2022-2023学年江西省重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共19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。

2022-2023学年江西省重点中学高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(    )
A. 6小时25分钟 B. 6小时30分钟 C. 6小时35分钟 D. 6小时40分钟
2. 大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是(    )
A. B.
C. D.
3. 某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为(    )

A. mg2μsinθ−cosθ B. mg2μcosθ−sinθ
C. mg2μcosθ+sinθ D. mg2sinθ−μcosθ
4. 如图所示，O为两个等量同种正点电荷连线的中点，a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点，设无穷远处电势为零，则下列说法正确的是(    )

A. a、c电场强度相同
B. b、O、d三点电势相等
C. O点的电场强度，电势均为零
D. 把电子从a点移动到b点，电子的电势能增大
5. 如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为

A. 0 B. E C. 2E D. E+kQ1r12+kQ2r22
6. 如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m，带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M，带电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A. 圆环a带负电
B. 滑块b受到的库仑力大小为mgcosθ
C. 滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g
D. 滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M+m)g
7. 如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)，正确的说法是(    )

A. 由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B. F1、F2分别对m、M做正功，故系统动量不断增加
C. F1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加
D. 当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
8. 2019年9月21日，“多彩贵州”自行车联赛在赤水市举行第五站的赛事一辆做匀变速直线运动的赛车，初速度v0=5m/s，它的位置坐标x与速度的二次方v2的关系图像如图所示，则(    )

A. 赛车的加速度大小为2.5m/s2 B. 赛车在t=2s时速度为0
C. 赛车在前2s内的位移大小为7.5m D. 赛车在1s时的位置坐标为2.375m
9. 如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(    )

A. m1的最小速度是0 B. m1的最小速度是m1−m2m1+m2v1
C. m2的最大速度是v1 D. m2的最大速度是2m1m1+m2v1
10. 如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3kg，在木板的上表面有两块质量均为1kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度2m/s和4m/s滑上长木板，则下列说法正确的是(    )

A. 若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8m
B. 木块B的最小速度是零
C. 从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1m
D. 木块A向左运动的最大位移为1m
11. 先后让一束氘核( 12H)和一束氚核( 13H)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，离开时速度方向与板面夹角分别为α、β。不计原子核的重力，则(    )
A. 如果氘核和氚核的初速度相同，则tanαtanβ=23
B. 如果氘核和氚核的初动量相同，则tanαtanβ=23
C. 如果氘核和氚核的初动能相同，则tanαtanβ=1
D. 如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，则tanαtanβ=23
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12. 太阳能路灯以太阳光为能源，白天太阳能电池板给蓄电池充电，晚上蓄电池给路灯供电，某太阳能电池电动势约为3V，短路电流约为0.15A，为了准确的测量其电动势和内阻，可供选用的器材如下：
A.电流表G：量程为30mA，内阻Rg=30Ω
B.定值电阻：R0=5Ω
C.电阻箱：电阻范围0∼999Ω，允许通过最大电流0.5A
D.导线若干，开关一个
(1)在下面的方框中画出实验原理图；_____

(2)多次改变电阻箱的阻值R，记录下每次电流表对应的示数I，利用图像法处理数据，若以1I为纵轴，则应以_____(填“R”“1R”“R2”或“1R2”)为横轴，拟合直线；
(3)若图像纵轴的截距为b，斜率为k，则可求得电动势E=_____，内阻r=_____。(均用符号“b、k、R0、Rg”表示)

13. 实验小组在实验室中测量一段金属丝(电阻Rx约为3Ω)的电阻率。本次实验提供的器材，如下：
电流表A：量程1mA，内阻RA=99.9Ω；
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电压表V：量程0∼3V，内阻约为5KΩ；
定值电阻R0：阻值为0.1Ω；
滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流为2A；
滑动变阻器R2：最大阻值1000Ω，额定电流为2A；
开关一个、导线若干。
(1)小组同学某次用10分度游标卡尺测得金属丝的长度时，不小心使部分刻度被污迹遮住了，如图所示，则该次测量的读数为_____cm。

(2)小组同学调节滑动变阻器滑片时，使电压表示数能够从零开始连续变化并尽可能减少误差，滑动变阻器应该选用_____(选填“R1”、“R2”)，根据提供的器材在答题纸方框内画出实验的电路图，并在电路图中标出所选器材的符号______；


四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14. 两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
(1)两个小球的质量之比；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。


