（网络收集）2025年重庆卷物理高考真题带答案带解析带分值文字版一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60o，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)60o M O N 60o A．2mg B．mg C．mg D．mg【答案】B【解析】解析本题考查共点力平衡，受力分析及力的分解，解题思路是可对O点进行受力分析，再根据平衡条件求解MO的弹力大小。①确定研究对象并进行受力分析取O点为研究对象，O点受到MO绳的弹力FMO、NO绳的弹力FNO的拉力，由于钢管是匀质的，MO、NO与竖直方向夹角均为60o，根据对称性可知FMO=FNO。②根据平衡条件列方程求解在竖直方向上，O点处于平衡状态，合力为0。根据力的分解，FMO和FNO在竖直方向的分力之和等于重力mg。由平衡条件2FMOcos60o=mg，解得FMO=mg所以MO的弹力大小为mg，答案选B。【分值】4分2．易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)A．分子热运动的平均动能增加B．内能减小C．压强减小D．对外界做正功【答案】A【解析】本题考察热力学第一定律和理想气体的性质，对气袋被压缩过程中气体的内能、温度、压强等变化。①分析做功情况气袋被压缩，外界对气体做功，即W>0。因为不计袋内气体与外界的热交换，所以Q=0（绝热过程）。②根据热力学第一定律分析内能变化热力学第一定律表达式为△U=Q+W。将Q=0、W>0代入可得△U=W>0，即气体内能增加。对于理想气体，内能只与温度有关，内能增加则温度升高。③分析分子热运动平均动能温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动的平均动能增加，所以选项A正确，B错误。④分析压强变化根据理想气体状态方程=C（C为常量），气体被压缩，体积V减小，温度T升高，则压强p增大，所以选项C错误。⑤分析做功的正负气袋被压缩，是外界对气体做功，气体对外界做负功，选项D错误。答案选A。【分值】4分3．“魔幻”重庆的立体交通屋叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半经为R的OP圆孤段做匀速图周运动。两车均视为质点，则P M O N A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为C．汽车在OP段向心加速度大小为D．汽车在OP段向心加速度大小为【答案】B【解析】本题考查匀变速直线运动和匀速圆周运动的相关知识，解答时需要分别分析汽车和列车的运动过程，结合运动学公式和向心加速度公式进行求解。①分析汽车从N到O的运动时间汽车在NO段做匀减速直线运动，初速度为2v0，末速度为v0，位移为s。根据匀变速直线运动的平均速度公式=，可得汽车在NO段的平均速度==。汽车从N到O的运动时间t==。②计算汽车到O点时列车行驶的距离列车做匀速直线运动，速度为2v0，运动时间与汽车从N到O的时间相同，为t=。根据匀速直线运动的位移公式x=vt，可得列车行驶的距离x=2v0×=，所以选项A错误，B正确。③计算汽车在OP段的向心加速度汽车在OP段做匀速圆周运动，速度为，半径为R。可得汽车在OP段的向心加速度a=，所以选项C、D错误。答案选B。【分值】4分4．杨氏双缝干涉实验中，双缝与光屏距离为，波长为的激光垂直入射到双缝上，在屏上出现如图所示的干涉图样。某同学在光屏上标记两条亮纹中心位置并测其间距为a，则a明暗A．相邻两亮条纹间距为B．相邻两暗条纹间距为C．双缝之间的距离为D．双缝之间的距离为【答案】C【解析】本题考查杨氏双缝干涉实验，需结合干涉条纹间距公式分析。①分析条纹间距从图中可知，a对应的是4个相邻条纹（亮纹或暗纹）的间距。根据条纹间距的定义，相邻两亮条纹或相邻两暗条纹的间距△x是相等的，所以相邻两条纹（亮纹或暗纹）间距△x=，因此选项A、B错误。②根据双缝干涉条纹间距公式求双缝间距双缝干涉中，条纹间距公式为△x=，由前面分析得△x=，解得d==，所以选项C正确，D错误。答案选C。【分值】4分5．某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b N O Q K P M A．具有不同比荷B．电势能均随时间逐渐增大C．到达M、N的速度大小相等D．到达K所用时间之比为1:2【答案】D【解析】本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，需结合类平抛运动的规律，从运动的合成与分解角度分析粒子的运动情况，包括比荷、电势能、速度以及运动时间等。①分析粒子在垂直电场方向和沿电场方向的运动粒子在垂直于电场方向（水平方向）做匀速直线运动，沿电场方向（竖直方向）做初速度为0的匀加速直线运动，即类平抛运动。设矩形区域OMPQ的长为L，宽为d。对于粒子：水平方向L=v水平t，竖直方向d=。粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等。②分析比荷由上述竖直方向的运动方程，对粒子有=，沿电场方向的位移大小相等，所以a、b具有相同比荷，选项A错误。③分析电势能变化电场力做功W=qEy（y为沿电场方向位移），因为粒子沿电场方向有位移，且电场力方向与位移方向相同（粒子向电场方向偏转，电场力做正功），根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，所以选项B错误。④分析到达M、N的速度大小粒子：水平速度v水平=，竖直速度v竖直==，合速度v==。因为粒子a、b的水平位移和竖直位移不同，显然到达M、N的速度大小不相等，选项C错误。⑤分析到达K所用时间之比设到达K时，粒子运动时间为ta，粒子b运动时间为tb。