2025年高考重庆卷物理真题

现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为 $60^{\circ}$ ，钢管水平。则MO的弹力大小为（　　）（重力加速度为g）

A． $2mg$

B．mg

C． $\frac{\sqrt{3}}{2}mg$

D． $\frac{1}{2}mg$

【答案与解析】

钢管受重力 $mg$ （作用于中点），MO、NO两绳对称分布，拉力大小均为 $T$ 。竖直方向平衡： $2T\cos60°=mg$ ，解得 $T=mg$ 。故选B。
易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩（无破损），不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体（视为理想气体）（　　）

A．分子热运动的平均动能增加

B．内能减小

C．压强减小

D．对外界做正功

【答案与解析】

气袋被压缩，外界对气体做正功 $W>0$ ；绝热 $Q=0$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W>0$ ，内能增大，分子平均动能增加；理想气体温度升高；体积减小，温度升高，由 $pV=nRT$ 知压强增大；气体被压缩，对外做负功。故选A。
“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度 $2v_{0}$ 分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度 $v_{0}$ 进入半径为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　）

A．汽车到O点时，列车行驶距离为s

B．汽车到O点时，列车行驶距离为 $\frac{4\mathrm{s}}{3}$

C．汽车在OP段向心加速度大小为 $\frac{2v_0^2}{R}$

D．汽车在OP段向心加速度大小为 $\frac{4v_{0}^{2}}{R}$

【答案与解析】

汽车在NO段匀减速：初速 $2v_0$ ，末速 $v_0$ ，位移 $s$ ，平均速度 $\frac{3v_0}{2}$ ，时间 $t_1=\frac{s}{\frac{3v_0}{2}}=\frac{2s}{3v_0}$ 。列车匀速行驶距离 $s_1=2v_0 t_1=\frac{4s}{3}$ ，故B正确。汽车进入OP段速度为 $v_0$ ，匀速圆周运动向心加速度 $a=\frac{v_0^2}{R}$ ，C、D错误。故选B。
杨氏双缝干涉实验中，双缝与光屏距离为l，波长为 $\lambda$ 的激光垂直入射到双缝上，在屏上出现如图所示的干涉图样。某同学在光屏上标记两条亮纹中心位置并测其间距为a，则（　　）

A．相邻两亮条纹间距为 $\frac{a}{5}$

B．相邻两暗条纹间距为 $\frac{a}{5}$

C．双缝之间的距离为 $\frac{4l}{a}\lambda$

D．双缝之间的距离为 $\frac{a}{4l}\lambda$

【答案与解析】

由图样，两条标记亮纹间含有5个条纹间隔，故相邻亮（暗）条纹间距 $\Delta x=\frac{a}{5}$ ，A、B正确。由 $\Delta x=\frac{l\lambda}{d}$ 得 $d=\frac{l\lambda}{\Delta x}=\frac{5l\lambda}{a}$ ，C、D表达式均不符。故选AB。
某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）

A．具有不同比荷

B．电势能均随时间逐渐增大

C．到达M、N的速度大小相等

D．到达K所用时间之比为 $1:2$

【答案与解析】

设OQ方向为 $x$ 轴，OP方向为 $y$ 轴，矩形OMPQ中 $O(0,0),Q(L,0),M(0,H),P(L,H)$ ， $N(L,H/2)$ 。 $a$ 从 $Q$ 沿 $y$ 方向入射，加速度沿 $-x$ ； $b$ 从 $O$ 沿 $y$ 方向入射，加速度沿 $+x$ 。同时到达 $M$ 、 $N$ ，所用时间相同为 $t$ 。 $a$ 、 $b$ 在 $x$ 方向加速度大小相同，场强 $E$ 相同，故 $|q_a/m_a|=|q_b/m_b|$ ，A错。设 $E$ 沿 $+x$ ， $a$ 从负电荷运动到电势高处，电势能减小，B错。到达 $M$ 时 $y$ 分速度为 $\frac{H}{t}$ ，到达 $N$ 时 $y$ 分速度为 $\frac{H}{2t}$ ，两者速度大小不等，C错。设轨迹相交于 $K$ ，由轨迹方程可得 $a$ 、 $b$ 到达 $K$ 所用时间之比为 $1:2$ ，D正确。故选D。
在科学实验中可利用激光使原子减速，若一个处于基态的原子朝某方向运动，吸收一个沿相反方向运动的能量为E的光子后跃迁到相邻激发态，原子速度减小，动量变为P。普朗克常量为h，光速为c，则（　　）

