2024年重庆市高考物理试卷（回忆版）

一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】根据物体的运动情况判断v﹣t图像是否正确

【分析】滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，图线在水平方向不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。

【解答】解：在v﹣t图像中，速度不变时图线在水平方向不变，速度减小时图线向下倾斜，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线，且从水平雪道向倾斜雪道运动时速度不会增加，倾斜图线不能高出水平图线，由图可知ABD错误，C正确。故选：C。

【难度】3

2．（4分）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　）

A．减速阶段所受合外力为0

B．悬停阶段不受力

C．自由下落阶段机械能守恒

D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s²

【答案】C

【考点】机械能守恒定律的内容和条件；重力加速度；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用

【分析】A.根据减速概念分析合外力是否为0；

B.根据悬停的平衡态分析受力情况；

C.根据机械能守恒条件进行判断；

D.根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。

【解答】解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误；B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误；C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确；D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s²，故D错误。故选：C。

【难度】3

3．（4分）某救生手环主要由高压气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（　　）

A．外界对气囊内气体做正功

B．气囊内气体压强增大

C．气囊内气体内能增大

D．气囊内气体从外界吸热

【答案】D

【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用

【分析】气囊内气体温度不变，体积增大，则压强减小，气体对外做功，用热力学第一定律分析气体的内能和热量变化。

【解答】解：AB、气囊内气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积增大，则压强变小，气体对外做功，故AB错误；CD、气囊内气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律可知ΔU＝Q+W，则Q＞0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。故选：D。

【难度】3

4．（4分）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d₁后进入目标组织，继续运动d₂后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F₁、F₂，则针鞘（　　）

A．被弹出时速度大小为

B．到达目标组织表面时的动能为F₁d₁

C．运动d₂过程中，阻力做功为（F₁+F₂）d₂

D．运动d₂的过程中动量变化量大小为

【答案】A

【考点】动量变化量的计算；利用动能定理求解多过程问题

【分析】根据动能定理求针鞘被弹出时速度大小；

由功能关系求针鞘到达目标组织表面时的动能、克服阻力做功；

由动量与动能关系求出动量变化量。

【解答】解：A．根据动能定理有 解得 故A正确；B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d₂减速至零，有﹣E_k＝0﹣F₂d₂到达目标组织表面时的动能为E_k＝F₂d₂故B错误；C．针鞘运动d₂的过程中，克服阻力做功为F₂d₂，故C错误；D．针鞘运动d₂的过程中，动量变化量大小 故D错误。故选：A。

【难度】3

5．（4分）某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略器壁厚度，由该方案可知（　　）

A．若h＝4cm，则

B．若h＝6cm，则

C．若 ，则h＝10cm

D．若 ，则h＝5cm

【答案】B

【考点】光的折射定律

【分析】根据几何关系画出光路图，根据折射定律求出h与n的关系，作出判断。

【解答】解：根据几何关系画出光路图，如图所示 标注入射角θ₁，折射角θ₂，根据折射定律可得 A．若h＝4cm，则n＝2，故A错误；B．若h＝6cm，则 ，故B正确；C．若 ，则 ，故C错误；D．若 ，则 ，故D错误。故选：B。

【难度】3

6．（4分）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x₂点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力，则其将（　　）

A．不能通过x₃点

B．在x₃点两侧往复运动

C．能通过x₀点

D．在x₁点两侧往复运动

【答案】B

【考点】φ﹣x图像的理解与应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题

【分析】在‌φ﹣x图像中，图像的斜率表示‌电场强度的大小，斜率为零场强为零；斜率的正、负表示场强的方向，负电荷所受电场力与场强方向相反，结合动能定理和试探电荷的运动速度分析其运动状态，然后作答。