水平方向：粒子a水平位移xa=va水平ta=ta；粒子b水平位移xb=vb水平tb=tb，且xa=xb（K点水平坐标相同），即ta=tb，化简得tb=2ta，所以到达K所用时间之比ta:tb=1:2，选项D正确。答案选D。【分值】4分6．在科学实验中可利用激光使原子减速，若一个处于基态的原子朝某方向运动，吸收一个沿相反方向运动的能量为E的光子后跃迁到相邻激发态，原子速度减小，动量变为P。普朗克常量为h，光速为c，则A．光子的波长为B．该原子吸收光子后质量减少了C．该原子吸收光子后德布罗意波长为D．一个波长更长的光子也能使该基态原子跃迁到激发态【答案】C【解析】本题考查光子能量、德布罗意波长、原子跃迁等知识点。选项A、根据光子能量公式E=h以及波速公式c=，推导可得=，并非，A错误。选项B、原子吸收光子后，能量增加，根据质能方程△E=△mc2，可知原子质量应增加，增加的质量△m=，并非质量减少，B错误。选项C、德布罗意波长公式为=(其中p为物体动量)，原子吸收光子后动量为p，所以其德布罗意波长为，C正确。选项D、光子能量E==，波长越长，光子能量越小。原子从基态跃迁到相邻激发态需要特定的能量，只有能量等于基态与激发态能量差的光子才能使原子跃迁，波长更长的光子能量更小，不能满足原子跃迁所需能量，D错误。答案选C。【分值】4分7．“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的d L金星A．轨道半径之比为B．周期之比为C．线速度大小之比为D．向心加速度大小之比为【答案】D【解析】本题考查开普勒定律以及圆周运动的线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，可根据几何关系确定地球和金星的轨道半径关系，再结合相关定律和公式进行分析。根据几何关系确定轨道半径之比设太阳半径为R太，金星轨道半径为r金，地球轨道半径为r地。由相似三角形可知=，整理可得=，故A错误；选项B、根据开普勒第三定律=k（k为常量，与中心天体有关），则=，即=，B错误。选项C、圆周运动线速度v=，则===，C错误。选项D、向心加速度a=，由开普勒第三定律=k可得T2=，则a==，所以==，D正确。答案选D。【分值】4分二、多项选择题:本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则2 1 3 A．该波的波长为4r B．该波的波速为2fr C．此时浮筒在最低点D．再经过，浮筒将在最低点【答案】AD【解析】本题考查简谐波的波长、波速、周期以及质点振动的相关知识，可根据波的传播特点和已知条件进行分析。分析波长设波速为v，周期为T=。第1圈波峰到第3圈波峰，波传播的距离△x=9r-r=8r，传播的时间间隔△t=2T（因为从第1圈到第3圈，间隔2个周期）。根据v=，△t=2T=，则v==4fr。又因为v=，所以=4r，选项A正确。选项B、由上述计算可知波速v=4fr，并非2fr，B错误。选项C、该时刻第1圈是波峰，浮筒在波峰位置（因为波源处质点振动与波峰、波谷的关系，波源起振方向决定后续振动，这里第1圈是波峰，说明波源此时在波峰），并非最低点，C错误。选项D、周期T=，=。根据某时刻第1圈实线的半径为r=可得此时浮筒处于平衡位置，该点可能向上振动也可能向下振动，所以再经过=T，浮筒可能在最低点，D正确。答案选AD。【分值】5分9．2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106 V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104 V的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为220sin(100t)V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则A．直流输电导线中的电流为250 A B．直流输电导线总阻值不超过16 C．家用交流电的电压最大值为220 V，频率为50 Hz D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11:500【答案】BD【解析】本题考查直流输电的电流、电阻计算，以及交流电的有效值、频率和理想变压器的工作原理。选项A、根据P=UI（P为输送功率，U为输送电压，I为输送电流），已知P=8.0×W，，则直流输电导线中的电流，并非250A，A错误。选项B、已知直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，即△P≤5%P。根据△P=I2R（R为导线总阻值），可得，即直流输电导线总阻值不超过16，B正确。选项C、家用交流电表达式为u=220sin(100t)V，可知电压最大值Um=220 V，角速度=100。又因为=2f，则f===50 Hz，电压最大值不是220 V，C错误。选项D、理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比，电流比与匝数比成反比。原线圈电压U1=1.0×104 V，副线圈电压有效值U2==220 V。根据=，可得==，即原、副线圈中电流比为11:500，D正确。答案BD。【分值】5分10．如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F=kv+b(k>0，b>0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F=0。gh段速度大小v与运动路程S的关系如图2所示，图中v0为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则e B f d g h B d d图1 d 2d 3d 0 v0 v图2 S A．