【高考领航】2025年高中物理学业水平选择性考试模拟试题（河北）(4)

高中物理学业水平选择性考试模拟试题(四) (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1.在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示，其横轴截距为a，纵轴截距为－b，元电荷电量为e。下列说法正确的是(　　) A．遏止电压与入射光的频率成正比　　　 B．金属的逸出功为eb C．金属的截止频率为b D．普朗克常量h＝ 2．A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变化规律如图所示，下列判断正确的是(　　) A．汽车A的加速度大小为4 m/s2 B．汽车A、B在x＝4 m处的速度大小为2 m/s C．从开始到汽车A停止前，当xA＝4 m时A、B相距最远 D．从开始到汽车A停止前，当xB＝4 m时A、B相遇 3．利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．＝ B．＝ C．|D－D0|＝ D．|D－D0|＝ 4．一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．箱子滑到底端时重力的功率PG＝mgsin θ B．箱子滑到底端时重力的功率PG＝mg C．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ＝30°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短 D．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ＝60°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短 5．材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是钢的，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”(图甲)。当航天员乘坐“太空电梯”时，地球引力对航天员产生的加速度a与r的关系用图乙中图线A表示，航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系用图线B表示，其中r为航天员到地心的距离，R为地球半径。关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．航天员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度 B．图中r0为地球同步卫星的轨道半径 C．随着r增大，航天员运动的线速度一直减小 D．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小 6．气压式升降椅(图甲)通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是(　　) 　甲　　　　　　　　　乙 　　　 7．空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是(　　) A．E、F两点电势不同 B．E、F两点电场强度相同 C．E点的电场强度大小为 D．E点的电场强度大小为 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t＝0时刻部分质点的状态如图甲所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．该波从A点传播到B点，所需时间为4 s B．t＝6 s时，B处质点位于波峰 C．t＝8 s时，C处质点振动速度方向竖直向上 D．t＝10 s时，D处质点所受回复力方向竖直向下 9.如图所示为某滑雪比赛场地简化图，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α＝37°，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22 m/s，方向与水平方向成θ＝16°，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)。把运动员视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4 s B．运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2 s C．运动员离开雪坡的最大距离为19.36 m D．运动员离开雪坡的最大距离为116.16 m 10．如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ＝30°，两导轨间距为0.4 m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，则(　　) A．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动 B．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动 C．当cd的速度大小为5 m/s时，ab刚要开始滑动 D．当cd的速度大小为2.5 m/s时，ab刚要开始滑动 选 择 题 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答) 11．(6分) 现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，实验过程如下： 　　　甲　　　　　　　　　　　　乙 (1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d＝________mm。 (2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式______________________(用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒。 (3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，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)。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．(9分)某同学用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系，实验装置如图所示，实验中通过注射器示数读出气体体积V，用气压传感器记录气体压强p，研究气体压强和体积的关系。 (1)关于本实验过程中的说法正确的是________。 A．推拉活塞时，为了读数准确，动作要快 B．推拉活塞时，为了稳定，手要握住注射器筒 C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上，继续实验并记录数据 D．活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量 (2)某同学在做实验时，按实验要求组装好实验装置，然后按实验要求推动活塞，使注射器内空气体积发生变化，实验数据如下表所示，请在图中作出V与的关系图像。 序号 V/mL p/(×105 Pa) /(×10－5 Pa－1) 1 18 1.038 0.963 2 16 1.160 0.862 3 14 1.311 0.763 4 12 1.512 0.661 5 10 1.784 0.561 6 8 2.178 0.459 7 6 2.793 0.358 (3)本实验中，可以由V与的关系图像验证气体等温变化时p与V的关系，其依据是V与成________(选填“正比”或“反比”)。 (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，实验结果有一定的误差，此误差属于________(选填“系统误差”或“偶然误差”)。 (5)由图像可以求得软管中气体的体积为________mL。(保留两位有效数字) 13.(10分)如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A＝30°，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点R，已知真空中的光速为c。 (1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值； (2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的反射光线)。 14.(13分)如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E＝10 V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为＝104 C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v0射入电场，方向与x轴的夹角θ＝30°。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为(0，0.15 m，0.2 m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α＝60°，其中OQ＝0.2 m，不计粒子重力。求： (1)粒子速度v0的大小； (2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin(结果保留两位有效数字)； (3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。 15.(16分) 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物块A向B运动，t＝0时刻与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v-t图像如图乙所示。已知在0～t0时间内，物块B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求： 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 (1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件； (2)物块A最终运动的速度； (3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物块的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量)； (4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中物理学业水平选择性考试模拟试题(四) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D A B B C ACD AC BC 1.B　根据光电效应方程可得电子的最大初动能为Ekm＝hν－W0，根据动能定理可得－eUc＝0－Ekm，联立可得Uc＝ν－，可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，Uc-ν图像的斜率为＝，解得普朗克常量为h＝，Uc-ν图像的纵轴截距为－＝－b，解得金属的逸出功为W0＝eb，金属的截止频率为ν0＝＝＝a，故选B。 2．B　根据匀变速直线运动的速度位移关系得v2＝v＋2ax，由图线可知图像的斜率等于2a，对汽车A，则有2aA＝ m/s2，解得aA＝－2m/s2，故A错误；汽车A、B在x＝4 m处的速度大小为v，由图可知，对于汽车A，有v＝24(m/s)2，得A的初速度为v0＝2 m/s，由v2－v＝2ax得v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确；由图发现，对于B车2aB＝ m/s2，解得aB＝1 m/s2，从开始到汽车A停止时，用时t＝＝ s，此时B车的位移xB＝aBt2＝3 m，故A车停止后，B车才追上A车，故当xB＝6 m时A、B相遇，故D错误；当两车速度相等时，AB相距最远，有v0＋aAt′＝aBt′，解得t′＝ s，此时xA＝v0t′＋aAt′2＝ m，故C错误。故选B。 3．D　设标准平面的玻璃平晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知ΔL·tan θ＝，由题设条件，则有tan θ＝，联立解得＝，故选D。 4．A　箱子受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得mgLtan θ＝mv2，箱子滑到底端时重力的功率为PG＝mgvsin θ，解得PG＝mgsin θ，故A正确，B错误；斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得mgsin θ＝ma，由匀变速直线运动规律可得＝at2，解得t＝ ，改变斜面的倾角θ，当sin 2θ＝1即θ＝45°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，故C、D错误。故选A。 5．B　电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当r＝R时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力，合力提供向心力－FN＝，第一宇宙速度为只有万有引力提供向心力时，即上式中FN＝0时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在r＝R处的线速度小于第一宇宙速度，A错误；由公式－FN＝mω2r可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小，当＝mω2r，此时电梯舱对航天员的弹力为零，只由万有引力提供向心力，r＝r0，r0为同步卫星的轨道半径，B正确；由于电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，由v＝ωr，随着r增大，线速度增大，C错误；当r>r0时，随着r继续增大，需求的向心力更大，有＋FN＝mω2r，知FN反向增大，所以随着r从小于r0到大于r0逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，D错误。故选B。 6．B　从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。故选B。 7．C　由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，故A错误；由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；根据电场的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，由几何关系可知LCE＝lsin 60°＝l，根据点电荷场强公式则有E＝k＝，E点的合场强为E合＝2Ecos θ，根据几何关系可知cos θ＝＝，联立解得E点的电场强度为E合＝，故C正确，D错误。故选C。 8．ACD　由图甲、乙可看出，该波的波长、周期分别为λ＝10 m，T＝4 s，则根据波速公式v＝＝2.5 m/s，A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t＝＝ s＝4 s，故A正确；由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4 s，则在t＝6 s时，B点振动了2 s，即，则B处质点位于波谷，故B错误；波从AE波面传播到C的距离为x＝(10－10) m，则波从AE波面传播到C的时间为t＝≈4.9 s，则t＝8 s时，C处质点振动了3.1 s，则此时质点速度方向竖直向上，故C正确；波从AE波面传播到D的距离为x＝(10－10) m，则波从AE波面传播到D的时间为t＝≈1.7 s，则t＝10 s时，D处质点振动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向竖直向下，故D正确。故选ACD。 9．AC　将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为vx＝v0cos＝22×0.6 m/s＝13.2 m/s，垂直于雪坡方向上的速度为vy＝v0sin ＝22×0.8 m/s＝17.6 m/s，同理可得ax＝gsin α＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2，ay＝gcos α＝10×0.8 m/s2＝8 m/s2，根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为t＝＝4.4 s，故A正确，B错误；运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零，hm＝＝19.36 m，故C正确，D错误。故选AC。 10．BC　由题意可知，开始金属条ab与金属导轨间的最大静摩擦力f＝m1gsin θ，方向沿着金属导轨向上；开始导体棒cd加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着导体棒cd速度增大，感应电流变大，金属条ab所受安培力变大，当安培力等于m1gsin θ＋f时，金属条ab刚要开始滑动，此时BI1L＝m1gsin θ＋f，解得I1＝5 A，导体棒cd产生的感应电动势E＝I1(R1＋R2)＝1 V，则导体棒cd的速度v1＝＝5 m/s，故C正确，D错误；金属条ab开始运动后，产生的感应电流与导体棒cd产生的感应电流相反，由于导体棒cd有较大的速度，所以导体棒cd产生的感应电流大于金属条ab产生的感应电流，设当电流为I2时，满足＝，解得I2＝6 A，此时金属条ab和导体棒cd的加速度相等，此后金属条ab和导体棒cd的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条ab和导体棒cd以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。故选BC。 11．解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01 mm，主刻度为6.5 mm，可动刻度为38.3×0.01 mm＝0.383 mm，小球的直径为d＝6.5 mm＋0.383 mm＝6.883 mm。 (2)小球通过光电门速度v＝，若机械能守恒，则mv2＝mgh，化简得2＝gh。 (3)由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为v1＝，v2＝，由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv－mv＝m2－m2，若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。 答案：(1)6.883(6.882～6.884均正确)　 (2)2＝gh　(3)m2－m2　增大 12．解析：(1)推拉活塞时，动作要慢，使温度与环境温度保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止对其起加热作用，故B错误；压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量变化，需重新实验，故C错误；活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量，故D正确。 (2)将表格中的数据在坐标轴中描出来，然后用直线连接起来，连线的时候，使尽可能多的点分布在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，图像如图所示。 (3)当温度不变时，一定质量的气体压强p与体积V的积是一个常数，则有pV＝C，则V＝C，可得V与成正比。 (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，体积的读数值总是比实际值小，有一定的误差，此误差属于系统误差。 (5)设软管中气体的体积为V0，由图可知体积的读数值比实际值小V0，根据p(V＋V0)＝C，C为定值，则有V＝－V0，可得软管中气体的体积为图线的纵轴截距，由图像可得V0＝0.358×20 mL－6 mL≈1.2 mL。 答案：(1)D　(2)图见解析　(3)正比　(4)系统误差 (5)1.2 13．解析：(1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图甲所示。 甲 根据几何关系，可得入射角θ1＝90°－30°＝60° 折射角θ2＝30°，且PO恰好为法线，根据n＝可得折射率n＝ 又有sin C＝ 解得sin C＝。 (2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ3＝60°，画出光路图，如图乙所示。 乙 由折射定律同理可知，折射角θ4＝30°，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A＝30°，PC⊥AO，得在OD边界上的入射角为θ5＝60°，由于发生全反射的临界角为C。则有 sin C＝<sin θ5＝，即C<θ5 可知在OD界面发生全反射，已知CO＝R。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定理得OQ2＝OF2＋FQ2－2OF·FQcos150° 其中OQ＝R，OF＝OP＝R 解得FQ＝R 又有v＝，PF＝2OF·cos30°，t＝ 解得t＝。 答案：(1)　(2) 14．解析：(1)如图所示，粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得v0sin θ＝at1 根据牛顿第二定律可得qE＝ma 沿z轴正方向OQ＝at 联立可得v0＝4×102 m/s。 (2)由几何关系得MQ＝r＋，r＝0.05 m 圆柱形磁场区域的最小横截面积 Smin＝π＝5.9×10－3 m2。 (3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得 qv0cos θB＝m 解得B＝ T，T＝ 粒子在磁场和电场中运动的时间为 t2＝T＝3.0×10－4s，t3＝＝2.5×10－4s t＝t1＋t2＋t3 解得t＝2.55×10－3 s。 答案：(1)4×102 m/s　(2)5.9×10－3 m2　 (3)2.55×10－3 s 15．解析：(1)由题图乙知2t0后，vB＝2v0 B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知m·2v0＝mvB＋mvC 由机械能守恒可知m(2v0)2＝mv＋mv 解得vB＝0，vC＝2v0 因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知mv＝mgh 因此R≥h＝。 (2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知vC＝2v0，C与B再次发生弹性碰撞，则 m·2v0＝mvB′＋mvC′，m(2v0)2＝mvB′2＋mvC′2 解得vC′＝0，vB′＝2v0 A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒得 mA·3v0＝(mA＋m)v0 解得mA＝ B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知 m·2v0＋v0＝m·vB＋·vA 由机械能守恒可知 m(2v0)2＋×v＝mv＋·v 解得vA＝v0。 (3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知 k·Δx＝×(3v0)2－×mv＝mv A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知 m·2v0＋v0＝mv共 解得v共＝v0 由机械能守恒可知 k·Δx＝×(v0)2＋m·(2v0)2－×m＝mv 由以上公式得＝ 两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据 F合＝k·Δx＝mAa 可得＝＝。 (4)A与B压缩弹簧过程A＝2B 同一时刻A、B的瞬时速度关系为 vA＝3v0－At，vB＝Bt 由位移等于速度对时间的累积得 xA＝vAt(累积)，xB＝vBt(累积) 在0～t0时间内，xA＝3v0t0－xA积，xB＝xB积＝0.6v0t0 由此得xA积＝2xB积，xA＝1.8v0t0 因此Δx1＝xA－xB＝1.2v0t0 可得＝ 第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx2＝0.4v0t0。 答案：(1)R≥　(2)v0　(3)3∶1　(4)0.4v0t0 学科网（北京）股份有限公司 $$