 15,1.2 代入解析式可得
1.2=130×15+1E+r30
解得
r≈2.0Ω
(6)[5]如果电压表为理想电压表，则可有
1U=1E+rER0+1ER0R
则此时
E′=120k
因此误差为
η=120k−119k119k×100%=5%
13.【答案】解：(1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V1，由力的平衡得Mg = ρgV1
且此时B室内气体体积为V，质量为m，设气体的密度为ρ气，则有m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有牛顿第二定律得ρg(V1 + ΔV) − Mg = Ma
由以上各式解得需从A室充入B室的气体质量Δm=ρ气ΔV=MmaVρg
(2)由题知，鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
当鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0，
此时B室内气体体积变为V2
鱼静止在水面下H处到鱼静止于水面下H1处的过程中，由于鱼鳔内的气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
可解得V2=ρgH+p0ρgH1+p0V
可解得当鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1=ρ气V2=ρgH+p0ρgH1+p0m
【解析】当深度为H时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件和牛顿第二定律求解从A室充入B室的气体质量Δm，当鱼静止于水面下H1处时，根据玻意耳定律求解B室内气体体积V2，得到此时B室内气体质量 。
14.【答案】(1) 3UB0l ;(2) Bt=B0±3U2ldt
【解析】(1)当ab刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯刚好正常发光工作，则电路中路端电压
U外=U
内电压由电路的分压之比得
U内=2U
则感应电动势为
E=U外+U内=3U
由
E=B0lv=3U
可得
v=3UB0l
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与 L1 并联后再与 L2 串联，所以要保证 L2 不被烧坏，所以 L2 两端的电压为U，电路中的总电动势为
E=U+U2=3U2
根据法拉第电磁感应定律得
E=ΔΦΔt=ΔBΔtld
联立解得 ΔBΔt 的值
k=3U2ld
所以t时磁感应强度的可能值Bt
Bt=B0±3U2ldt
15.【答案】解：(1)子弹击中小车过程小物块与小车组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M)v共1，
子弹的质量m0=20g=0.02kg，代入数据解得：v共1=6m/s
子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，小物块上升到最大高度时小物块与小车在水平方向速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v共1=(m0+M+m)v共2，
由机械能守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共22+mgh
代入数据解得：v共2=4m/s，h=1.2m(2)子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方，
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M+m)v共2=(m0+M)v小车+mv
由机械能守恒定律得：12(m0+M+m)v共22+mgh=12(m0+M)v小车2+12mv2
代入数据解得：v=8m/s，v小车=2m/s(v=0,v小车=6m/s不符合实际，舍去)
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，
子弹、小车、小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v小车+mv=(m0+M+m)v共3，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v小车2+12mv2=12(m0+M+m)v共32+μmgL+Epm，
代入数据解得：Epm=8.5J
(4)最终小物块相对小车静止，设整个过程小物块相对BC滑行的路程为s，
系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M+m)v共4，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共42+μmgs
代入数据解得：s=2.4m=(3×0.7+0.3)m=3L+0.3m，
小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x=L−0.3m=0.7m−0.3m=0.4m
答：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h是1.2m；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小是8m/s；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm是8.5J；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x是0.4m。
【解析】(1)子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中小车后子弹与小车的共同速度；小物块上升到最高点时小物块、子弹与小车在水平方向的速度相等，子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小物块沿圆弧轨道上升的最大高度。
(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次返回B点时的速度大小。
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(4)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出小物块与小车的最终速度，应用能量守恒定律求出小物块相对于BC滑行的路程，然后确定小物块相对于小车静止时距B点的距离。
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的综合应用，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：小物块在圆弧轨道上最高点时和最终小物块静止在水平轨道上时，三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。
1.两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为12t，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A. gt2 B. 38gt2
C. 34gt2D. 14gt2
2.火星是近些年来发现的最适宜人类居住生活的星球，我国成功地发射“天问一号”标志着我国成功地迈出了探测火星的第一步．已知火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，航天器贴近地球表面飞行一周所用时间为T，地球表面的重力加速度为g，若未来在火星表面发射一颗人造卫星，最小发射速度约为( )
A. gT2πB. 5gT10πC. 5gT5πD. 2 5gT5π
3.如图所示，真空中垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°.当将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1∶v2至少为( )
