湖南省武冈市诚东高级中学2026-2027学年高三上学期开学物理检测试卷

**基本信息** 2026-2027学年武冈市诚东高级中学高三开学物理检测卷，以科技前沿（如Tb-161衰变、中国天眼观测天王星环）和生活实践（喷灌水流、卤菜传送带）为情境，覆盖力学、电磁学等模块，注重物理观念建构与科学思维训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/43分|原子物理（半衰期）、天体运动（v²-1/r图像）、机械波（干涉）、抛体运动（轨迹分析）、电磁复合场（受力与运动）|结合科技情境（如Tb-161衰变命题），通过图像分析（如天王星环v²-1/r关系）考查科学推理| |非选择题|5题/57分|实验（单摆测g、电压表内阻测量）、气体实验定律、电磁导轨（动量能量综合）、圆周运动碰撞（多过程守恒）|实验题注重操作与数据处理（如单摆T²-L图像斜率求g），计算题设计多过程问题（如电磁导轨中动量守恒与焦耳热计算），体现模型建构与综合应用|

2026--2027学年湖南省武冈市诚东高级中学高三上学期物理开学物理检测试卷 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 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． 第一部分（选择题 共43分） 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．[4分]铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（　　） A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5g B．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变 C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期 D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸 2．[4分]如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，假设“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即与到行星中心的距离的倒数即关系如图乙所示。已知天王星的半径为，引力常量为G，以下说法正确的是（　　） A．环状物质是天王星的组成部分 B．天王星的自转周期为 C．关系图像的斜率等于天王星的质量 D．天王星表面的重力加速度为 3．[4分]如图所示，水面上有两个相距4m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时，两波源同时由平衡位置开始向下做简谐运动，t=1.5s时，P点开始振动。已知两波源发出的水波分别传到P点引起的振动振幅均为10cm，下列说法正确的是（　　） A．该水波的波长为2m B．0~3s内，P点运动的路程为120cm C．P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）有6个振动减弱点 D．S1与S2的连线之间（不含S1、S2两点）有8个振动加强点 4．[4分]农田、园林的喷灌装置能够旋转喷水，某喷口在旋转过程中，前后两次喷出的水流轨迹如图所示，已知两股水流轨迹的最高点等高，O点为喷口在水平地面上的投影，落点A、B到O点的距离之比为，忽略空气阻力，则（　　） A．水流1从喷口喷出到落地用时比水流2要长 B．水流1和水流2在最高点的速度大小之比为 C．水流1和水流2从喷出到落地的平均速度之比为 D．相同高度处水流1的流量比水流2的流量小 5．[4分]在真空中的水平面有三个位置恰好构成一个边长为的正三角形，为三角形的中心，为边的中点．在三个位置固定电荷量分别为三个点电荷，如图所示．已知静电力常量为，下列说法正确的是（ ） A．处的点电荷所受库仑力大小为 B．处的电场强度方向垂直水平向右 C．处的电场强度大小为 D．负试探电荷在处的电势能大于在处的电势能 6．[4分]如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球Р套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（　　） A．小球开始下滑时的加速度最大 B．小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小 C．当时小球的速度v与之比一定小于 D．当时小球的加速度a与之比一定小于 7．[4分]如图所示，有一质量为的物块分别与轻绳和轻弹簧相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧与竖直方向的夹角为,重力加速度为,则下列说法中正确的是（ ） A．轻绳的弹力大小可能小于 B．弹簧可能处于拉伸状态 C．剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为 D．剪断轻弹簧瞬间，物块不能保持平衡 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。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]如图是两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( ) A．在同种均匀介质中，光的传播速度比光的大 B．从同种介质射人真空发生全反射时光临界角小 C．照射在同一金属板上发生光电效应时，光的饱和电流大 D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生光的能级能量差大 9．[5分]如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是 甲 乙 A．电流表A1示数减小，A2示数减小 B．电压表V2示数不变，V3示数增大 C．