gh在任一磁场区域的运动时间为B．金属框的总电阻为C．小车质量为D．小车的最大速率为+v0【答案】BC【解析】本题考查电磁感应中的动力学问题，需要结合牛顿运动定律、电磁感应规律以及图象分析来求解。选项A、gh段在磁场区域运动时，拉力F=kv+b，感应电动势E=Bdv，感应电流为I==，安培力F安=BId=。由牛顿第二定律：F-F安=ma，因为gh两端的电压随时间均匀增加，电压U=IR=·R=Bdv，电压随时间均匀增加意味着速度v随时间均匀增加，即小车在磁场中做匀加速直线运动，加速度a恒定。联立得v+b=ma，因为a恒定，所以k-=0，即F安=kv，则F-F安=b=ma，加速度a=。选项B、由k=，可得金属框的总电阻R=，B正确。gh在无磁场区域运动时，F=0，根据动量定理有-=mv0-mvmax，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有v-v=2ad，结合b=ma，解得m=，vmax=-v0，故C正确，D错误；根据vmax=v0+at，解得t=，故A错误。答案选BC【分值】5分三、非选择题:本大题共5小题，共57分。11．弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计了如图1所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器竖直安装，测微螺杆正对弹簧。(1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图2所示，此时读数为mm。5 15 10测微螺杆压力传感器弹簧图1 0 5 40 45图2(2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度l的关系如图3所示，由图可得弹簧的劲度系数为N/m，弹簧原长为mm(均保留3位有效数字)。4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 14.0 16.0 18.0 l/mm图3 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 F/N【答案】(1)7.415(7.414 mm-7.416 mm)(2)184 17.6【解析】本题考查螺旋测微器的读数以及利用F-l图像求弹簧的劲度系数和原长，我们可以根据相关知识对每个问题进行分析解答。(1)螺旋测微器的读数：螺旋测微器的读数方法是：固定刻度读数加上可动刻度读数。固定刻度：观察图2，固定刻度为7mm（注意半毫米刻度线是否露出，这里没有露出了）。可动刻度：可动刻度每一小格表示0.01mm，可动刻度对齐的是41.0，读数时需要估读，所以可动刻度读数为41.5×0.01 mm=0.41500mm。总读数：将固定刻度和可动刻度读数相加，即7 mm+41.5×0.01 mm=7.415 mm，注意估读在(7.414 mm-7.416 mm)。(2)求弹簧的劲度系数和原长根据胡克定律F=k(l0-l)（其中F是弹簧弹力，k是劲度系数，l是弹簧长度，l0是弹簧原长）。求劲度系数k：在F-l图像中选取两个点，求图线的斜率即可，即k==184 N/m，表示弹簧的劲度系数。当F=0时，对应的l就是原长l0，由图可知弹簧处于原长为17.6 mm。【分值】6分12.熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所的电路(部分连线未完成)进行探究，图中数字毫安表内阻约为1，数字毫伏表内阻约为10 M。图1图2(1)将图1中的A、B端分别与图2中的、端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过0.05，则未完成的连接中，Q端应和(填“”或“”)处相连，理由是。正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于(填“d”或“e”)端。(2)闭合开关S1、S2，实验测得组合体电阻为0.020，当电磁铁线圈中的电流小于142 mA时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关S1、S2，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为s(保留3位有效数字)。图3【答案】(1)b；因组合体电阻远小于数字毫伏表内阻，采用电流表外接法可减小测量误差；e(2)17.5【解析】本题主要考查伏安法测电阻的电路选择、滑动变阻器的使用以及根据电动势和电阻计算电流，进而结合图像求解时间。(1)电路连接与滑动变阻器初始位置：Q端连接位置：伏安法测电阻时，当待测电阻Rx≤RV（RV为电压表内阻）且Rx≥RA（RA为电流表内阻）时，采用电流表外接法；当Rx≤RA时，采用电流表内接法。已知组合体电阻不超过0.05，数字毫安表内阻约为1，数字毫伏表内阻约为10M，即Rx≤RV，为减小测量误差，应采用电流表外接法，所以Q端应和b处相连，理由是因组合体电阻远小于数字毫伏表内阻，采用电流表外接法可减小测量误差。滑动变阻器滑片位置：为保护电路，开始时滑动变阻器的滑片应置于使电路中电流最小的位置。滑动变阻器采用分压流接法时，滑片置于e端。(2)计算从停止加热到吸合的衔铁被释放所用时间首先根据欧姆定律计算电磁铁线圈中电流为142 mA=0.142A时，热电偶产生的电动势E：E=IR=0.142 A×0.020=2.84×10-3 V=2.84 mV。然后分析图3，停止加热，热电偶受热产生的电动势最大，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为△t=32.5 s-15 s=17.5 s（保留3位有效数字，答案可能因读数略有差异，但大致在此范围）【分值】10分13.