【文档说明】备战2024年高考物理模拟卷01（辽宁卷）（全解全析）.docx，共(15)页，2.724 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-14bd751d8e7f0b30e76207fab923489c.html

以下为本文档部分文字说明：

2024年高考物理第一次模拟考试物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合

题目要求。每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1．关于近代物理，下列说法正确的是A．放射性元素的半衰期要随温度和压强的变化而变化B．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核外电子轨道是量子化C．发生光电效应时，光电子的最大初动

能与入射光的强度成正比D．原子核的比结合能越大，表明取出一个核子就越困难，原子核越稳定【答案】D【详解】A、放射性元素的半衰期只与原子核本身有关，与温度、压强等外界因素无关，A错误；B、卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核具有核式结构，B错误；C、发

生光电效应时,根据EKm=hγ−W，可知：光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故C错误；D、原子核的比结合能表明原子核的稳定程度，比结合能越大，取出一个核子就越困难，原子核越稳定，D正确．故选D．2．汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现

车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的

内侧，故A正确，BCD错误。故选A。3．如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光

的出射点，下列说法正确的是（）A．a光的频率小于b光的频率B．在同种玻璃中，a光的速度大于b光的的速度C．出射光束a、b一定相互平行D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大【答案】C【详解】A．由图可知a光在玻璃中的折射

角较小，则𝑛=sin𝑖sin𝑟；可知，a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，选项A错误；B．根据𝑛=𝑐𝑣；可知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选项B错误；C．因光被反射再次射到玻璃上表面时的入

射角等于射入玻璃中时的折射角，可知光从玻璃中出射时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一定相互平行，选项C正确；D．根据sin𝐶=1𝑛；可知，a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光折射率大，则发生全反射的临界角小，选项D错误。故选C。4．如图所示，实线是一簇由负点电荷产生

的电场线。一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（）A．a点场强小于b点场强B．a点电势大于b点电势C．带电粒子从a到b动能减小D．带

电粒子从a到b电势能减小【答案】C【详解】A．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知a点场强大于b点场强，A错误；B．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势，B错误；CD．粒子的运动轨迹向左弯曲，粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a到b，电场力对粒子做负功，粒子

的动能减小，电势能增大，D错误，C正确。故选C。5．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在𝑡=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（）A．质点P的振动频率为2HzB．该波沿x轴负方向传播

C．该波传播的速度大小为0.5m/sD．在1s~3.5s时间内，质点N的路程为30cm【答案】D【详解】AC．根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为𝑣=𝜆𝑇=42m/s=2m/s；频率为0.5Hz，故AC错误；B

．由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，故B错误；D．在1s~3.5s时间内𝑡=2.5s=54𝑇；质点N的路程为𝑠=54×4𝐴=30cm；故D正确。故选D。6．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平

面的物体B，使物体B匀速向右运动，物体B与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则下列说法错误的是（）A．汽车向右做减速运动B．若图示位置α<β，则vA<vBC．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力越来越小D．β从

30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率越来越小【答案】C【详解】A．A、B两物体的速度分解如图：由图可知𝑣绳𝐴=𝑣𝐴𝑐𝑜𝑠𝛼；𝑣绳𝐵=𝑣𝐵𝑐𝑜𝑠𝛽；𝑣绳𝐴=𝑣绳𝐵；物体B匀

速向右运动，所以𝛽增大，𝑣绳𝐴=𝑣绳𝐵减小，又α减小，𝑐𝑜𝑠𝛼增大，所以𝑣𝐴减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确，不符合题意；B．若图示位置𝛼<𝛽，则𝑣𝐴<𝑣𝐵，选项B正

确，不符合题意；C．对物体B，由平衡知识得𝑇cos𝛽=𝜇(𝑚𝑔−𝑇sin𝛽)；解得𝑇=𝜇𝑚𝑔cos𝛽+𝜇sin𝛽=0.6𝑚𝑔cos𝛽+0.6sin𝛽；由数学知识可知，β从30°到6

0°的过程中绳子对B的拉力先减小后增大，选项C错误，符合题意；D．因为β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率𝑃=𝑇𝑣cos𝛽=0.6𝑚𝑔𝑣1+0.6tan𝛽；则拉力的功率逐渐减小。选项D正确，不符合题意。故选C。7．如图所示，理