A．光子的波长为 $\frac{E}{hc}$

B．该原子吸收光子后质量减少了 $\frac{E}{c^{2}}$

C．该原子吸收光子后德布罗意波长为 $\frac{h}{p}$

D．一个波长更长的光子也能使该基态原子跃迁到激发态

【答案与解析】

光子能量 $E=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$ ，得 $\lambda=\frac{hc}{E}$ ，A错。原子吸收光子后系统能量增加，质量增加 $\frac{E}{c^2}$ ，B错。吸收后德布罗意波长 $\lambda=\frac{h}{P}$ ，C正确。波长更长则频率更低，光子能量更小，不能使基态原子跃迁到激发态，D错。故选C。
“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（　　）

A．轨道半径之比为 $\frac{L}{d}$

B．周期之比为 $\sqrt[3]{\left(\frac{L+d}{L}\right)^2}$

C．线速度大小之比为 $\sqrt{\frac{L+d}{L}}$

D．向心加速度大小之比为 $\left(\frac{L}{L+d}\right)^{2}$

【答案与解析】

设地球、金星轨道半径分别为 $r_e$ 、 $r_v$ 。由视差几何关系 $L=\frac{d\,r_v}{r_e-r_v}$ ，得 $\frac{r_e}{r_v}=\frac{L+d}{L}$ 。由 $a\propto 1/r^2$ ，向心加速度之比为 $\left(\frac{r_v}{r_e}\right)^2=\left(\frac{L}{L+d}\right)^2$ ，D正确。A、B、C均不符。故选D。
一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为 $9r$ ，如图所示，则（　　）

A．该波的波长为 $4r$

B．该波的波速为 $2fr$

C．此时浮筒在最低点

D．再经过 $\frac{1}{4f}$ ，浮筒将在最低点

【答案与解析】

第1、3圈实线（波峰）间距相差 $2\lambda$ ，故 $2\lambda=9r-r=8r$ ， $\lambda=4r$ ，A正确。波速 $v=\lambda f=4rf$ ，B错。最内圈波峰距浮筒 $r$ ，传播时间 $\frac{r}{v}=\frac{T}{4}$ ，此时浮筒位于平衡位置向下运动，C错。再经 $\frac{T}{4}=\frac{1}{4f}$ 后浮筒到达最低点，D正确。故选AD。
2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的 $1.6\times10^{6}\mathrm{V}$ 直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为 $1.0\times10^{4}\mathrm{V}$ 的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为 $220\sqrt{2}\sin(100\pi t)\mathrm{V}$ 的家用交流电，若输电线路输送功率为 $8.0\times10^{9}\mathrm{W}$ ，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（　　）

A．直流输电导线中的电流为 $250A$

B．直流输电导线总阻值不超过 $16\Omega$

C．家用交流电的电压最大值为 $220V$ ，频率为 $50\mathrm{Hz}$

D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为 $11:500$

【答案与解析】

直流输电电流 $I=\frac{P}{U}=\frac{8.0\times10^9}{1.6\times10^6}=5.0\times10^3\text{ A}$ ，A错。允许损耗 $P_{\text{损}}\le 0.05P=4.0\times10^8\text{ W}$ ，由 $I^2R\le P_{\text{损}}$ 得 $R\le\frac{4.0\times10^8}{(5.0\times10^3)^2}=16\ \Omega$ ，B正确。家用交流电压最大值 $U_m=220\sqrt{2}\text{ V}$ ，C错。变压器原、副线圈电压比 $\frac{U_1}{U_2}=\frac{1.0\times10^4}{220}=\frac{500}{11}$ ，电流比 $\frac{I_1}{I_2}=\frac{U_2}{U_1}=\frac{11}{500}$ ，D正确。故选BD。
如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力 $F = kv$ ＋b（ $k > 0$ ， $b > 0$ ），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时， $F = 0$ 。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中 $v_{0}\left(v_{0}<\frac{b}{k}\right)$ 为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（　　）

