高考新课标卷理综物理部分解析

高考新课标卷理综物理

部分解析

Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）

理科综合能力测试试题

第I 卷

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项

中． 14~18题只有一项符合题目要求． 19~21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

14． 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的

A ．轨道半径减小，角速度增大

B ．轨道半径减小，角速度减小

C ．轨道半径增大，角速度增大

D ．轨道半径增大，角速度减小 D 解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从较强磁场区进入较弱磁场区后速度大小不变，轨道半径m R qB

=v

随磁场减弱而增大，角速度R

ω=v

随半径的增大而减小，D 项正确．

15． 如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ．一电子由M 点分别运动到

N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则

A ．直线a 位于某一等势面内，Q M φφ>

B ．直线c 位于某一等势面内，N M φφ>

C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功

D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功

B 解析：电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，因此

N P ??=，直线c 、d 为两条等势线，电子由从M 到N ，电场力做负功，表示MQ 为

高电势，NP 为低电势．所以直线c 位于某一等势线内，即M Q M N ????=>、，选项A 错B 对．若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选

a

b

c

d

M

N

P

Q

项C 错．电子从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错．

16． 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则

A ．166V,9

U k == B ．122V,9U k == C ．166V,3U k == D ．122V,3U k ==

A 解析：原、副线圈电压比等于匝数比，即1:3:1U U =，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流U

I R

=，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流13U

I R

=

，那么原线圈输入电压220V 33U

U R R

=+

?，整理可得66V U =；通过两电阻的电流之比1221::1:3I I n n ==，理想变压器原、副线圈回路中消耗的功率即回路中电阻R 消耗

的功率，由2P I R =可得有22

1212::1:9k P P I I ===，选项A 对．

考点：变压器

17． 如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径

POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中客服摩擦力所做的功．则

A ． mgR W 2

1

=，质点恰好可以到达Q 点 B ． mgR W 2

1

>，质点不能到达Q 点 C ． mgR W 2

1

=，质点到达Q 后，继续上升一段距离

R

P

Q

O

N

m

D ． mgR W 2

1

<

，质点到达Q 后，继续上升一段距离 C 解析：质点通过N 点时的速度为v ，则2

4mg mg m R

=+v ，由动能定理得

21

22mg R W m ?-=v ，解得mgR W 2

1=；从N 到Q ，小球运动的平均速度比从P 到N

小，对轨道的压力也小，因此平均摩擦力也小，克服摩擦力做功W W '<，设小球能到达Q 点，且具有速度'v ，由动能定理得21

02

mgR W W m ''--=>v ，0'>v ，即质点能到达Q 点，且继续上升一段距离，C 项正确． 考点：功能关系

18．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为1L 和

2L ，中间球网高度为h ．发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右

侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ．不计空气的作用，重力加速度大小为g ．若乒乓球的发射速率为v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是

A

L <

<<

v C

<<

v

D

<<

v D 解析

：乒乓球做平抛运动，从发射到落在球台上的时间1t =

的时间2t =；恰好过球网的最短距离为12L ，则1min 22

L

t =v ，即乒乓球的最小速

率1min 22L t =

=v ；乒乓球落在球台上的最大水平位移

2

22

221121(

)422

L x L L L =+=+，且max 1x t =v ，解得乒乓球的最大速率2

212max

(4)126L L g h

+=v ，选项D 正确．

考点：曲线运动

19．1824年，法国科学家阿拉果完成了着名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是

A ．圆盘上产生了感应电动势

B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动

AB 解析：将圆盘沿半径方向分割成许多金属条，圆盘转动时，这些金属条做切割磁感线运动产生感应电动势，A 项正确；以圆盘中心为界，两侧穿过盘面的磁感线方向不同，且盘面不同位置磁感应强度不同，因此圆盘转动时，穿过圆盘两侧局部磁通量发生变化，在盘面上不同位置产生涡流，根据楞次定律，涡流阻碍圆盘与磁针的相对运动，使磁针跟随圆盘转动，但产生涡流是前提，因此磁针的转动比圆盘略有滞后，B 项正确；由于对称关系，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量总为零，C 错；由于圆盘呈中性，其中自由电子与正电荷形成的环形电流相互抵消，对外不形成电流，D 错． 考点：电磁感应