15. 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管A固定在竖直平面内。圆环的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB=2L，圆环的半径为r= 2L(圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于mgq。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为−q(q>0)的绝缘小物体(视为质点)，PC间距为L。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线从A点无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用g表示。
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？
(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？
(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？


16. 如图所示，半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M=0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定．可视为质点的物块A质量m=0.1kg，从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止．物块A与本板B间动摩擦因数μ= 0.25，g取10 m/s2.求：

(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小：
(2)木板B的长度L；
(3)弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
由于中间4个站均匀分布，故节省的总时间为在任意相邻两站节省时间的5倍。分别计算出普速列车和高速列车，在相邻两站之间所用时间，即可解决问题。
本题主要考查学生对运动学结合实际生活的理解，属于中档题目。
【解答】

108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，
相邻两站间的距离x=1080×1035m=2.16×105m
普通列车加速时间t1=v1a=300.5s=60s
加速过程的位移x1=12at12=12×0.5×602m=900m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2=x−2x1v=2.16×105−2×90030s=7140s
同理高铁列车加速时间t′1=v′1a=900.5s=180s
加速过程的位移x′1=12at′12=12×0.5×1802m=8100m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t′2=x−2x′1v′=2.16×105−2×810090s=2220s
相邻两站间节省的时间Δt=(t2+2t1)−(t′2+2t′1)=4680s
因此总的节省时间Δt总=5Δt=4680×5s=23400s=6小时30分
故选B。
  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
将拉力沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据平衡条件求解出摩擦力大小，从而比较摩擦力关系．
本题关键是明确物体处于平衡状态，拉力大小相等，但地面间的动摩擦因数关系未知，故只能根据平衡条件列式求解．
【解答】
四种情况下物体均处于平衡状态，即合力为0，A图中摩擦力等于拉力F;B图中将力F沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力Ff=Fcos30∘;C图中将力F沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力Ff =Fcos30∘;D图中将力F沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力Ff=Fcos60∘，则可知A图中摩擦力最大，故A正确，B、C、D错误．  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查力的合成与分解的运用，共点力的平衡，解决本题的关键在于分析筷子压力最小时，静摩擦力的方向及小球的受力情况。
【解答】
筷子对小球的压力太小，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，小球受力平衡。
在竖直方向上有：2fcosθ−2Nsinθ=mg…①
f=μN…②
联立解得：N=mg2(μcosθ−sinθ)…③，故B正确，ACD错误。
故选B。
  
4.【答案】D 
【解析】解：A、a、c两点在图中处于对称位置，而且，电荷也是对称分布的，所以，电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B、b、d两点处于镜像对称位置，在电场分布中，两点的电势相等；在Ob之间，电场强度方向向上，所以，电场线的方向也向上，沿着电场线电势降低，所以，O点电势高于b、d，故B错误；
C、O点处于电场分布对称中心，所以，O点的电场强度为零；电场线从O到b延伸至无穷远的方向都是指向上，又有，无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以，O点电势大于零，故C错误；
D、在aOb所围左上侧，电场强度方向为右上方，把电子从a点移动到b点，电场力做负功，电势能变大，故D正确；
故选：D。
该题考查学生对电场中电势、电场强度、电场力做功与电势能的关系的理解．根据电荷在该点的受力比较电场强度的大小，方向；由电场强度在该区域的大致方向判断电荷移动过程电场力做正功还是负功；进而得到两点间电势大小的比较．
本题要注意选项D，题设为电子，电子带负电，沿电场线运动，电场力对电子做负功，电势能增加．

5.【答案】C 
【解析】解：A、A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，故AB错误，C正确。
D、由于电场强度是矢量，所以B点的电场强度不能用Q1、Q2产生的电场强度的代数和求。故D错误。
故选：C。
根据点电荷电场强度公式，结合矢量的叠加法则，结合点电荷电场强度的方向，即可求解。
考查点电荷电场强度的方向的运用，掌握矢量合成法则，注意A点的场强等于零时的含义，及理解两正点电荷的合电场强度方向与外加匀强电场方向的关系，是解题的关键。

6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查库仑力作用下的力学问题，根据受力分析和受力平衡分析问题，基础题。
根据圆环a能保持静止分析圆环a的电性，由整体法隔离法和受力平衡的条件分析问题即可。
【解答】
A.根据题意，圆环a能保持静止，故受到库仑斥力，圆环a也带正电，故A错误；
B.根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a进行受力分析后，得库仑力的大小为mgsin θ，故B错误；
C.对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g，故C正确；
D.b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff=mgsin θ⋅cos θ=mgtan θ，故D错误。
故选C。
  
