2023-2024学年山东省聊城市高三(上)期中考试物理试卷(解析版)

这是一份2023-2024学年山东省聊城市高三(上)期中考试物理试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每题3分，共24分）
1. 下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（ ）
A. 射线是高速运动的电子流
B. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D. 的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下50克
【答案】B
【解析】A．射线是光子流，故A错误；
B．氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增大，动能增大，故B正确；
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故C错误；
D．的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下
故D错误。
故选B。
2. 利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A 手机一直没有离开手掌
B. 时刻手机运动到最高点
C. 时刻手机开始减速上升，时刻速度为0
D. 时刻手机开始减速上升，时间内手机所受的支持力一直减小
【答案】D
【解析】A．由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A错误；
B．根据
可知图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C．根据图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D．由图可知时刻后加速度变为负值，速度依旧为正，则手机开始减速上升。时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得
得
可知加速度由向上到向下的过程中支持力一直减小。故D正确。
故选D。
3. 如图，两光滑直杆OA、OB成60°夹角固定在竖直平面内，其角平分线OC竖直。质量均为m的甲、乙两小环套在杆上，用轻质弹簧相连，开始时两环在同一高度且弹簧处于原长状态。将两环同时由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。在两环沿直杆下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两环的加速度一直减小
B. 两环的速度先增大后减小
C. 两环与杆间的弹力先增大后减小
D. 两环的加速度为零时，弹簧的弹性势能最大
【答案】B
【解析】AB．根据对称性可知，两环在沿直杆下滑的过程中运动情况相同。以甲环为研究对象，在下滑的过程中受到重力、垂直杆向左上的弹力以及弹簧伸长产生的水平向右的弹力。沿杆和垂直与杆建立坐标系：沿杆方向，随着甲环的下滑，重力沿杆的分力不变，弹簧弹力沿杆方向的分力不断增大，甲环做加速度不断减小的加速运动；当弹簧弹力沿杆的分力与重力沿杆的分力相等时，甲环加速度为零，速度达到最大值；之后甲环的继续下滑过程中，弹簧弹力沿杆的分力大于重力沿杆的分力，甲环做加速度不断增大的减速运动直到速度减小到零，故A错误，B正确；
CD．垂直杆方向，重力垂直杆的分力和弹簧弹力垂直杆的分力的矢量合平衡杆对环的弹力，随着环沿杆的下滑，弹簧形变不断增大，弹簧弹力不断增大，弹簧弹力垂直杆的分力不断增大，杆对环的弹力不断增大，当两环的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，故C、D错误。
故选B
4. 2023年5月30日，举世瞩目的神舟十六号载人飞船发射取得圆满成功，飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口。如图所示是飞船对接前后运动的简化，圆形轨道2为空间站运行轨道，椭圆轨道1为对接前飞船运行轨道，两轨道相切于P点。若轨道2的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T，轨道1的半长轴为a，引力常量为G，则（ ）

A. 可求得地球质量为
B. 飞船由轨道1进入轨道2前需在P点减速
C. 经过P点时飞船在轨道1的加速度小于在轨道2 的加速度
D. 飞船在轨道1和空间站在轨道上运行周期之比为
【答案】D
【解析】D．设飞船在轨道1和空间站在轨道上运行周期分别为、。根据开普勒第三定律可得
可得
故D正确；
A．根据
得
因地球自转周期T大于圆形轨道2的周期。故A错误；
B．载人飞船在轨道1上经过P点时，飞船做近心运动，万有引力大于向心力，在轨道2上经过P点时万有引力等于向心力，两轨道上P点的向心力相等，可知，飞船从轨道1进入轨道2需要在P点加速，故B错误；
C．在轨道1和轨道2上P点均是万有引力提供向心力，则
解得
因两轨道上P点到地球的距离是一样的，故两轨道上P点加速度相等。故C错误。
故选D。
5. 密立根油滴实验装置如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量。当两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度向下做匀速运动；这时给金属板施加电压U，经过一段时间后，发现油滴P以速度向上做匀速运动。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（ ）
A. 油滴P带正电
B. 油滴P所带电荷量的值为
C. 从施加电压U开始，油滴P做加速度逐渐减小的加速运动
D. 施加电压U后，当油滴P上升h高度的过程中，其电势能的变化量
【答案】B
【解析】A．未加电压时，带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度向下做匀速运动，则