【解答】解：在‌φ﹣x图像中，图像的斜率表示‌电场强度的大小，因此在x₃处，场强为零。A.假设试探电荷能到达x₃，电场力做功W₁＝﹣e（1﹣2）V＝+1eV根据动能定理W₁＝E_k3﹣E_k2代入数据解得E_k3＝2.5eV，假设成立，故A错误；BCD.当x＞x₃，场强方向沿x轴正方向，试探电荷所受电场力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x₂处时，动能为1.5eV，速度方向沿x轴负方向；在x₁＜x＜x₃范围，场强方向沿x轴负方向，电场力方向沿x轴正方向，试探电荷做减速运动；设动能减为零时的电势为φ，根据动能定理﹣e（1﹣φ）V＝0﹣1.5eV解得φ＝﹣0.5V因此，试探电荷还未运动到x₁处，速度减速至零；当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，再次到达x₃处速度达到最大，在x＞x₃区域，试探做减速运动至速度为零，再向左先做加速运动，后做减速运动至零，即试探电荷在x₃点两侧往复运动，故B正确，CD错误。故选：B。

【难度】5

7．（4分）在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m≪M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变，忽略其他天体的影响，引力常量为G。则（　　）

A．c的线速度大小为a的 倍

B．c的向心加速度大小为b的一半

C．c在一个周期内的路程为2πr

D．c的角速度大小为

【答案】A

【考点】多星系统及相关计算

【分析】D.由于m≪M，因此c天体对ab、天体的万有引力可以忽略不计，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度；

A.设c到O点的距离为R，天体a、b对天体c的万有引力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解做圆周运动的半径关系，根据v＝rω求解线速度关系；

B.根据a＝rω²求解加速度关系；

C.根据s＝2πR求解作答。

【解答】解：D.由于m≪M，因此c天体对ab、天体的万有引力可以忽略不计；a、b天体之间的万有引力 设角速度为ω，对天体a，万有引力提供向心力 联立解得 因此 ，故D错误；A.设c到O点的距离为R，则ac之间的距离 a、c之间的万有引力 天体c做匀速圆周运动的向心力 代入数据解得 根据向心力公式 联立上述D，解得 根据线速度与角速度的关系，c的线速度 a、b的线速度v_a＝v_b＝rω因此 ，即 ，故A正确；B.根据向心加速度公式a＝rω²c、b的向心加速度之比 因此c的向心加速度大小为b的 倍，故B错误；C.c在一个周期内的路程为 ，故C错误。故选：A。

【难度】5

二、多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。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．（5分）我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳H_α波段光谱扫描成像。H_α和H_β分别为氢原子由n＝3和n＝4能级向n＝2能级跃迁产生的谱线（如图），则（　　）

A．H_α的波长比H_β的小

B．H_α的频率比H_β的小

C．H_β对应的光子能量为3.4eV

D．H_β对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态

【答案】BD

【考点】计算能级跃迁过程中吸收或释放的光子的频率和波长；计算能级跃迁过程吸收或释放的能量

【分析】AB.根据能级跃迁公式、光子波长与频率的关系求解作答；

CD.根据能级跃迁公式求解从相应能级发生跃迁释放或吸收的能量，然后作答。

【解答】解：AB.根据能级跃迁公式，对α谱线 对β谱线 由于E_β＞E_α，因此频率ν_β＞ν_α，波长λ_β＜λ_α故A错误，B正确；C.H_β对应的光子能量为E_β＝E₄﹣E₂＝﹣0.85eV﹣（﹣3.40）eV＝2.55eV，故C错误；D.氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收的最小能量ΔE＝E₂﹣E₁＝﹣3.40eV﹣（﹣13.60）eV＝10.20eV由于E_β＜ΔE，因此H_β对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态，故D正确。故选：BD。

【难度】3

9．（5分）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n₁、n₂。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（　　）