变压器的输入功率和输出功率都增大 D． V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变 10．[5分]2025年6月，邵阳市第四届旅游发展大会在“卤菜之都”武冈如期举行，与会期间，一卤菜商进行了如图所示操作，他将一包质量的卤菜（密封包装好的）自传送带的底端轻放上传送带，已知传送带转轴间距长为,倾角为 ,以恒定速度顺时针运行，卤菜与传送带间的动摩擦因数为,设卤菜所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取,,。则下列说法正确的是（ ） A．卤菜到传送带的顶端历时 B．卤菜到达传送带顶端的过程中因摩擦产生的热量为 C．卤菜到达传送带顶端的过程中电动机多消耗的电能为 D．卤菜到达传送带顶端的过程中电动机多消耗的电能为 第二部分（非选择题 共57分） 3、 非选择题：本大题共5题，共57分。 11．[8分]某同学用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验，忽略空气阻力的影响。 甲 乙 丙 （1）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径,示数如图乙所示,小钢球直径 ，记摆长。 （2）拉开小钢球，使摆线偏离平衡位置的角度不大于 ，由静止释放小钢球，当其振动稳定时,从经过最低点开始计时,记下次全振动的时间,计算出周期 。 （3）多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，根据测量数据作出如图丙所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是 （填“”“”或“”），若图线斜率为，则重力加速度 。 12．[8分]（1）某同学想测量量程为的电压表的内阻，该同学先用多用电表电阻“”挡测量，测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻 （填“”或“”）挡；再次将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；测量时，多用电表指针指示的位置如图甲所示，由此可以得到电压表的内阻为 。 甲 （2）该同学为了精准测量，设计了如图乙所示的电路，实验可供选择的器材如下： 乙 待测电压表 电源电动势 电压表量程，内阻约 定值电阻阻值为 滑动变阻器最大阻值 滑动变阻器最大阻值 开关，导线若干 ①在图乙电路中，滑动变阻器应选择 （填“”或“”）； ②闭合开关，将滑动变阻器的滑片移动到某一位置时，电压表、待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻 （用、和表示）； ③为了减小测量的误差，移动滑动变阻器的滑片，多次记录电压表、的读数分别为、，以为纵坐标，为横坐标，作出关系图像，图像的斜率为，则可得待测电压表内阻 （用和表示）。 13．[12分]如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为 ,缸内气体温度 27℃,稳定后两边水银面的高度差为 ,此时活塞离容器底部的高度为 L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面 S=0.01m2,取 75cmHg压强为 ,重力加速度 g=10m/s2  （1）求活塞的质量;  （2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差 ′和活塞离容器底部的高度L′. 14．[12分]如图所示，平行金属导轨MN、M'N'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M'N'左端接有电源，MN与M'N'的间距为L＝0.10 m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P'Q'R'的间距也为L＝0.10 m，其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨，QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2＝0.40 T。导体棒a的质量m1＝0.02 kg，接在电路中的电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M'N'右侧N'N边缘处；导体棒b的质量m2＝0.04 kg，接在电路中的电阻R2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN'水平抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求： （1）导体棒b的最大加速度； （2）导体棒a在QQ'右侧磁场中产生的焦耳热； （3）闭合开关K后，通过电源的电荷量q。 15．[16分]如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、B分别静止在a、c两点，且小球的质量之比≤10。OP与水平方向夹角为30°，重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A， （1）求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小； （2）若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求A、B的质量之比； （3）若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的范围。（计算结果可用根式表达） 参考答案 1．【答案】D 【详解】经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余，而非，故A错误；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，故B错误；每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，故C错误；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。 