A．gh在任一磁场区域的运动时间为 $\frac{kd}{b-kv_{0}}$

B．金属框的总电阻为 $\frac{B^{2}d^{2}}{k}$

C．小车质量为 $\frac{k^{2}d}{2(U-kv_{0})}$

D．小车的最大速率为 $\frac{2b}{k}+v_{0}$

【答案与解析】

gh段在磁场中切割磁感线产生的感应电动势 $\varepsilon=Bdv$ ，gh两端电压与 $v$ 成正比。电压随时间均匀增加，则 $v$ 随时间线性增加，加速度 $a$ 为常量。对金属框由牛顿第二定律 $ma=(kv+b)-\frac{B^2d^2}{R}v$ ，要使 $a$ 为常量需 $\frac{B^2d^2}{R}=k$ ，故 $R=\frac{B^2d^2}{k}$ ，B正确。此时合外力为常量 $b$ ， $a=\frac{b}{m}$ 。由图2，进入磁场区段（距离 $d$ ）速度由 $v_0$ 按曲线增大，离开磁场区段（距离 $d$ ）速度线性减小至 $v_0$ 。设进入区段末速度为 $v_{max}$ 。离开区段 $\frac{dv}{ds}=-\frac{k}{m}$ ，得 $v_{max}-v_0=\frac{k}{m}d$ 。进入区段 $v^2=v_0^2+\frac{2b}{m}s$ ， $s=d$ 时 $v_{max}^2=v_0^2+\frac{2bd}{m}$ 。联立解得 $m=\frac{k^2d}{2(b-kv_0)}$ ， $v_{max}=\frac{2b}{k}-v_0$ 。A、C错（ $U$ 为电压量纲，与 $kv_0$ 不能相减），D错（应为 $\frac{2b}{k}-v_0$ ）。故选B。
弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计了如图1所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器竖直安装，测微螺杆正对弹簧。 $(1)$ 某次测量时，螺旋测微器的示数如图2所示，此时读数为＿＿＿＿mm。

$(2)$ 对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度l的关系如图3所示，由图可得弹簧的劲度系数为＿＿＿＿ $\mathrm{N/m}$ ，弹簧原长为＿＿＿＿mm（均保留3位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 螺旋测微器主尺读数为 $6.5\text{ mm}$ ，可动刻度对齐 $42.0$ ，分度值为 $0.01\text{ mm}$ ，故读数为 $6.5+0.420=6.920\text{ mm}$ 。 (2) 由 $F^{\prime}$ - $l$ 图象，弹力与弹簧长度成线性关系，斜率绝对值即为劲度系数。直线与 $l$ 轴交点 $F=0$ 处对应弹簧原长 $l_0=17.5\text{ mm}$ 。由图象取两点 $(5.5,2.2)$ 与 $(17.5,0)$ ，得 $k=\left|\frac{\Delta F}{\Delta l}\right|=\frac{2.2\text{ N}}{12\text{ mm}}\approx0.183\text{ N/mm}=183\text{ N/m}$ 。故劲度系数为 $183\text{ N/m}$ ，弹簧原长为 $17.5\text{ mm}$ （均保留3位有效数字）。
熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所的电路（部分连线未完成）进行探究，图中数字毫安表内阻约为 $1\mathrm{\Omega}$ ，数字毫伏表内阻约为 $10\mathrm{M}\Omega$ 。

$(1)$ 将图1中的A、B端分别与图2中的 $A^{\prime}$ 、 $\mathrm{B}^{\prime}$ 端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过 $0.05\mathrm{\Omega}$ ，则未完成的连接中，Q端应和＿＿＿＿（填“b”或“c”）处相连，理由是＿＿＿＿。正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于＿＿＿＿（填“d”或“e”）端。 $(2)$ 闭合开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，实验测得组合体电阻为 $0.020\mathrm{\Omega}$ ，当电磁铁线圈中的电流小于 $142\mathrm{mA}$ 时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势 $E^{\prime}$ 随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为＿＿＿＿s（保留3位有效数字）。