给金属板施加电压，带电粒子向上做匀速直线运动，则重力和阻力竖直向下，电场力竖直向上，由于电场线方向竖直向下，故粒子带负电，电场力方向竖直向上，故A错误；
B．已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，故
由于
解得
故B正确；
C．带电粒子的速度为，当施加电压U开始，带电粒子的受到竖直向上的电场力、重力和竖直向上的摩擦力，即

由于初速度方向竖直向下，合外力方向向上，则粒子的速度减小，故粒子的加速度减小，做加速度减小的减速运动，速度为0后，此时合外力向上，故开始向上运动，此时
速度增大，则阻力增大，故加速度减小，粒子做加速度减小的加速运动，故C错误；
D．根据以上分析可知，电场力做正功，电势能减小，电势能的变化量为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电压随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（ ）
A. n1为1100匝，为
B. 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C. 若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D. 若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
【答案】D
【解析】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
解得原线圈为2200匝，A错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为
C错误；
D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为
交流电的周期为
D正确。
故选D。
7. 在东京奥运会赛场，我国运动员朱雪莹、刘灵玲包揽蹦床女子冠亚军，分析朱雪莹比赛录像得到某次动作过程的时间分配是：从最高点落下到触网用时0.750s，接着用时0.300s离网，又用时1.500s再触网。若运动员在离网和触网时均处于直体正立状态，运动员体重50kg，身高1.65m，忽略空气阻力，重力加速度g取10。下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在接触网的时间里受到的平均弹力大小为3000N
B. 运动员在接触网的时间里受到的平均弹力大小为2500N
C. 运动员在接触网的时间里网对运动员做功为225J
D. 运动员由第一次触网到离网时间里重力的冲量为0
【答案】A
【解析】AB．从最高点落下到触网用时t1=0.750s，则第一次触网的速度大小
由于又用时t2=1.500s再触网，则第一次离网的速度大小
运动员在接触网的时间里，由动量定理有
解得
故A正确，B错误；
C．根据动能定理，运动员在接触网的时间里有
由于
则有
故C错误；
D．运动员由第一次触网到离网时间里，由冲量定义式可得重力的冲量
故D错误。
故选A。
8. 如图（a）所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向做简谐运动的点波源S1（0，4m）和S2（0，-2m），两波源的振动图像分别如图（b）和图（c）所示。已知图（a）中三个点的位置为点A（8m，-2m）、点B（4m，1m）和点C（0，0.5m），两列波的波速均为1m/s。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波的波长均为3m B. 两波源起振方向相同
C. 两列波引起点A处振动加强 D. 两列波引起点B处振动减弱，而点C处振动加强
【答案】D
【解析】A．由题图（）、（）可知两列波的周期均为，则波长均为
A错误；
B．由振动图像可知两波源起振方向相反，B错误；
C．由几何关系可知两波源到点A的路程差为，为半波长的偶数倍，故点A处振动减弱，C错误；
D．同理可得，两波源到点B的路程差为
为半波长的偶数倍，故点B处振动减弱，两波源到点C的路程差为
为半波长的奇数倍，故点C处振动加强，D正确。故选D。
二、多选题（每题4分，部分2分，共18分）
9. 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】AB
【解析】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，水平地面上有相距为d的M、N两点，在M点的正上方某高度处有一A点。现在A点以速度v1水平抛出一个小球的同时，从水平地面上的N点以速度v2向左上方抛出另一个小球，其速度方向与水平地面的夹角为，两球恰好能在M、N连线中点的正上方相遇，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 从A点抛出的小球做匀变速曲线运动，从N点抛出的小球做变加速曲线运动
B. 两小球抛出时的初速度之比为
C. A、M两点间的竖直距离为
D. 两小球从抛出到相遇的过程中，速度变化量相同
【答案】CD
【解析】A．两小球抛出后只受重力作用，在运动过程中的加速度均为重力加速度，故两小球均做匀变速曲线运动，选项A错误；
B．设两小球相遇所用时间为t
=v1t=v2csθ·t
解得两小球抛出时的初速度之比为
=csθ
选项B错误；
C．由于
hAM=gt2+v2sinθ·t-gt2=v2sinθ·t
=v2csθ·t
联立解得hAM=tanθ
选项C正确；
D．由
可知两小球从抛出到相遇的过程中，速度变化量相同，选项D正确。故选CD。
11. 如图所示，一根不可伸长的轻绳绕过两个轻质光滑小定滑轮、，一端与一小球连接，另一端与套在足够长的光滑固定直杆上的小物块连接，小球与小物块的质量均为m，直杆与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角为，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮的距离为L，重力加速度为g，小球运动过程中不会与其他物体相碰，不计一切摩擦。将小物块从C点由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球速度达到最大时，绳子拉力等于mg