A．n₁：n₂＝110：3

B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小

C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能

D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大

【答案】AC

【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载

【分析】A.根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；

B.根据欧姆定律和功率公式求解作答；

C.根据并联电路的特点和功率公式求解作答；

D.当滑动片在最右端时，根据欧姆定律求通过灯泡的电流，再根据欧姆定律求解灯泡两端电压，然后求解灯泡两端电压的变化范围。

【解答】解：A.图甲中，P在R最左端时，甲灯泡正常发光，变压器副线圈两端电压为U₂＝U_L＝6V根据理想变压器电压与匝数比的关系 ，故A正确；B.当P滑到R中点时，甲电路负载的总电阻 通过变压器副线圈的电流 灯泡L两端电压 灯泡L消耗的功率 乙电路负载的总电阻 通过变压器副线圈的电流 灯泡L两端电压 灯泡L消耗的功率 ，故B错误；C.当P滑到R最左端时，图甲消耗的功率 图甲消耗的功率 由于R_并＜R_L，因此P_甲＜P_乙，即图甲所示电路比图乙更节能，故C正确；D.当滑动片在最右端时，图甲中通过灯泡的电流 此时灯泡L两端电压 当滑动片在最右端时，图乙中通过灯泡的电流I₂＝0因此灯泡L两端电压的条件范围0≤U_L乙≤U₂综上分析可知，图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小，故D错误。故选：AC。

【难度】3

10．（5分）一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如乙所示。若该波的波长大于3米。则（　　）

A．最小波长

B．频率

C．最大波速

D．从该时刻开始2s内该质点运动的路程为

【答案】BD

【考点】振动图像与波形图的结合

【分析】A.根据该波波长大于3m分析作答；

B.根据质点的振动方程和坐标求解初相位和角速度，然后求解周期和频率；

C.在波形图中标出y 的质点P、Q，得出波长的可能值，然后根据波长、波速和周期的关系求出可能的波速；

D.根据振动时间和周期的关系分别求解一个周期内质点通过的路程以及 内通过的路程，然后作答。

【解答】解：A.由题意可知，该波波长大于3m，所以最小波长就不可能等于 m，故A错误；B.设平衡位置与坐标原点距离为3m米的质点的初相位为φ₀，圆频率为ω；该质点的振动方程y＝sin（ωt+φ₀）（cm）将点 和（2，0）代入上式解得 ， 质点的振动方程 振动周期 频率 ，故B正确；C.从x＝3m处的质点开始振动到位移 所用的时间为 在题图甲中标出y 的质点P、Q； 若波沿x轴负方向传播则为P点，则 ，即λ＝18m对应的波速分别为v₁ m/s＝7.5m/s；若波沿x轴正方向传播则为Q点，则 ，即λ′＝9m对应的波速v₂ m/s＝3.75m/s，最大波速不可能是 m/s，故C错误；D.周期T＝2.4s，振动时间t＝2s 由质点的振动方程 可得t＝2s时，y＝0振幅A＝1cm，从该时刻开始2s内该质点运动的路程为4A ，故D正确。故选：BD。

【难度】3

三、非选择题：共5题，共57分

11．（6分）元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对戽斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究戽斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO′运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。

（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 　 　（选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 　 　（选填“竖直向上”“竖直向下”）。

（2）由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 　 　J（保留两位有效数字，g＝9.8m/s²）。

【答案】（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。

【考点】判断机械能是否守恒及如何变化

【分析】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，根据沙桶匀速上升，列出关于拉力、角度和重力平衡的表达式，分析可得当θ逐渐增大时，拉力T的变化情况以及沙桶上升到最高点B然后下落，在最高点的加速度方向；

（2）沙桶从开始运动到静止上升，根据机械能的概念可以求解机械能的增加量。

【解答】解：（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升2Tcosθ＝Mg当θ逐渐增大时，T逐渐增大，沙桶上升到最高点B然后下落，在最高点的加速度方向竖直向下。（2）沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4cm，机械能增加量为Mgh＝0.136×9.8×0.084J＝0.11J故答案为：（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。

【难度】3

12．（9分）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R₀，电容器C，单刀双掷开关S。

（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 　 　（电流、电压）仪器。

（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 　 　。

（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 　 　（充电、放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R₀消耗的功率 　 　W。