【答案与解析】

(1) 组合体电阻不超过 $0.05\ \Omega$ ，与电流表内阻 $1\ \Omega$ 可比，为减小测量误差应采用安培计外接法：电压表直接并联在组合体两端（ $Q$ 端接 $b$ 处），电流表测量通过组合体的电流（电压表内阻很大，分流可忽略）。开始实验时滑动变阻器应置于阻值最大处以保护电路，即滑片置于 $d$ 端。 (2) 当 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 端直接连接时，回路电流 $I=\frac{E'}{R_{\text{组合}}}$ 。衔铁释放条件 $I<142\text{ mA}$ ，对应释放临界 $E'=I R_{\text{组合}}=0.142\times0.020\text{ V}=2.84\text{ mV}$ 。由图3，停止加热时（约 $t=14\text{ s}$ 附近） $E'$ 达最大值约 $46\text{ mV}$ ，此后冷却阶段 $E'$ 逐渐减小。读图可得 $E'$ 降至 $2.84\text{ mV}$ 对应时刻约为 $t\approx37\text{ s}$ ，故从停止加热到衔铁被释放所用时间约为 $37-14\approx23.0\text{ s}$ 。
如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体（视为理想气体）压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为 $2d$ ，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时

$(1)$ 腔内气体的压强； $(2)$ 外界气体的压强； $(3)$ 电容器的电容变为初始时的多少倍。

【答案与解析】

(1) 腔内气体温度不变，由玻意耳定律 $pV=p'V'$ ，即 $p\cdot Sd=p'\cdot S\cdot 2d$ ，得 $p'=\frac{p}{2}$ 。 (2) 对下极板受力分析：重力 $mg$ 向下，腔内气体压力 $\frac{p}{2}S$ 向下，外界气体压力 $p_{\text{外}}S$ 向上。由平衡条件 $p_{\text{外}}S=mg+\frac{p}{2}S$ ，得 $p_{\text{外}}=\frac{p}{2}+\frac{mg}{S}$ 。 (3) 由平行板电容器电容 $C=\frac{\varepsilon_r\varepsilon_0 S}{d}$ ，相对介电常数不变时 $C\propto\frac{1}{d}$ 。间距由 $d$ 变为 $2d$ ，电容变为初始时的 $\frac{C'}{C}=\frac{d}{2d}=\frac{1}{2}$ ，即变为初始时的 $\frac{1}{2}$ 倍。
研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为 $\frac{q}{m}$ 。已知 $OK=3h$ ， $OM=3\sqrt{3}h$ ，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。

$(1)$ 若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 $(2)$ 若K从水平方向逆时针旋转 $60^{\circ}$ ，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 $(3)$ 要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。