想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=2：1，输入端接在𝑢=30√2sin100𝜋𝑡（V）的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．当R1=0时，电压表的读数为30VB．当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V5W”的灯泡

，灯泡不能正常发光C．当R1=10Ω时，电流表的读数为1.2AD．当R1=10Ω时，电压表的读数为6V【答案】C【详解】A．当R1=0时，根据理想变压器原副线圈电压与匝数之间关系，有𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2；其中𝑈1=𝑈m√2=30

V；联立，解得𝑈2=15V；故A错误；B．由部分电路欧姆定律，可得𝐼2=𝑈2𝑅+𝑅灯；又𝑃灯=𝑈灯2𝑅灯；联立，解得𝐼2=1A；则把电流表换成灯泡后，灯泡两端电压为𝑈灯′=𝐼2𝑅灯=5V=𝑈灯；即灯泡正常发光。故B错误；CD．当R1

=10Ω时，原线圈接入的交流电压有效值为𝑈=𝑈m√2=30V；由理想变压器原副线圈电流和电压与匝数的关系，可得𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2，𝐼1𝐼2=𝑛2𝑛1；又𝐼1𝑅1+𝑈1=𝑈，

𝐼2𝑅=𝑈2；联立，解得𝐼2=1.2A，𝑈2=12V；故C正确；D错误。故选C。8．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船将十六乘组三名航天员送入空间站组合体，图中轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行轨道。两轨道相切于B点，A

为椭圆轨道的近地点，B为远地点，C为轨道Ⅱ上一点，C、A、B三点在一条直线上，则下列判断正确的是（）A．空间站从C点运行到B点和载人飞船从A点运行到B点所用的时间相等B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨

道Ⅱ上C点的速度C．载人飞船从A点沿椭圆轨道运动到B点，发动机需要做功D．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度【答案】BD【详解】A．根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动

时周期不同，则空间站从C点运行到B点和载人飞船从A点运行到B点所用的时间不相等，选项A错误；B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点加速做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度，选项B正确；C．载人飞船从A点沿椭圆轨道运动到B点，地球引力做负功，速度减小，但发动机不需要做

功，选项C错误；D．根据𝑎=𝐺𝑀𝑟2可知，载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度，选项D正确。故选BD。9．粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场

，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子2带负电B．若减小磁场的磁感应强度，粒子1有可能打在Q

点C．若减小磁场的磁感应强度，粒子2有可能打在Q点D．若有一粒子3以和粒子2相同的速度从P点射入磁场，恰好打在Q点，则粒子3比荷小于粒子2比荷【答案】CD【详解】A．根据左手定则，粒子2带正电，A错误；BC．根据𝑞𝑣𝐵=𝑚�

�2𝑟；得𝑟=𝑚𝑣𝑞𝐵；若减小磁场的磁感应强度，粒子2的运动半径增大，有可能打在Q点；而粒子1做直线运动，不带电，不会改变运动轨迹，B错误，C正确；D．速度相同，则𝑟∝𝑚𝑞；粒子3的运动半径更

大，则粒子3比荷小于粒子2比荷，D正确。故选CD。10．如图所示，用与水平面成𝜃=30°角的传送带输送货物，传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m=5kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为𝜇=√32，重力加速度g

=10m/s2，下列正确的是（）A．货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变B．传送带从底端到顶端的长度是20mC．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30JD．货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190J【答案】CD【详解】A．根据牛顿第二定律𝜇𝑚𝑔c

os30°−𝑚𝑔sin30°=𝑚𝑎；又𝑡=𝑣𝑎；得𝑡=0.8s<4s；说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；B．传送带从底端到顶端的长度是𝑙=𝑣22𝑎+𝑣(4−𝑡)；得𝑙=7.