20．如图（a ），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的t -v 图象如图（b ）所示．若重力加速度及图中的0v 、1v 、1t 均为已知量，则可求出

A ．斜面的倾角

B ．物块的质量

铜圆盘

C ．物块与斜面间的动摩擦因数

D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度

ACD 解析：小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度0，那么平均速度即

02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012

s t =v

，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos g g t θμθ=+v ，向下滑行11

sin cos g g t θμθ=-v

，整理可得01

1

sin 2g t θ+=

v v ，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ，选项AC 对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度

0010

1

101sin 224s t gt g

θ++=

?=v v v v v v ，选项D 对．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错． 考点：牛顿运动定律

21．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m 高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为91.310kg ?，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的倍，地球表面的重力加速度大小约为29.8m/s ．则次探测器

A ．在着陆前瞬间，速度大小约为8.9m/s

B ．悬停时受到的反冲作用力约为3210N ?

C ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒

D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度

BD 解析：星球表面万有引力提供重力即

2GMm mg R =，重力加速度2

GM

g R =

，地球表面229.8m/s GM g R ==，则月球表面221 3.7 3.7181'1816()3.7

G

M

GM g g R R ?=

=?=，则探测器重力11300kg 9.8N/kg 2000N 6

G mg '==??≈，选项B 对，探测器自由落体，末速度

4

29.8m/s8.9m/s

3

g h'

=≈?≠

v，选项A错．关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C 错．近月轨道即万有引力提供向心力

1

3.7

81

181

3.7

G M GM GM

R R

R

==<

v，小于近地卫星线速度，选项D对．

考点：万有引力与航天

第II卷

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作

答．第33~40题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题（129分）

22．（6分）某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．

完成下列填空：

（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为

1.00kg；

（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为_____kg;

（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：

序号12345

m（kg）

（4） 根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_____N ；小车通过最低点时的速度大小为_______m/s ．（重力加速度大小取9.80m/s 2 ，计算结果保留2位有效数字）

答案：（2） （4） 7.94N ； 1.4m/s ≈v

解析：根据秤盘指针可知量程是10kg ，指针所指示数为1.4kg ．（4）记录的托盘称各次示数并不相同，为减小误差，取平均值，即 1.81kg m =．而模拟器的重力为9.8N G m g '==，所以 小车经过凹形桥最低点的压力为7.94N mg mg '-≈．根

据径向合力提供向心力即2

7.94(1.41)9.8(1.41)R

--?=-v ，整理可得 1.4m/s ≈v

考点：圆周运动

23．（9分）图（a ）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．

（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA ；1R 和2R 为阻值固定的电阻．若使用a 和b 两个接线柱，电表量程为3mA ；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10mA ．由题给条件和数据，可求出1R = Ω，2R = Ω． （2） 现用—量程为3mA 、内阻为150Ω的标准电流表

对改装电表的3mA 挡进行校准，校

准时需选取的刻度为0．5、1．0、1．5、2．0、2．5、3．0mA ．电池的电动势为1．5V ，内阻忽略不计；定值电阻0R 有两种规格， 阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则0R 应选用阻值为 Ω的电阻，R 应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器．

（3）若电阻1R 和2R 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b ）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b ）中的R '为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a ）虚线框内的