【答案】（1）电压；（2）60mA；（3）放电，0.32W。

【考点】观察电容器及其充、放电现象

【分析】（1）根据两个位置接入电路是串联还是并联结合电流表串联与电压表并联特点进行判断；

（2）根据图乙最大电压读数为12V，再在图甲中读出其最大电流；

（3）根据电容器充当和放电电流随电压变化的特点进行判断，结合各图中对应的电流和电压的数据，根据功能关系计算电阻消耗功率。

【解答】解：（1）①处把原电路断开串联接入测量仪器，应该是电流表，②处与电容器并联连接，应该是测电压的仪器；（2）接通电路并接通开关，给电容器充电，充电完成时电压表示数最大，此时电流表示数为60mA；（3）电容器充电时电压低，充电电流强，放电时电流随电压的降低而减小，所以图乙对应放电过程，根据图丙，当t＝0.2s时，对应的电压为8V，结合图乙，此时的放电电流为40mA，电路中只有R₀消耗电功率，所以R₀消耗的功率为P＝UI＝8×40×10^﹣3W＝0.32W。故答案为：（1）电压；（2）60mA；（3）放电，0.32W。

【难度】3

13．（10分）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为I。仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B，方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，

（1）求P所受单根导线拉力的大小。

（2）Q中电流的大小。

【答案】（1）P所受单根导线拉力的大小mg。（2）Q中电流的大小 。

【考点】安培力的计算公式及简单应用；竖直平面内的导轨滑杆模型

【分析】（1）由平衡条件求P所受单根导线拉力的大小。

（2）由平衡条件结合安培力公式求Q中电流的大小。

【解答】解：（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有2T＝2mg解得T＝mg（2）设Q所受安培力大小为F，对Q整体受力分析，有mg+F＝2mg又F＝BIL解得 答：（1）P所受单根导线拉力的大小mg。（2）Q中电流的大小 。

【难度】3

14．（14分）有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为 的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v₀的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。

（1）求OK间的距离。

（2）速率为4v₀的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离。

（3）速率为4v₀的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案】（1）OK间的距离 ；（2）MO间的距离 ；（3）打开磁场的那一时刻 。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

【分析】（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出OK的距离；

（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解MO之间距离；

（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解ON之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。

【解答】解：（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r₁，如图所示 由洛伦兹力提供向心力得 其中OK＝2r₁解得 （2）速率为4v₀的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r₂＝4r₁如图所示，由几何关系有（4r₁﹣2r₁）²+MO²＝（4r₁）²解得 （3）速率为4v₀的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示 由几何关系有（4r₁﹣2r₁）²+ON²＝（4r₁）²解得 粒子在打开磁场开关前运动时间为 解得 答：（1）OK间的距离 ；（2）MO间的距离 ；（3）打开磁场的那一时刻 。

【难度】5

15．（18分）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为 ，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。

（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。

（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。

（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。

【答案】（1）B碰后瞬间速度的最小值；（2）B碰后瞬间的速度大小；（3）MN之间距离的范围 （n＝1，2，3，…），在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值 、最大值 。

【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件；圆周运动与平抛运动相结合的问题

【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二足定律结合B从最低点到最高点的动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；

（2）A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，结合碰前A直线运动，再运用动能定理，以及对B碰后做两周圆周运动应用能量守恒，结合B随后做平抛运动，联立可以求解速度大小；

（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。

【解答】解：（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v₀，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有 B从最低点到最高点由动能定理可得 解得 （2）A和B碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，设碰前A的速度大小为v₁碰后A的速度大小为v₂。碰后B的速度大小为v₃，则有2mv₁＝2mv₂+mv₃ 碰后A减速到0，有 碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v₄，由功能关系得 B随后做平抛运动，有 L＝v₄t解得 （3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v₅，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得 （n＝1，2，3，…）以N为圆心，由牛顿第二定律得 （n＝1，2，3，…）从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得 （n＝1，2，3，…）解得 （n＝1，2，3，…）绳断后，B做平抛运动，有 （n＝1，2，3，…）s＝v₅t可得 （n＝1，2，3，…）由于 （n＝1，2，3，…）则由数学分析可得当 时， 当n＝1时， ， 答：（1）B碰后瞬间速度的最小值；（2）B碰后瞬间的速度大小；（3）MN之间距离的范围 （n＝1，2，3，…），在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值 、最大值 。

【难度】5