2m；B错误；C．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为𝑄=𝜇𝑚𝑔cos30°(𝑣𝑡−𝑣22𝑎)得；𝑄=30J；C正确；D．货物增加的机械能为Δ𝐸=12𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝑙sin30°；得Δ𝐸=190J；D正确。故选CD。二、实验

题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）11．某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。（1）已知电流计G的满偏电流𝐼G=200

mA、内阻𝑟G=0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则𝑅1=Ω。（2）通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电压表V的示数如图丙，则此时电压表的读数为V，通过电源E的电流为mA。（3）电源E的电动势等于

V，内阻等于Ω（结果取三位有效数字）。【答案】0.152.603002.94/2.95/2.961.05【详解】（1）[1]要并联的电阻𝑅1=𝐼𝐺𝑟𝐺𝐼−𝐼𝐺=200×0.3600−200Ω=0.15Ω（

2）[2][3]电压表的最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，由图像读出电流表G的读数100mA，通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则通过电源E的电流为300mA。（3）[4][5]由图像纵轴截距可知，电源电动势为E=2.95V；通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则

当电流计电流为160mA时，通过电源的电流为3×160mA=480mA=0.48A，改装后的电流表内阻为𝑅𝐴=0.3×0.150.3+0.15Ω=0.1Ω则电源内阻𝑟=Δ𝑈Δ𝐼−𝑅𝐴=2.95−2.40

0.48Ω−0.1Ω=1.05Ω12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，实验步骤如下：A．按照图示的装置安装仪器；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测量出重锤的质量；D．接通电源开关，然后释放重物，打

出一条纸带；E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）。（1）上述步骤中没有必要进行的步

骤是（填实验步骤前的字母）；操作不恰当的步骤是（填实验步骤前的字母）（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度𝑣𝐵=m/s（计算结果保留两位有效数字）（3）如果所用重物的质量为1.00kg，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量是Δ𝐸P=

J，此过程中物体动能的增加量Δ𝐸K=J；（计算结果保留两位有效数字）（4）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，忽略空气阻力的影响，则以𝑣22为纵轴、以h为横轴画出的图像是下图中的()【答案】CB0.980.490.48A

【详解】（1）[1]由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量出重锤的质量，故有必要进行的步骤是C；[2]应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故操作不恰当的步骤是B。（2）[3]根据匀变速直线运动的中间时

刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为𝑣𝐵=𝑥𝐴𝐶2𝑇=(7.06−3.14)×10−22×0.02m/s=0.98m/s（3）[4]从起点O到打下计数点B的过程中，

重力势能减少量为Δ𝐸P=𝑚𝑔ℎ𝑂𝐵=1.00×9.80×5.01×10−2J≈0.49J[5]此过程中物体动能的增加量为Δ𝐸K=12𝑚𝑣𝐵2−0=12×1.00×0.982J≈0.48J（4）[6]根据机械能守恒可得𝑚𝑔ℎ=12

𝑚𝑣2；则有𝑣22=𝑔ℎ可知𝑣22−ℎ为一条过原点的倾斜直线。故选A。三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题8分，第二小题13分，第三小题19分）13．导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度为20cm，一个质量为1kg的活塞将汽缸内气

体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性良好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为1×105Pa，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10ms2⁄，活塞的截面积为5cm2，不计活塞的厚度，求：（1）开始时，卡环对活塞的压力；（2）当环境温度为

280K时，在活塞上放一个质量为2kg的重物，当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。【答案】（1）307N；（2）15cm【详解】（1）设开始时缸内气体的压强为𝑝1，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强𝑝2=𝑝0+𝑚𝑔𝑆=1.2×105Pa气体发生等容变化，则𝑝1𝑇1=�

�2𝑇2解得𝑝1=97×105Pa开始时𝐹+𝑝0𝑆+𝑚𝑔=𝑝1𝑆解得𝐹=307N（2）在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强𝑝3=𝑝0+(𝑚+𝑀)𝑔𝑆=1.6×105Pa发生等温变化，则𝑝2𝐻𝑆=𝑝3ℎ𝑆解得ℎ=15cm14．如图所

示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝4Ω的电阻，导轨间距为L＝1m；有一质量m＝0.5kg，电阻r＝1Ω，长L＝1m的金属杆ab水平放置在导轨上，它与导轨间的滑动摩擦因数𝜇=√35，导轨平面与水平面间的倾角为θ＝30°，在垂直导轨平面的方向上有匀强磁场，

且磁感应强度的大小B＝1T，若现让金属杆ab由静止开始下滑，已知当杆ab由静止开始到恰好做匀速运动的过程中，通过杆ab的电量q＝1.5C，试求：（1）杆ab下滑速度大小为2m/s时，其加速度的大小；（2）杆ab下滑的最大速率；（3