7.【答案】D 
【解析】
【分析】
F1和F2等大反向，但是由于两物块的位移不同，所以做的功大小不同，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体速度的大小达到最大，通过分析F1、F2分别对m、M做功正负，判断系统的机械能如何变化。
【解答】
A.由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故A错误；
B.由于F1和F2大小相等，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量为零，系统动量不增加，故B错误；
C.由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，故C错误；
D.两个物块都先做加速运动，后做减速运动，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m所受合外力零，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故D正确。
故选：D。  
8.【答案】CD 
【解析】
【分析】
本题主要考查x−v2图象，解决本题的关键在于根据图象写出关系式，根据斜率算出加速度，根据运动学公式求解。
【解答】
A.由图象可知，位置坐标x和速度的二次方v2关系式为，0.4v2=8−x，该车做匀减速直线运动，图象斜率等于12a，故加速度为a=−1.25m/s2，故A项错误；
B.由图可知，v0=5m/s，由Δt=Δva=4s，即t=4s时速度为0，故B项错误；
CD.由x=v0t+12at2得前2s内位移大小为7.5m，1s内的位移为4.375m，在1s时的位置坐标为2.375m，故C项正确，D项错误。
故选：CD。
  
9.【答案】BD 
【解析】【解析】
两物体组成的系统水平方向不受外力，故动量守恒；由动量守恒及机械能守恒定律分析过程可知两小球的运动情景． 
【解答】
从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，选取向右为正方向，则
m1v1=m1v1′+m2v2
12m1v12=12m1v1′2+12m2v22；
解得：
v1′=m1−m2m1+m2v1
v2=2m1m1+m2v1
故m2的最大速度为2m1m1+m2v1，此时m1的最小速度为m1−m2m1+m2v1。
故选BD。


10.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查板块模型，应用能量和动量分析。运动过程能量守恒，摩擦力做功等于系统动能减小量；运动过程系统合外力为零，动量守恒。本题综合性强，难度较大。
【解答】
解：由题意可知，开始一段时间内，木块B向右减速，木块A向左减速，此过程木板C静止不动，木块A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，木块B继续向右减速，三者共速时，木块B的速度最小。
设木块A、B的质量均为m，则木板C的质量为3m，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
mvB−mvA=5mv，解得木块B的最小速度为v=0.4 m/s，
由能量守恒定律得12mvB2+12mvA2=12⋅5mv2+μmgLA+μmgLB，
解得木板最短长度L=LA+LB=4.8 m，故A正确，B错误；
木块A向左减速的过程，根据动能定理有−μmgx1=0−12mvA2，
解得木块A向左运动的最大位移为1 m，故D正确；
木块A向右加速过程，以A、C整体为研究对象，根据动能定理有，μmgx2=12(m+3m)v2，
解得x2=0.16 m，故从刚开始到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A的位移
xA=x1−x2=0.84 m，故C错误。  
11.【答案】BC 
【解析】A.粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
L=v0t
由牛顿第二定律得加速度
a=eUmd
竖直分速度
vy=at
速度偏向角的正切
tanθ=vyv0=eULmdv02
如果氘核和氚核的初速度相同，可知
tanαtanβ=m氚核m氘核=32
故A错误；
B.如果氘核和氘核的初动量相同，即mv0相同，则
tanαtanβ=t氘核t氚核=v0氚核v0氘核=m氚核m氘核=23
故B正确；
C.如果氘核和氚核的初动能相同，即 mv02 相同，则
tanαtanβ=11
故C正确；
D.设加速电压为U0，由动能定理得
eU0=12mv02
即 mv02 相同，则
tanαtanβ=11
故D错误。
故选BC。


12.【答案】      R     R0+RgkR0       bk−R0RgR0+Rg 
【解析】(1)[1]短路电流为0.15A，电流表量程较小，所以电流表与 R0 并联，增大量程，实验电路图如图

(2)[2]由闭合电路欧姆定律
E=IRg+I+IRgR0(R+r)
解得
1I=RgR0+rRg+R0ER0+Rg+R0ER0⋅R
故横坐标为R。
(3)[3][4]由(2)可知
RgR0+rRg+R0ER0=b
Rg+R0ER0=k
解得
E=R0+RgkR0
r=bk−R0RgR0+Rg