B. 小球运动到最低点时，绳子拉力等于mg
C. 当小物块沿杆下滑距离为L时，小球运动到最低点
D. 当小物块沿杆下滑距离为L时，其速度大小为
【答案】AD
【解析】A．小球速度达到最大时加速度为零，重力等于拉力，故 A正确；
B．小物块下滑过程绳子拉力先做正功，设绳子与物块速度方向的夹角为，对小球速度和小物块的速度沿绳和垂直绳子方向分解得
当时，拉力对物块做正功时物块速度变大，而小球速度先增大后减小，所以小球速度为零时达到了最低点，即小球速度达到最大时加速度为零，重力等于拉力，而不是最低点，故B错误；
CD．当小物块沿杆下滑距离为L时，此时绳和杆不垂直，球不在最低点，设小球的速度为，物块的速度为，根据速度得分解可知
根据机械能守恒得
解得
故C错误，D正确。
故选AD。
12. 如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为4kg的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数为200N/m，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. 物体B运动过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能及动量均守恒
B. 物体B静止于P点时弹簧的形变量是0.3m
C. 物体B静止于P点时，压力F的大小为40N
D. 弹簧弹性势能最大值为8J
【答案】BC
【解析】A．物体B运动过程中，对A、B、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，故A错误；
BC．当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，对A由共点力平衡条件得kx1=mgsinθ
B在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，对B，由牛顿第二定律得
kx1+mgsinθ=ma
联立解得a=2gsinθ
由简谐运动的对称性，当物体B运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a，方向沿斜面向上，在撤去压力F的瞬间，B所受合外力大小就等于撤去的压力F的大小，由牛顿第二定律得F=ma=2mgsinθ
代入数据得F=40N
物体B静止于P点时弹簧的形变量
故BC正确；
D．在P点时弹力最大，弹性势能最大
故D错误。故选BC。
三、实验题（每空2分，共14分）
13. 如图甲、乙，是两种“验证机械能守恒定律”的实验方案。
（1）图甲中，释放纸带前，正确的操作方式是___________。
（2）图乙中，将拉力传感器固定在天花板上，不可伸长的细线一端连在拉力传感器上的O点，另一端系住可视为质点的钢球。开始钢球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为，重力加速度为g，则钢球质量m=___________；将钢球拉至细线与竖直方向成θ角度由静止释放，记下传感器的最大示数F，改变θ角，重复操作，记下每次传感器的最大示数F，并作出图像，如果钢球的机械能守恒，下列图像合理的是___________。
【答案】（1）C （2） C
【解析】（1）[1]为了减小阻力，两限位孔与纸带要在同一竖线上，用手提重物时，为充分利用纸带，重物应尽量靠近打点计时器；
故选C。
（2）[2]根据题意，由平衡条件有
解得
m=
[3]根据机械能守恒则有
在最低点拉力与重力的合力提供向心力
联立解得
图线为斜率为负的一次函数；
故选C。
14. 如图是某校兴趣小组在做“验证动量守恒定律”实验时设计的装置。已知该装置由弧形轨道和直轨道两部分组成，弧形轨道下端与直轨道相切，a、b两滑块材料、表面粗糙程度均相同。
其操作步骤如下：
①将装置放在水平桌面上；
②如图甲，将滑块a从弧形轨道上某点由静止释放，一段时间后停在直轨道上，用刻度尺测出滑块在直轨道的滑行距离；
③如图乙，将滑块b放置在平直轨道左端，再次将滑块a从同一点由静止释放，两滑块碰撞后同向运动，最终均静止在直轨道上，测出两滑块在平直轨道上的滑行距离、；
回答以下问题：
（1）该实验中需满足的条件是 。
A. 圆弧轨道必须光滑B. 直轨道必须水平C. 滑块a的质量必须大于b的质量
（2）若a、b质量之比为k，关系式___________成立则说明两滑块碰撞过程中动量守恒，
关系式___________成立则说明两滑块之间发生弹性碰撞（用题目中所给符号表示）。
（3）实际的操作中滑块与平直轨道之间存在摩擦阻力，这会造成两滑块a、b碰撞后动量之和___________（填“大于”或“等于”或“小于”）碰撞前滑块a的动量。
【答案】（1）C （2） （3）等于
【解析】【小问1详解】
[1] A．倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块a到达底端时的速度相同即可，故A错误；
B．因两滑块的材料相同，表面粗糙程度相同，则根据
可知，无论轨道是否水平，则两滑块在轨道上运动的加速度都相同，则平直轨道不一定必须水平，故B错误；
C．为防止滑块a与滑块b碰后反弹，则滑块a的质量必须要大于滑块b的质量，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
[2] 设两滑块在水平轨道上滑动的加速度为a，则实验中滑块a碰撞前的速度
实验中滑块a、b碰撞后的速度为
若a、b两滑块碰撞过程中满足动量守恒，规定向右为正方向，则
解得
可知若a、b质量之比为k，则应满足
[3]若滑块a、b之间的碰撞为弹性碰撞，则满足
则有
【小问3详解】
[4] 实际的操作中滑块与平直轨道之间存在摩擦阻力，对两滑块碰撞过程中的动量守恒无影响，所以两滑块a、b碰撞后动量之和等于碰撞前滑块a的动量。