电路．则图中的d 点应和接线柱 （填”b”或”c”）相连．判断依据是： ．

答案：（1）115R =Ω 235R =Ω（2）500Ω 3000Ω （3）c 若电流表无

示数，则说明2R 断路，若电流表有示数，则说明1R 断路．

解析：（1）若使用a 和b 两个接线柱，定值电阻1R 、2R 串联后和毫安表并联，

量程

为3mA ，根据并联规律可得

12

g g g

R I I R R I -=

+，通过表头g R 的电流为1mA ，则通过1R 的电流

为2mA ，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得121502

g R R R +==Ω．若使用a 和

c 两个接线柱，2R 与表头串联后再与1R 并联，电表量程为10mA ，通过1R 的电流为9mA ，

电流比为1:9，可得电阻比为9:1，即121()9

g R R R =+，整理可得235R =Ω，

115R =Ω．

⑵根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 1.5V

30000.0005A

=Ω，最小阻值

为

1.5V

5000.003A

=Ω，若定值电阻选择为1000Ω，则无法校准刻度，所以定值电阻

选择500Ω．由于最大阻值要达到3000Ω，所以滑动变阻器选择3000Ω． ⑶因为只有一个电阻损坏，所以验证2R 是否损坏即可．故d 点应和接线柱“c”相连，若电流表无示数，则说明2R 断路，若电流表有示数，则1R 断路．

考点：电流表的改装

24．（12分） 如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取210m/s ．判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．

答案：0.01kg m =

解：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下．

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为1x =0.5cm ．由胡克定律和力的平衡条件得

12kx mg =

①

式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小．

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为

F BIL = ②

式中，I 为回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了0.3cm x ?=，则胡克定律和平衡条件得

12()k x x mg F +?=+

③

由欧姆定律有

E I R

=

④

式中，E 为电源电动势，R 为回路总电阻． 联立①②③④，并代入数据解得

0.01kg m =

⑤

考点：安培力

25． （20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1s t =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的

t -v 图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取210m/s ．求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

答案：（1）10.1μ= 20.4μ= （2）6m （3）6.5m

解：⑴规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速直线运动，设加速度为1a ，小物块和木板的质量认为m 和M ．由牛顿第二定律有

11()()m M g m M a μ-+=+

①

由图可知，碰撞前木块与木板共同速度为04m/s =v ，由运动学公式得

1011a t =+v v

②

2001111

2

x t a t =+v

③

式中，1t =1s ，0x =4.5m 是木板碰前的位移，0v 是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得

1μ=

④

在木板与墙壁碰撞后，木板以1-v 的初速度向左做匀变速运动，小物块以1v 的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为2a ，由牛顿第二定律有

22mg ma μ-=

⑤

由图可得 21

221

a t t -=

-v v

⑥

式中，2t =2s ，2v =0，联立⑤⑥式和题给条件得

2μ=

⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为3a ，经过时间t ?木板和小物块刚好具有共同速度3v ，由牛顿第二定律及运动学公式得

213()mg M m g Ma μμ++=

⑧ 313a t =+?v v ⑨

312a t =+?v v

⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为

13

12x t +=

?-v v

小物块运动的位移为

13

12

x t +=

?v v

小物块相对木板的位移为

21x x x ?=-

联立⑥⑧⑨⑩式并代入数据解得

x ?=6.0m

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m ．

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至静止，设加速度为

4a ，此过程中小物块和木板运动的位移为3x ．由牛顿第二定律及运动学公式得

14()g ()m M m+M a μ+=

2

34302a x -=v

碰后木板运动的位移为

13x x x =+

联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数据解得

6.5m x =-

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m ．

考点：牛顿运动定律

（二）选考题：共45分．请考生从3道物理题、3道化学题、2道生物题中各选一题作答．

33．【物理—选修3-3】（15分）

（1）（5分）下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分 ）

A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体

B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质

C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体

D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体

E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ⑴答案：BCD

解析：晶体有固定的熔点，并还会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，A 错；根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，B 项正确；同种元素构成的物质可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和碳，选项C 对；晶体的分子排列结构如果遭到在干就可能形成非晶体，反之亦然，D 项正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，E 项错误． 考点：晶体非晶体

（2）（10分）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为1 2.50kg m =，横截面积为2180.0cm s =，小活塞的质量为2 1.50kg m =，横截面积为2240.0cm s =；两活塞用刚性