13.【答案】(1)4.18；
(2)R1；。 
【解析】
【分析】
本题考查了测量金属丝的电阻率；掌握游标卡尺读数方法、应用图象法处理实验数据的方法。
(1)明确游标卡尺的基本原理，能根据对齐的主尺和游标尺的读数确定游标零点位置对应的示数，从而确定读数；
(2)根据实验要求及滑动变阻器的最大阻值确定接法；先对电流表按要求进行改装后，按伏安法的要求设计电路图；
【解答】
(1)游标卡尺为10分度，游标尺的总长度为9mm，故每一格的长度为0.9mm，由图可知，对齐的主尺刻度为49mm；游标尺刻度为8×0.9mm=7.2mm；因此测量读数为：d=49mm−7.2mm=41.8mm=4.18cm。
(2)由于待测电阻为3Ω，为较小电阻，为了尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电流表读数有明显变化，则滑动变阻器在电路中应选择分压接法，滑动变阻器应选较小的R1；电流表内阻已知，可采用内接法。
由题中提供电源电动势3V，通过待测电阻的最大电流约为：I=ERx=33A≈1A>1mA；
所以电流表与定值电阻R0并联扩大电流表量程，可设计如图所示电路：
。  
14.【答案】解：(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带点小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得：
Tcosθ−mg=0，
Tsinθ−F=0
解得：mg=Fcotθ
所以：mAmB=cot30°cot60∘=31
(2)对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，O′C的距离为h，根据三角形相似，有
mgh=TL
解得：L=Thmg
所以：L0ALoB=mBmA=13
答：(1)两个小球的质量之比为3：1；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比为1：3． 
【解析】(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带点小球受力分析，根据平衡条件求出重力的表达式，进而求出质量之比；
(2)对小球A受力分析，画出受力分析图，根据三角形相似求解即可．
本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，并能结合几何关系求解，难度适中．

15.【答案】(1) mgq
(2)7L
(3)3+34π 2Lg 
【解析】(1)小物体释放后，在重力和电场力作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又PC=AC=L，
则qE=mg，
解得E=mgq 。
(2)小物体从P 到A的运动由动能定理可得mgL+qEL=12mvA2，
解得vA=2gL，
虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于mgq，
电荷量为−q(q>0)的绝缘小物体所受电场力F2=qE2=mg，方向竖直向上，
故小物体从A到B做匀速圆周运动vB=vA=2gL，
小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N 点，对竖直方向t=2vBsin45 ∘g，
解得t=2 2Lg，
水平方向x=(vBcos45 ∘)t+12at2，qE=ma，
解得x=8L，
N点距离C点xCN=x−L=7L。
(3)小物体从P 到A 的时间用t1 表示，则2L=12vAt12，
解得t1= 2Lg，
物体从A 运动到B 的时间t2=34×2π× 2LvA=3π4 2Lg
t3=t=2 2Lg，
小物体由P 点运动到N 点的总时间t总=t1+t2+t3=(3+34π) 2Lg。


16.【答案】解：(1)设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，
A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=12mv02，
在C点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mv02R，
代入数据解得：v0=4m/s，FN=3 N；
(2)设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，滑上B后经时间t1后接触弹簧，A的位移x1，B的位移x2，
由牛顿第二定律得：
μmg=ma1
μmg=Ma2，
由运动学公式得：
v0−a1t1=a2t1
x1=v0t1−12a1t12
x2=12a2t12，
由几何关系得：L=x1−x2
代入数据解得：
t1=1.2 s
L=2.4 m；
(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，
由速度公式得：v1=v0−a1t1，
由动量守恒定律得：(M+m)v1=(M+m)v4，
最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，由动量守恒定律得：
Mv3−mv2=(M+m)v4，
由能量守恒有：12mv22+12Mv32=12(m+M)v42+μmgL
解得：v1=1 m/s，v4=1m/s，v2=2 m/s，v3=2 m/s
设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有：
−μmgt2=Mv4−Mv3，
代入数据解得：t2=1.2s；
答：(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小为：3N。
(2)木板B的长度L为2.4m；
(3)弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动到左端的时间为1.2s。 
【解析】本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动量定理可以解题。
(1)物块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A到达底端时的速度，由牛顿第二定律可以求出支持力大小。
(2)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出B的长度。
(3)A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动量定理可以求出A的运动时间。