如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时(1)腔内气体的压强；(2)外界气体的压强；(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。上极板下极板绝缘侧壁d 2d【答案】(1)(2)+(3)【解析】本题主要考查玻意耳定律、受力平衡以及平行板电容器电容的决定式，我们可以根据相关知识对每个问题进行分析解答。(1)求腔内气体的压强：此问可根据玻意耳定律求解腔内气体的压强：一定质量的某种理想气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比，即p1V1=p2V2。由于温度不变，根据玻意耳定律有：p·Sd=p2·S·2d，解得p2=。(2)求外界气体的压强：此问可对下极板进行受力分析，根据受力平衡条件求解外界气体的压强。对下极板进行受力分析，下极板受到重力mg、外界气体压力p0S（p0为外界气体压强）、腔内气体压力p2·2S，由于下极板处于平衡状态，根据受力平衡有p0S=p2·2S+mg。将p2=代入上式，可得p0=+。(3)求电容器的电容变为初始时的多少倍此问可根据平行板电容器电容的决定式求解电容的变化倍数，平行板电容器电容的决定式为C=。设初始时电容为C1=，变化后极板间距为2d，则变化后的电容C2=。则==，即电容器的电容变为初始时的倍。【分值】12分14.研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK=3h，OM=3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。(2)若K从水平方向逆时针旋转60o，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。N O K M【答案】(1)(2)(3)。【解析】本题主要考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，需结合几何关系与洛伦兹力提供向心力的公式进行求解。(1)求解粒子的速度大小粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m。已知粒子在O点产生光点，说明粒子做圆周运动的圆心在OK连线上，且r=3h。解得v==。(2)求解粒子的速度大小当K从水平方向逆时针旋转60o，正、负粒子恰都能在N点产生光点。则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图N O K M 60oθO1 r1 r1设粒子做圆周运动的半径为r1，由于K从水平方向逆时针旋转60o，则θ=30o，根据几何关系，OK=3h，由几何知识可知r1+r1sinθ=OK，如图，解得r1=2h。根据洛伦兹力提供向心力qv1B=m，解得v1=。(3)求解关闭磁场的时间t先确定带正电粒子做圆周运动的圆心和半径，粒子从K点发射到M点，如图所示，由于N=r1=2h，且N⊥NM，根据几何关系，角θ满足tanθ==，所以θ=30o，则粒子在磁场中运动的弧长对应的圆心角=120o=(通过画轨迹，结合几何知识得出)。N O K M 60oθO1 1 r1 P粒子在磁场中做圆周运动的周期T=。所以t=T=【分值】14分15．如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；(3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。d A B M N Q【答案】(1)a=μg(2)(3)≤n≤1≤vB≤。【解析】本题主要考查传送带问题、弹性碰撞、动量守恒定律以及牛顿运动定律的综合应用。(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小对小物块A在传送带上进行受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向仅受摩擦力f=μmg。根据牛顿第二定律f=ma，所以A在传送带上的加速度a=μg。离开传送带时的速度大小：A在传送带上做初速度为0的匀加速直线运动，位移为传送带长度d，根据匀变速直线运动的速度-位移公式v2=2ax，可得离开传送带时的速度v1=。(2)求B的质量mB A离开传送带时速度为v1=，则碰前B的速度vB1=。因为是弹性碰撞，根据动量守恒定律mv1+mB·=mvA2+mB·vB2，机械能守恒定律mv+mB·=mv+mB·v碰后A、B在粗糙地面上滑行，根据动能定理，对A：-μmgxA=0-mv对B：-μmBgxB=0-mBv已知xB-xA=d，且由(1)有v1=联立以上各式解得：M=。(3)求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围已知mB=nm，碰前A速度为v1=，碰后A、B速度分别为vA3、vB3，碰撞过程中动量守恒mv1=mvA3+nmBvB3又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则vB3=，vA3=碰撞过程动能不增，即mv≥mv+(nm)v，可得n≥根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有vA3≤vB3，即n≤1所以n的取值范围为≤n≤1分别将n=和n=1代入vB3=，分别可得vB3=，vB3=所以对应的B的速度范围为≤vB3≤，代入v1=可得≤vB3≤。【分值】15分。
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