轻杆连接，间距保持为40.0cm l =，气缸外大气压强为51.0010Pa p =?，温度为

303K T =．初始时大活塞与大圆筒底部相距2

l

，两活塞间封闭气体的温度为

1495K T =，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取210m/s ，求（i ）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 （ii ）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强 ⑵解：(ⅰ)设初始时气体的体积为1V ，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为2V ，温度为2T ，由题给条件得

121()22l l

V S l S =-+

①

22V S l =

②

在活塞缓慢下移的过程中，用1p 表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得

111221()()S p p m g m g S p p -=++-

③

故缸内气体的压强不变．由盖·哈萨克定律得

12

12

V V T T = ④

联立①②③④式并代入数据解得

2330K T =

⑤

(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为1p ．在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p '，由查理定律有

1

2

p p T T '=

⑥

联立③⑤⑥式并代入数据解得

51.0110Pa p '=?

⑦

考点：理想气体状态方程 34【物理—选修3-4】（15分）

（1）在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距1x ?与绿光的干涉条纹间距2x ?相比1x ? 2x ?（填“＞”“＜”或“＝”）．若实验中红光的波长为630nm ，双缝到屏幕的距离为1m ，测得第一条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm ，则双缝之间的距离为 mm ． ⑴答案：＞ 0.3

解析：双缝干涉条纹间距L x d

λ

?=，红光波长长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即

1x ?>2x ?．条纹间距根据数据可得210.5mm

2.1mm 2.110m 5

x -?=

==?，根据L x d λ

?=可得942

1m 63010m 310m 0.3mm 2.110m L d x λ---??===?=??． 考点：双缝干涉实验

（2）（10分）甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为

25cm/s ，两列波在0t =时的波形曲线如图所示．求（i ）0t =时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标；

（ii ）从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm -的质点的时间． ⑵解：(ⅰ)0t =时，在x =50cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm ．两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm ．

从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为

1250cm 60cm λλ==、

①

甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为 111150012x k k λ=+=±±，， ②

222250012

x k k λ=+=±±，，

③

由①②③式得，介质中偏离平衡位置为16cm 的所有质点的x 坐标为

(50300)cm 0,1,2

x n n =+=±± ④

(ⅱ)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm ，0t =时，两列波波谷间的x 坐标之差为

2121(50(21)

)(50(21))22

λλ

x m m '?=++-++ ⑤ 式中，1m 和2m 均为整数．将①式代入⑤式得

2110(65)5x m m '?=-+

⑥

由于1m 和2m 均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为

5cm x '?=

⑦

从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm 的质点的时间为 0

2x t=

'?v

⑧ 代入数据解得

t =

⑨

考点：机械振动机械波

35．【物理—选修3-5】（15分）

（1）（5分）在某次光电效应实验中，得到的遏制电压c U 与入射光的频率ν的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k 和

b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功可表示为 ．

⑴答案：h ek = 0W eb =-

解析：光电效应中，入射光子能量h ν，克服逸出功0W 后多余的能量转换为电子

动能，反向遏制电压0c eU h W =-ν；整理得0C W h U e e =-ν，斜率即h

k e

=，所以普

朗克常量h ek =，截距为b ，即0eb W =-，所以逸出功0W eb =-． 考点：光电效应

（2）（10分）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间满足什么条件才能使A 只与B 、

C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．

⑵解：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为0v ，第一次碰撞后C 的速度为

1C v ，A 的速度为1A v ．由动量守恒定律和机械能守恒定律得

011A C m m M =+v v v

①

222011111222

A C m m M =+v v v

②

联立①②式得

10A m M

m M

-=

+v v

③

102C m

m M

=

+v v

④

如果m M >，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m M =，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 的碰前速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m M <的情况．

第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为

2A v ，B 的速度为1B v ，同样有

2

210()A A m M m M m M m M

--=

=++v v v ⑤

根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有

21A C ≤v v

⑥

联立④⑤⑥式得

2240m mM M +-≥

⑦

解得2)

≥⑧

m M

另一解2)

≥-舍去，所以，m和M应满足的条件为

m M

≤<⑨

2)M m M