）杆ab从静止开始到恰好做匀速运动的过程中R上产生的热量；【答案】（1）𝑎=1.2m/s2；（2）𝑣m=5m/s；（3）1J【详解】（1）取ab杆为研究对象其受力如图示，建立如图所示坐标系𝑚𝑔sin𝜃−𝐵𝐼𝐿−𝑓=𝑚𝑎；且𝑁−𝑚𝑔cos𝜃=0；

摩擦力𝑓=𝜇𝑁；电流及电动势𝐼=𝐸𝑅+𝑟，𝐸=𝐵𝐿𝑣联立上面解得𝑎=𝑔sin𝜃−𝜇𝑔cos𝜃−𝐵2𝐿2𝑣𝑚(𝑅+𝑟)；当𝑣=2m/s时解得𝑎=1.2m/s2；（2）由上问可知𝑎=𝑔sin𝜃−𝜇𝑔cos𝜃−𝐵2𝐿2𝑣𝑚(𝑅

+𝑟)；故AB做加速度减小的加速运动当a=0速度最大，则𝑣m=𝑚𝑔(𝑅+𝑟)(sin𝜃−𝜇cos𝜃)𝐵2𝐿2；解得𝑣m=5m/s；（3）从静止开始到匀速运动过程中𝑞=𝐸̅𝑅+𝑟Δ𝑡=ΔΦ𝑅+𝑟=𝐵

𝐿𝑥𝑅+𝑟；解得x＝7.5m；设两电阻发热和为Q由能量守恒可知𝑚𝑔𝑥sin𝜃=12𝑚𝑣𝑚2+𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝑥+𝑄；根据𝑄𝑅:𝑄𝑟=𝑅:𝑟；联立解得𝑄𝑅=𝑅𝑅+𝑟𝑄=44+1×54J=1J15．如图所示，轨道ABCD由半径

𝑅1=1.2m的光滑14圆弧轨道AB、长度𝐿𝐵𝐶=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量𝑚1=2kg的物块P和质量𝑚2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段

中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量𝑚3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度𝐿𝐸𝐹=1.2m；FG段为半径𝑅2=1.8m的14光滑圆弧轨道；小车与地面间

的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为𝜇=0.5，重力加速度g取10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求

物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范

围。【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）2.1m；（3）12J≤𝐸P≤24J【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有−𝑚1𝑔𝑅1=0−12𝑚1𝑣𝐵2物块P在B点，对该物块进行分析有𝑁−𝑚1𝑔=𝑚1𝑣𝐵2𝑅1解得𝑁=6

0N根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有−𝑚1𝑔𝑅1−𝜇𝑚1𝑔𝐿𝐵𝐶=0−12𝑚1𝑣P2；解得𝑣P=√30

m/s；对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有𝑚1𝑣P−𝑚2𝑣Q=0解得𝑣Q=2√30m/s；对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有𝑚2𝑣Q=(𝑚2+𝑚3)𝑣𝑥；根据能量守恒定律有12𝑚2𝑣Q2=12𝑚2(𝑣𝑥

2+𝑣𝑦2)+12𝑚3𝑣𝑥2+𝑚2𝑔𝑅2+𝜇𝑚2𝑔𝐿𝐸𝐹；解得𝑣𝑦=√42m/s；之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度

ℎ=𝑣𝑦22𝑔；解得ℎ=2.1m；（3）物块被弹开过程有𝑚1𝑣P1−𝑚2𝑣Q1=0；𝐸Pmin=12𝑚1𝑣P12+12𝑚2𝑣Q12；当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有𝑚2𝑣Q1=(𝑚2+𝑚3)

𝑣3；12𝑚2𝑣Q22=𝜇𝑚2𝑔𝐿𝐸𝐹+12(𝑚2+𝑚3)𝑣32；解得𝐸Pmin=12J；由于𝑚2𝑔𝑅2=18J>2𝜇𝑚2𝑔𝐿𝐸𝐹=12J；当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与

小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有𝑚1𝑣P2−𝑚2𝑣Q2=0；𝐸Pmax=12𝑚1𝑣P22+12𝑚2𝑣Q22；当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有𝑚2𝑣Q2=(𝑚2+𝑚3)𝑣4；12𝑚2𝑣

Q22=2𝜇𝑚2𝑔𝐿𝐸𝐹+12(𝑚2+𝑚3)𝑣32；解得𝐸Pmax=24J；综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤𝐸P≤24J