【答案与解析】

取纸面为竖直平面，屏幕水平， $O$ 位于屏幕上，磁感应强度 $\mathrm{B}$ 垂直纸面向外。 $K$ 位于 $O$ 正上方， $OK=3h$ 。 $O$ 、 $N$ 、 $M$ 共线于屏幕， $OM=3\sqrt{3}h$ 。 (1) $K$ 水平发射粒子（设为 $+x$ 方向），由洛伦兹力作用粒子做圆周运动，圆心在 $K$ 正下方距离 $r$ 处。要使粒子到达 $O$ 点，需 $r=\frac{3h}{2}$ （圆周过 $K$ 与 $O$ ，弦长 $3h$ 对应半径 $\frac{3h}{2}$ ）。由 $r=\frac{mv}{qB}$ 得 $v=\frac{qBr}{m}=\frac{3qBh}{2m}$ 。 (2) $K$ 从水平方向逆时针旋转 $60°$ 后，正、负粒子分别沿 $60°$ 和 $240°$ 方向射出，速度大小相同、方向相反，比荷大小均为 $\frac{q}{m}$ 。两粒子轨道圆心重合，圆周半径 $r=\frac{mv}{qB}$ 。由两粒子恰好均在 $N$ 点产生光点（即圆周与屏幕相切），由几何关系得 $r=2h$ ，故 $v=\frac{2qBh}{m}$ ，对应 $N$ 点位置 $(\sqrt{3}h,0)$ 。 (3) 由(2)，正粒子轨道圆心为 $(\sqrt{3}h,2h)$ ，半径 $r=2h$ ，从 $K(0,3h)$ 出发顺时针运动。设粒子运动至位置角 $\varphi$ 处关闭磁场，此后做匀速直线运动到达 $M(3\sqrt{3}h,0)$ 。关闭磁场时粒子位置 $(\sqrt{3}h+2h\cos\varphi,2h+2h\sin\varphi)$ ，速度方向 $(\sin\varphi,-\cos\varphi)$ 。由 $M$ 与该位置连线和速度方向平行得 $\sin\varphi-\sqrt{3}\cos\varphi+1=0$ ，解得 $\varphi=30°$ （另一解 $\varphi=270°$ 对应粒子已在 $N$ 点，与题意不符）。粒子从起始角 $150°$ 运动至 $30°$ ，转过 $120°=\frac{2\pi}{3}$ ，故 $t=\frac{2\pi}{3\omega}=\frac{2\pi m}{3qB}$ 。
如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为 $\mu$ ，重力加速度为g。

$(1)$ 求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； $(2)$ 若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； $(3)$ 若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。

【答案与解析】

(1) 传送带上 $\mathrm{A}$ 相对传送带向左运动，所受滑动摩擦力方向向右，大小 $\mu mg$ ，加速度 $a=\mu g$ 。由 $v^2=2\mu g d$ ，离开传送带时速度 $v_0=\sqrt{2\mu gd}$ 。 (2) 设 $\mathrm{A}$ 碰前速度 $v_0$ ， $\mathrm{B}$ 碰前速度 $\frac{v_0}{2}$ 。弹性碰撞后 $v_A'=\frac{m-m_B}{m+m_B}v_0+\frac{2m_B}{m+m_B}\cdot\frac{v_0}{2}=\frac{mv_0}{m+m_B}$ ， $v_B'=\frac{2m}{m+m_B}v_0+\frac{m_B-m}{m+m_B}\cdot\frac{v_0}{2}=\frac{(m_B+3m)v_0}{2(m+m_B)}$ 。碰后在粗糙地面上滑行距离 $s=\frac{v^2}{2\mu g}$ ， $\mathrm{B}$ 速度较大，停在 $\mathrm{A}$ 前方，相距 $s_B-s_A=d$ 。由 $s_B-s_A=\frac{v_B'^2-v_A'^2}{2\mu g}=d$ ，代入解得 $m_B=\frac{m}{3}$ 。 (3) 设 $\mathrm{B}$ 质量为 $nm$ ，动量守恒： $mv_0+nm\cdot\frac{v_0}{2}=mv_A'+nmv_B'$ 。由 $mv_A'=nmv_B'$ 得 $v_A'=nv_B'$ 。联立解得 $v_B'=\frac{(2+n)v_0}{4n}$ ， $v_A'=\frac{(2+n)v_0}{4}$ 。能量不能增加，即 $E_{k\text{后}}\le E_{k\text{前}}$ ，化简得 $n^3+n^2-8n+4\le 0$ ，因式分解为 $(n-2)(n^2+3n-2)\le 0$ ，在 $0<n\le 1$ 范围内解得 $n\ge\frac{\sqrt{17}-3}{2}$ 。又 $\mathrm{A}$ 不超越 $\mathrm{B}$ 需 $v_A'\le v_B'$ ，即 $n\le 1$ 。综上， $n$ 的取值范围为 $\left[\frac{\sqrt{17}-3}{2},1\right]$ 。对应 $v_B'=\frac{(2+n)v_0}{4n}$ 随 $n$ 增大而减小，故 $v_B'$ 的取值范围为 $\left[\frac{3}{4}\sqrt{2\mu gd},\ \frac{5+\sqrt{17}}{8}\sqrt{2\mu gd}\right]$ 。