A. 2 33B. 3C. 4 33D. 2 3
4.如图所示，把一个底角很小的圆锥玻璃体倒置(上表面为圆形平面，纵截面为等腰三角形)紧挨玻璃体下放有一平整矩形玻璃砖，它和圆锥玻璃体间有一层薄空气膜。现用红色光垂直于上表面照射，从装置的正上方向下观察，可以看到( )
A. 系列不等间距的三角形条纹
B. 一系列明暗相间的等间距圆形条纹
C. 若将红光换成白光，则看到黑白相间的条纹
D. 若将红光换成紫光，则看到的亮条纹数将变少
5.一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x=−403cm和x=120cm处。某时刻b质点的位移为y=4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为
( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，不带电的金属球N的半径为R，球心为O，球N左侧固定着两个电荷量大小均为q的异种点电荷，电荷之间的距离为2R．M点在点电荷+q的右侧R处，M点和O点以及+q、−q所在位置在同一直线上，且两点电荷连线的中点到O点的距离为5R.当金属球达到静电平衡时，下列说法正确的是 ( )
A. M点的电势低于O点的电势
B. M点的电场强度大小为8kq9R2
C. 感应电荷在球心O处产生的电场强度大小为5kq144R2
D. 将一电子由M点移到金属球上不同点，克服静电力所做的功不相等
7.如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1功率为P1，当S闭合时R1功率为P2，且P1P2=925，则副线圈匝数为
( )
A. 25B. 50C. 200D. 400
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ=120°，整个系统处于静止状态。现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中( )
A. 拉力F逐渐增大B. 轻绳上的张力先增大后减小
C. 地面对斜面体的支持力逐渐增大D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
9.如图所示，质量mB=2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，g=10m/s2。以下结论正确的是( )
A. 变力F的最小值为2 N
B. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s
C. 变力F的最小值为6 N
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 55m/s
10.如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F=0.5t (N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C. 图乙中t2=24 sD. 木板的最大加速度为2 m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=______mm。
(3)测量时，应______(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=______(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会______(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
12.一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(小于2Ω)。图中电压表量程为1V，内阻RV=380.0Ω：定值电阻R0=20.0Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选__________Ω(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RV、E和r表示1U，得1U=__________；
(4)利用测量数据，做1U−R图线，如图(b)所示：
(5)通过图(b)可得E=__________V(保留2位小数)，r=__________Ω(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E′，由此产生的误差为E′−EE×100%=__________%。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
14.如图所示，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P点和N、Q点间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动，一电阻也为R、长度大小也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯L1足够远。现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯恰好常工作。棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。
(1)求磁场移动的速度；
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，两灯中有一灯正常工作且都有电流通过，设t=0时，磁感应强度为B0。试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt。
15.如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R=1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L=0.7m。一质量m=1kg的小物块，置于小车的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0=20g的子弹，以速度v0=600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B的距离x。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落 12t 后开始下落，此时第一个物体下落的高度
h1=12g(t2)2=gt28
根据
h=12gt2
知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为 12gt2 ， gt28 ，两物体未下落时相距
12gt2−18gt2=3gt28
所以当第二个物体开始下落时，两物体相距
Δh=3gt28−gt28=gt24
故选D。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查第一宇宙速度，第一宇宙速度是在星球表面发射人造卫星的最小发射速度。根据万有引力提供向心力列方程，结合圆周运动向心加速度与角速度和线速度的关系以及题目中给出的已知条件，即可求得地球的第一宇宙速度，根据题目中给出的地球与火星质量和直径的关系，即可求得火星的第一宇宙速度，即在火星表面发射一颗人造卫星的最小发射速度。
【解答】
由GMmR2=mv2R得到，星球的第一宇宙速度v= GMR，
设地球的第一宇宙速度为v1，
由g=ωv=2πTv1得：v1=gT2π
设火星的第一宇宙速度为v2，
则v2v1= M2M1⋅ R1R2
解得v2= 55v1= 5gT10π，B项正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子不可能射入小圆内部区域时的速度。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可解题。
【解答】
粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：r1=3Rtan60∘= 3R，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=mv12r1，
解得：v1= 3qBRm，
当粒子竖直向上射入磁场时，无论粒子入射方向如何不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，
粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径：r2=3R−R2=R，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B=mv22r2，
解得：v2=qBRm，则：v1= 3v2，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】AB.由于截面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同的宽度空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理，从装置的正上方向下观察，可以看到一系列明暗相间的等间距圆形条纹，A错误，B正确；
C.若将红光换成白光，则看到明暗相间的彩色条纹，C错误；
D.由于红光的波长比紫光的长，若将红光换成紫光，则看到条纹间距减小，从而亮条纹数将增多，D错误；
故选B。
5.【答案】A
【解析】ab之间的距离为
Δx=403+120=43λ
此时b点的位移4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为 φ ，则有
4=8sinφ
解得
φ=π6 或 φ=5π6 (舍去，向下振动)
由ab之间的距离关系可知
φa−φ=λ3λ⋅2π=23π
则 φa=56π ，可知a点此时的位移为
y=8sinφa=4cm
且向下振动，即此时的波形图为
故选A。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了电场的叠加及静电平衡，知道处于静电平衡的导体为一等势体，导体表面为等势面，知道点电荷电场场强的表达式，知道电场叠加时满足矢量相加。
【解答】
A、沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M点的电势高于O点的电势，选项A错误;
B、M点的电场强度大小由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为E=kqR2−kq(3R)2=8kq9R2，方向水平向右，感应电荷在M点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于E=8kq9R2，选项B错误;
C、金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O点的电场强度之和为E=kq(4R)2−kq(6R)2=5kq144R2，方向水平向右，所以感应电荷在球心O处产生的场强大小等于E=5kq144R2，方向水平向左，选项C正确;
D、M点与金属球上不同点间的电势差相等，故将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等，选项D错误．
7.【答案】B
【解析】【分析】
变压器中电压与匝数之间的关系U1U2=n1n2，特别注意U1、U2是原副线圈两端的电压，不是变压器ab端的电压；开关S断开和闭合前后，只是变压器ab端的电压保持不变。
【解答】
设副线圈匝数为n，当开关S断开时，设变压器左边电流为I1，电压为U1，右边电流为I1′，电压为U1′，电源电压为Uab，电阻阻值均为R，电源电压
Uab=U1+I1R，U1U1′=100n，I1I1′=n100，U1′=I1′R，P1=I12R
当开关S闭合时，设变压器左边电流为I2，电压为U2，右边电流为I2′，电压为U2′，电源电压
Uab=U2+I2R，U2U2′=100n，U2′=I2′×R2R+R′，I2I2′=n100，P2=I22R
P1P2=925
联立解得
n=50
故B正确， ACD错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了共点力的动态平衡问题，采用整体法和隔离法，分别利用图解法和函数分析法是解题的关键。
隔离小球B，小球B受重力、轻绳的张力和拉力作用处于平衡状态，由于轻绳与拉力的夹角不变，可画出三个力的矢量三角形，并且该三角形的三个顶点在同一个圆周上，再对整体受力分析，竖直方向和水平方向列平衡方程求解。
【解答】
AB.设小球B的质量为m，隔离小球B，小球B受重力mg、轻绳的张力T和拉力F作用处于平衡状态，由于轻绳与拉力的夹角θ=120°不变，可画出三个力的矢量三角形，并且该三角形的三个顶点在同一个圆周上，如图所示：
可见从初始到轻绳OB段水平的过程中，拉力F逐渐增大，轻绳的张力T逐渐减小，故A正确，B错误；
CD.设物块A、小球B和斜面整体的质量为M，对整体受力分析，作出受力图如下：
对整体由平衡条件得：竖直方向上N+Fy=Mg，水平方向上f=Fx，由上面的圆可以知道拉力F在水平方向的分力Fx先增大后减小，F在竖直方向上的分力Fy逐渐增大，则地面对斜面体的支持力N逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力f先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】AC.AB整体受力产生加速度为
F+N AB−(mA+mB)g=(mA+mB)a
F=(mA+mB)a+(mA+mB)g−N AB
当 N AB 最大时，F最小，即刚开始施力时， N AB 最大等于重力
Fmin=(mA+mB)a=6N
故C正确，A错误；
BD.刚开始，弹簧的压缩量为
x1=(mA+mB)gk=0.05m
AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知
kx2−mBg=mBa
得
x2=0.04m
物块在这一过程的位移为
Δx=x1−x2=0.01m
由运动学公式可知
v2=2a⋅Δx
代入数据得
v=0.2m/s
故B正确，D错误；
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
分别以木块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A.由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ=Ffmmg=820=0.4，故A正确；
B.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′=Ff′2mg=440=0.1，故B错误；
CD.t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm=8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm−μ′·2mg=mam，解得am=2 m/s2；对滑块：F−Ffm=mam，解得F=12 N，则由F=0.5t (N)可知，t=24 s，故C、D正确。
故选ACD。
11.【答案】(2)7.885；(3)B ；(4)12m(dt1)2−12m(dt2)2 ；(5)增大
【解析】解：(2)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则d=7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm；
(3)在测量时，要先接通数字计数器，后释放小球，故选B；
(4)在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失。
在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小球第一次经过光电门的速度为v1=dt1，小球第二次经过光电门的速度为v2=dt2，因此ΔE=12m(dt1)2−12m(dt2)2；
(5)若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：(2)7.885；(3)B；(4)12m(dt1)2−12m(dt2)2；(5)增大