2．【答案】D 【详解】AB：若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同是定值，由线速度公式v=ωr可得v∝r，题中图线特点是∝，说明环状物质不是天王星的组成部分，AB错误； C：若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有，可得v2=GMr−1，则有∝，由图像特点可知，环状物质是天王星的卫星群，可得−图像的斜率等于GM，不等于天王星的质量，C错误； D：由−的关系图像可知的最大值是，则天王星的卫星群转动的最小半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面的重力加速度即卫星群的向心加速度为，D正确。 选D。 3．【答案】C 【详解】波速与介质有关，两个波源发出的水波波速一致，所以S1的水波先传到P点，传播距离，传播时间，求出波速两个波源发出的水波频率均为2Hz，周期求出波长，故A错误；时，S1的水波传到P点，P点开始振动，振幅为S1的水波传到P点的时间所以在内，P点振动的周期数P点振动的路程时，S1的水波在P点处于平衡位置开始向下做简谐运动，S2的水波刚传播到P点，也处于平衡位置开始向下做简谐运动，所以P点为加强点，此时振幅为内，P点振动的周期数P点振动的路程所以内P点振动的路程，故B错误；在P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）任取一点A，设S1A距离为、S2A距离为，根据振动减弱点的定义得由几何关系得，从A点与P点重合到S1A垂直S2A的过程中，与在减小，也在减小。A点与P点重合时S1A垂直S2A时所以在此过程中，有1个减弱点，即从S1A垂直S2A到A点与S2点重合的过程中，增大，在减小，减小。A点与S2点重合时所以在此过程中，有5个减弱点，即因此，共6个减弱点，故C正确；在S1点与S2的连线之间（不含S1、S2两点）任取一点B，设S1B距离为、S2B距离为，根据振动加强点的定义得解得：，，，，，，，共7个加强点，故D错误。 4．【答案】B 【详解】由于两股水流从喷出到最高点的高度相等，竖直方向上有，可知两股水流在竖直方向的分速度相等，根据，可知，两股水流从喷口喷出到最高点历时相等，由于最高点等高，由，可知最高点至落地时间相等，故两股水流从喷出至落地用时均为，故水流1从喷口喷出到落地用时比水流2相等，A错误；两股水流在最高点的速度之比等于其水平分速度之比，根据，知，在最高点的速度之比等于其水平分位移之比，即，B正确；水流1和水流2从喷出到落地用时相等，竖直位移相等，水平位移之比3:1，则合位移之比不等于，则其平均速度之比不等于，C错误；由A、B项分析知，水流1的初速度比水流2的大，喷口横截面积相等，根据流量可知，相同高度处水流1的流量比水流2的大，D错误。 5．【答案】D 【详解】处的点电荷受大小为两个库仑力作用，这两个力的夹角为 ，结合平行四边形定则这两个力的合力为，A错误；固定在两个位置的点电荷在处产生的合电场沿连线指向，固定在处的点电荷在处产生的电场沿连线指向，所以处的电场强度方向沿连线指向错误；固定在两个位置的点电荷在处产生的合电场为0，固定在处的点电荷在处产生的电场，解得错误；将负试探电荷从处移到处，电场力做正功，电荷的电势能减少，所以负试探电荷在处的电势能比在处多，正确。 6．【答案】B 【详解】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时速度小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速运动，则v与之比一定小于，但若小球正在做加速减小的加速运动，则v与之比一定大于，C错误；由B中分析可知，小球的加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度a一定小于，当速度时对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，两式联立可得，化简可得，D错误。 7．【答案】C 【详解】由于轻绳竖直，且物块并未受到任何具有水平向左分量的力，所以弹簧的弹力为零，不可能处于拉伸状态，且轻绳P的弹力大小等于,故错误；剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，在此瞬间仍为零，物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为,故正确；由于轻弹簧对物块没有弹力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡，故不正确。故选。 8．【答案】BD 【详解】根据可知光的折射率大于光的折射率，则根据可知光的传播速度较小，错误； 根据可知光发生全反射的临界角小，正确； 发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，无法比较饱和光电流的大小，错误； 光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生光的能级差大，D正确。 9．【答案】CD 【解析】变压器的输入电压U1保持不变，根据＝知，副线圈电压U2不变，故V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分的电阻减小，副线圈所在回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流I2增大，故A2示数增大，根据＝知，原线圈中电流I1增大，故A1示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律得，并联电路两端电压U3＝U2－I2R0，I2增大，U2不变，则U3减小，故V3示数减小，B错误；变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，C正确；副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜，＝，所以＝，又＝R0，所以＝R0，D正确。 