四、解答题
15. 如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银左右液面高度差△L=6cm，右管上方的水银柱高h=18cm，初状态时的环境温度为27℃，A气体长度l1=13cm，外界大气压强p0=76cmHg。现保持温度不变在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高。然后给A部分气体缓慢升温，使A中气柱长度恢复到13cm。求：
（1）右管中注入水银的高度△h。
（2）A中气柱长度再次为13cm时，A部分气体的温度。
【答案】(1)36cm；(2)408K
【解析】 (1)设右管中注入的水银高度为 QUOTE ，对A部分气体，有
初状态
末状态
根据玻意耳定律，有
解得 QUOTE =36cm。
(2)升温前A部分气体的温度T0=300K，设升温后A部分气体的温度为T，对A部分气体进行分析，升温前
V2=10S
升温后
V3=13S
根据理想气体状态方程，有
联立可解得T=408K。
16. 如图所示，电荷量均为Q的正点电荷A、B在同一水平线上；GH为与A、B连线在同一水平面的垂直平分线，悬点O位于A、B连线中点正上方。另有一个质量为m、电荷量为的带电小球C（可视为质点），用长为L的绝缘轻细线悬挂于O点。现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与G、H处于同一竖直面内，由静止释放后，小球C运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角。已知重力加速度为g，静电力常量为k，不计空气阻力，试求：
（1）在A、B所形成的电场中，M、N两点间的电势差；
（2）若NA、NB与AB连线的长度相等，则小球运动到N点瞬间，细线对小球的拉力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）带电小球C在从M点运动到N点的过程中，由动能定理
解得
（2）在N点，小球C受力如图所示，沿细线方向的合力为零，则
又
解得
17. 如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径为3R和R的同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板距离相等，两板之间加有电压。长2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度漂进加速电场，恰好能沿图示O1－O2－O3－O4－O5－K虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中点K。不考虑场的边界效应，不计粒子的重力。求：
（1）圆弧O3O4处电场强度的大小；
（2）为使粒子恰好能到达PQ板的中点K，金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值；
（3）从粒子进入金属板MN、PQ开始计时，经多长时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是多少。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）粒子从O1运动到O2的过程中，由动能定理有
粒子从O3运动到O4过程中，由牛顿第二定律有得
联立以上两式得
（2）粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动，对O5K过程分析，粒子在水平方向有
竖直方向有
根据牛顿第二定律有
其中
联立以上各式解得
（3）把电场中的运动分解成平行于MQ和垂直于MQ两个方向的分运动，则垂直MQ方向，粒子速度减为0的过程中粒子做匀减速的直线运动，对于垂直于MQ方向的分运动有
由速度与位移的关系可得
解得
所以粒子运动过程中距离MQ最近为
18. 如图，沿逆时针方向转动的传送带与水平方向夹角为30°，木板B静置在光滑水平面上，足够长的平台D固定在B右侧L处，D的上表面光滑且与B等高，与轻质弹簧相连的滑块C静止在D的上表面。现将滑块A轻放在传送带最高点，一段时间后A以的速度到达传送带底端，并通过一小段光滑曲面滑上木板B。当A、B相对静止时A恰好运动到B的右端，同时B、D发生碰撞，碰后A滑上D并通过弹簧推动C，若C右侧某位置锁定一竖直弹性挡板Q（图中未画出），A、C分开前C会与Q碰撞，碰撞过程中没有能量损失，碰后立即撤去Q。已知A与传送带间动摩擦因数，A、B间动摩擦因数，A、B均可视为质点，质量均为，C的质量，重力加速度。求：
（1）传送带长；
（2）木板B的长度s和木板B与右侧平台D间的距离L；
（3）滑块C与挡板碰撞后，A与C相互作用的过程中，弹簧弹性势能最大值的范围（结果可用分数表示）
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）根据题意，在传送带上，对滑块A，由牛顿第二定律有
解得
由速度与位移公式有
（2）A与B系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
A恰好滑到B右端时，B与右侧固定平台相碰，在B加速至共速的过程中，对B由动能定理得
解得
（3）滑块C与挡板D碰撞前，A、C系统动量守恒，有
滑块C与挡板D碰撞后至A、C共速过程，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得A、C共速时速度为
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时弹簧弹性势能最大，则有
C与D碰撞前，从A开始压缩弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，有
又由动量守恒定律有
解得
故C与D碰撞前A的速度取值范围在到之间，根据
由二次函数图像性质，可知当时，弹簧的弹性势能最大值最大，为
当时，弹簧弹性势能最大值最小，为
则弹簧弹性势能最大值的范围