(2)根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析；
(5)根据实验原理结合功的计算公式完成对实验误差的分析。
本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。
12.【答案】 15.0 R0+RVERVR0⋅R+1E+(RV+R0)rERVR0 1.58 2.0 5
【解析】(1)[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
URVR0RV+R0=E−UR+r
代入数据解得
R=7.5Ω
因此选 15.0Ω 。
(3)[2]由闭合回路的欧姆定律可得
E=U+URVR0RV+R0R+r
化简可得
1U=R0+RVERVR0⋅R+1E+RV+R0ERVR0r
(5)[3][4]由上面公式可得
R0+RVERVR0=k=119E
由 1U−R 图象计算可得
k=130V−1⋅Ω
代入可得
E≈1.58V
将 15,1.2 代入解析式可得
1.2=130×15+1E+r30
解得
r≈2.0Ω
(6)[5]如果电压表为理想电压表，则可有
1U=1E+rER0+1ER0R
则此时
E′=120k
因此误差为
η=120k−119k119k×100%=5%
13.【答案】解：(1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V1，由力的平衡得Mg = ρgV1
且此时B室内气体体积为V，质量为m，设气体的密度为ρ气，则有m = ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有牛顿第二定律得ρg(V1 + ΔV) − Mg = Ma
由以上各式解得需从A室充入B室的气体质量Δm=ρ气ΔV=MmaVρg
(2)由题知，鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1= ρgH + p0
当鱼静止于水面下H1处时，有p2= ρgH1 + p0，
此时B室内气体体积变为V2
鱼静止在水面下H处到鱼静止于水面下H1处的过程中，由于鱼鳔内的气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V = p2V2
可解得V2=ρgH+p0ρgH1+p0V
可解得当鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1=ρ气V2=ρgH+p0ρgH1+p0m
【解析】当深度为H时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件和牛顿第二定律求解从A室充入B室的气体质量Δm，当鱼静止于水面下H1处时，根据玻意耳定律求解B室内气体体积V2，得到此时B室内气体质量 。
14.【答案】(1) 3UB0l ;(2) Bt=B0±3U2ldt
【解析】(1)当ab刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯刚好正常发光工作，则电路中路端电压
U外=U
内电压由电路的分压之比得
U内=2U
则感应电动势为
E=U外+U内=3U
由
E=B0lv=3U
可得
v=3UB0l
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与 L1 并联后再与 L2 串联，所以要保证 L2 不被烧坏，所以 L2 两端的电压为U，电路中的总电动势为
E=U+U2=3U2
根据法拉第电磁感应定律得
E=ΔΦΔt=ΔBΔtld
联立解得 ΔBΔt 的值
k=3U2ld
所以t时磁感应强度的可能值Bt
Bt=B0±3U2ldt
15.【答案】解：(1)子弹击中小车过程小物块与小车组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M)v共1，
子弹的质量m0=20g=0.02kg，代入数据解得：v共1=6m/s
子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，小物块上升到最大高度时小物块与小车在水平方向速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v共1=(m0+M+m)v共2，
由机械能守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共22+mgh
代入数据解得：v共2=4m/s，h=1.2m
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M+m)v共2=(m0+M)v小车+mv
由机械能守恒定律得：12(m0+M+m)v共22+mgh=12(m0+M)v小车2+12mv2
代入数据解得：v=8m/s，v小车=2m/s(v=0,v小车=6m/s不符合实际，舍去)
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，
子弹、小车、小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v小车+mv=(m0+M+m)v共3，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v小车2+12mv2=12(m0+M+m)v共32+μmgL+Epm，
代入数据解得：Epm=8.5J
(4)最终小物块相对小车静止，设整个过程小物块相对BC滑行的路程为s，
系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M+m)v共4，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共42+μmgs
代入数据解得：s=2.4m=(3×0.7+0.3)m=3L+0.3m，
小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x=L−0.3m=0.7m−0.3m=0.4m
答：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h是1.2m；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小是8m/s；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm是8.5J；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x是0.4m。
【解析】(1)子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中小车后子弹与小车的共同速度；小物块上升到最高点时小物块、子弹与小车在水平方向的速度相等，子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小物块沿圆弧轨道上升的最大高度。
(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次返回B点时的速度大小。
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(4)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出小物块与小车的最终速度，应用能量守恒定律求出小物块相对于BC滑行的路程，然后确定小物块相对于小车静止时距B点的距离。
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的综合应用，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：小物块在圆弧轨道上最高点时和最终小物块静止在水平轨道上时，三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。
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