【一题多解】理想变压器的输入电压决定输出电压，由于输入电压不变，故输出电压不变，并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，由“串反并同”知，V3示数减小，A2示数增大，由输入电流与输出电流变化趋势相同知，A1示数增大，A、B错误。 【知识拓展】理想变压器的制约关系：输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。 10．【答案】ABD 【详解】卤菜刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得，解得，卤菜和传送带共速所用的时间，该过程中卤菜的位移，因为 ，故卤菜和传送带共速后与传送带一起做匀速运动，则卤菜到达传送带端的时间，A正确；卤菜加速至与传送带共速过程中与传送带的相对位移，摩擦产生的热量为，B正确；卤菜到达传送带顶端的过程中，由能量守恒定律可得电动机多消耗的电能为，C错误，D正确。 【模型提取】倾斜传送带 （1）求物体运动时间，需要判断物体的运动情况； （2）共速时，摩擦力方向可能变化，需要判断物体与传送带是否相对滑动，若 ，则两者保持相对静止；若 ，两者发生相对滑动，物体的运动情况根据 与 的方向关系判断； （3）若物体与传送带运动方向相同，则相对位移为两者位移大小之差；若物体与传送带运动方向相反，则相对位移为两者位移大小之和。 11．【答案】（1） 均可（1分） （2） （2分） （3） （2分）；（2分） 【详解】（1） 由题图乙可知。 （2） 从经过最低点开始计时，次全振动时间为，即，解得。 （3） 单摆周期公式，已知图像的纵轴为，且图像为直线，则横轴应为，图像斜率，解得重力加速度。 12．【答案】（1） （2分）；（2分） （2）① （2分） ② （2分） ③ （2分） 【详解】（1） 测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，需要将多用电表挡位调到电阻“”挡（易错点：用多用电表电阻挡位测量电阻时，初始指针在最大刻度处），测量时，多用电表指针指示的位置如题图甲所示，由此可以得到电压表的内阻为。 （2）① 根据题图乙所示的电路可知，滑动变阻器采用的是分压式接法，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器，即； ② 通过待测电压表的电流大小与通过定值电阻的电流大小相同为，根据欧姆定律得待测电压表的内阻为； ③ 整理可得，斜率为，则待测电压表内阻。 13．【答案】（1）；（2） 【详解】 （i）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa 对活塞 PAS=P0S+mg 解得m=2kg． （ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cm T1=300K，体积V1=50cm.s T2=270K，体积V2= L′S 由： 解得：L′=45cm． 14．【答案】（1）0.02 m/s2　（2）0.02 J　（3）1 C 【详解】（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为v2，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得 m1g（r－rcos 60°）＝m1－m1 解得v2＝3 m/s 因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时 E＝B2Lv2＝0.12 V I＝＝0.02 A 由牛顿第二定律有B2IL＝m2amax 解得导体棒b的最大加速度amax＝0.02 m/s2。 （2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。 所以由动量守恒定律有m1v2＝（m1＋m2）v3 设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有 m1＝（m1＋m2）＋Qa＋Qb 由于a、b棒串联在一起，所以有＝ 联立解得Qa＝0.02 J。 （3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出， 则有v0＝v1cos 60°＝1 m/s 对a棒冲出过程，由动量定理得B1LΔt＝m1v0 15．【答案】（1）　（2）3＋2　（3）≤≤10或≤4＋2 【详解】（1）小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mAgR＝mAvA2，解得vA＝ （2）小球B滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mBgR＝mBvB2，求得vB＝；取水平向右为正方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，根据动量守恒及能量守恒有mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v，（mA＋mB）v2＝（mA＋mB）gR（1－sin 30°），联立以上各式解得v＝，＝＝3＋2 （3）A、B两球碰后，A球从d点恰好运动到P点，由机械能守恒可得 mAgR（1－sin 30°）＝mAvA′2，可得vA′＝ ①若A、B两球碰后，B球从d点恰好能运动到b点， 由机械能守恒可得 mBvB′2－mBvmin2＝mBg·2R， 且mBg＝mB，可得vB′＝， 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′， 解得 ＝，则≤≤10 ②若A、B两球碰后，B球不能过最高点b点，则其最高点为c点， 则有mBvB″2＝mBgR，解得vB″＝， 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB″， 解得＝4＋2，则≤4＋2， 综上所述，可得≤≤10或≤4＋2。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $