2025届湖南省普通高中高三下学期5月高考模拟最后训练(五) 物理试题（含解析）

这是一份2025届湖南省普通高中高三下学期5月高考模拟最后训练(五) 物理试题（含解析），共19页。
本试卷共100分，考试时间75分钟．
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．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的性质.放射性元素A的原子核静止放在某匀强磁场中发生衰变,放射出粒子并变成新原子核B,粒子与新原子核B在磁场中运动的轨迹恰好为两个外切圆,测得两圆的半径之比为42∶1.已知普朗克常量 h=6.6×10-34 J·s,元电荷e=1.6×10-19 C,下列说法正确的是( )
A．放射性元素A的原子核发生的是β衰变
B．新原子核B的核电荷数为42
C．衰变放射出的粒子与新原子核B的动量相同
D．如果原子核A衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54 eV的金属钨发生光电效应
2．图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙为x=5cm处质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
甲乙
A．该波的波长为10cm
B．从图甲所示时刻起再过9s，x=8cm处的质点运动的路程为20cm
C．若这列波向右传播，图甲可能是t=6s时刻的波形图
D．若这列波向左传播，从图甲所示时刻起再过3s，x=1cm处质点的位移为532cm
3．人类对外太空探索永不停止，如图是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。在转移轨道上忽略地球和火星对探测器引力，已知火星的轨道半径是地球轨道半径的1.5倍，下列说法正确的是（ ）
A．绕太阳公转时，地球的加速度小于火星的加速度
B．进入地火转移轨道后，动能逐渐增大，机械能守恒
C．探测器从P到Q，经历的时间约255天
D．相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积大于火星与太阳连线扫过的面积
4．如图所示为国内CBA赛场的篮球场示意图，在某一篮球赛中甲将球（可视为质点）传给队友，出手时球离地1．5 m，速度大小为10 m/s，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为3．3 m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球的质量为0．6 kg，重力加速度为10 m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则
A．甲传球时，球与乙的水平距离为6 m
B．队友接球前瞬间，球的速度大小一定为10 m/s
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为39 J
D．若仅增大出手时球与水平方向的角度，球仍不能被乙拦截
5．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、−Q、−Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N点电势
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。
7．如图，港珠澳大桥人工岛建设时，起重机用8根对称分布且长度为的钢索将直径为、质量为的钢筒以匀加速竖直吊起，重力加速度为，若每根钢索所能承受的最大拉力大小为，则吊起过程中下列说法正确的是（ ）
A．钢索拉力不断变大
B．每根钢索所受到的拉力大小为
C．钢筒的最大加速度为
D．钢筒处于超重状态
8．如图为横截面为四分之三圆面的玻璃砖，一束平行红光以与边和边均成射入，已知玻璃砖折射率为，不考虑内部多次反射，则（ ）
A．在弧面出射位置对应的圆心角为
B．在弧面出射位置对应的圆心角为
C．若为平行紫光，则出射位置范围更窄
D．若为平行紫光，则出射位置范围更宽
9．如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的输入电压为u=2202⋅sin100πt(V)，匝数为500，接收线圈的匝数为1000，发射线圈输出功率为8.8kW．该装置可看成理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A． 使用该装置时采用直流电源也能为电动汽车充电
B． 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，均为100Hz
C． 接收线圈输出电压的峰值为4402V
D． 接收线圈输出电流的有效值为20A
10．如图所示，质量均为m的物块A和B由一根轻弹簧相连，在竖直向上的拉力F作用下，两物块一起做匀速运动。弹簧处于弹性限度内，现撤去拉力F。不计空气阻力，重力加速度为g。从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，若A、B一直向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力最大值为2mg
B．A的加速度最大值为2g
C．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小
D．弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组通过如图甲所示的对称双线摆实验装置测定当地的重力加速度。实验中保持两悬点A、B在同一高度处，A、B两点距离为。两根摆线的长度也均为。
(1)用20分度的游标卡尺测量摆球直径，正确操作后，游标卡尺示数如图乙所示，则摆球直径 mm；
(2)将摆球垂直于纸面向外拉开一个小角度（小于），随后静止释放摆球，实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第201次经过最低点的时间间隔为389s，则摆球运动的周期 s（结果保留三位有效数字）；
(3)已知实验中小球的直径远小于摆线的长度，则当地的重力加速度 （用、表示）；
(4)小天同学制作了如图丙所示的非对称双线摆实验装置进行实验，两支架间的距离为，两悬点、之间距离，悬点到摆球球心距离为，实验中，保持、和不变，改变和之间夹角（同时调整长度），将摆球垂直于纸面向外拉开一个小角度（小于），测出多组和摆球运动的周期，作出如图丁所示的的图像，已知图像斜率为，则由上述数据可得重力加速度 （用、、、表示）。
12．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)在测量金属丝电阻率的实验中，测出一段金属丝的长度l、金属丝的直径d、金属丝两端的电压U、经过金属丝的电流I，请写出金属丝电阻率的表达式 。
(2)如图1所示，将多用电表的选择开关旋转到“”位置，正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，必须进行的操作是 （请按操作顺序排列）。
A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋转到“”位置
C．把选择开关旋转到“”位置
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
(3)小明同学在探究电容器两极板间电势差与所带电荷量的关系时，利用如图2所示的电路进行实验。将一个电容器A和数字电压表相连，把开关接1，用干电池给A充电，充电完成后，电容器带电量记为Q。把开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B与A并联（注意不要让手或其他导体跟电容器的两极板接触，以免所带电荷漏失）。小明认为此时电容器A所带电荷量为之前的一半，你是否同意小明的观点，请推导说明： 。（分析时需要的物理量可自行设定）
13．如图所示，导热汽缸A和绝热汽缸B分别用两个绝热活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，两汽缸均固定在倾角为的斜面上，活塞中间有一轻质刚性杆连接。初始时汽缸A、B内的光滑活塞均位于汽缸的正中央，活塞质量分别为m和2m（m为未知量），横截面积分别为S和2S，汽缸长度均为L，B汽缸内气体初始压强为，温度为。若大气压强为，且满足，g为重力加速度，环境温度不变。求：
(1)A汽缸封闭气体的压强及杆的作用力大小；
(2)现缓慢加热B汽缸中的气体温度至，则此时A汽缸气柱长度与压强分别为多少。
14．某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒和,磁感应强度的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离，每根金属棒质量均为，电阻都为，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为恒力作用于金属棒上，使金属棒在导轨上滑动，经过，金属棒的加速度，求：
（1）此时金属棒的加速度是多少？
（2）此时两金属棒的速度各是多少？
（3）金属棒和的最大速度差是多少？

15.如图所示，MN、PQ间有沿y轴负方向的匀强电场E1，PQ、y轴间有沿y轴正方向的匀强电场E2，AC＝7CO，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，有一带电的粒子1，质量为m1、电荷量为＋q1，沿x轴正方向从A点以速度大小v0射入，经两电场偏转后恰好经过O点，此时速度与x轴正方向夹角为45°且斜向上，与静止在O点、质量为m2、电荷量为－q2的带电粒子2发生正碰，碰后粒子1速度反向，且经电场E2后通过C点，碰后粒子2的速度大小为2v04，进入磁场之后从y轴某点射出磁场进入电场E2，刚好从C点以水平向左的速度射出电场E2。不计粒子重力及粒子间的相互作用，碰后两粒子电性及电荷量均保持不变，题中只有v0已知，其他物理量均未知，求：
(1)粒子1与粒子2碰撞前在电场E1与电场E2中运动的时间之比及加速度大小之比；
(2)电场强度E2与磁感应强度B的大小之比；
(3)m1与m2之比，并通过计算分析两个粒子的碰撞是否为弹性碰撞。
高考模拟最后训练(五)参考答案
1．【答案】D
【解析】衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变放射出的粒子与新原子核B的动量大小相等、方向相反，由于粒子与新核在磁场中运动的轨迹为外切圆，说明粒子和新原子核B所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变，故A、C错误；由动量守恒定律可知0＝mv－mαvα，粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有qvB＝mv2r，又qα＝2e，R1∶R2＝42∶1，联立解得新原子核B所带的电荷量q＝84e，即新原子核B的电荷数为84，故B错误；原子核A衰变时释放出一种频率为1.2×1015Hz的光子，光子能量E＝hν＝6.6×10－34×1.2×1015 J＝7.92×10－19 J＝4.95 eV＞4.54 eV，因此能使金属钨发生光电效应，故D正确.
2．【答案】C
【解析】由题图甲可知λ=12cm,故A错误；由题图乙可知,周期为T=6s,则有9s=T+12T,x=8cm处的质点9s内运动的路程为s=6A=30cm,故B错误；若这列波向右传播,根据“同侧法”可知,此时刻x=5cm处质点沿y轴正方向振动,根据题图乙可知,在t=6s时刻,质点位于平衡位置,且沿y轴正方向振动,即若这列波向右传播,题图甲可能是t=6s时刻的波形图,故C正确；该波的波速为v=λT=2cm/s,若这列波向左传播,从题图甲所示时刻起再过3s,波传播的距离为Δx=vΔt=2×3cm=6cm=12λ ,即x=7cm处质点的波形传播到了x=1cm处质点,由数学知识可得题图甲对应的函数为y=5sin503π(x+0.01)cm,当x=7cm时,解得y=−532cm,故D错误.
3．【答案】C
【详解】根据万有引力提供向心力可得，解得，由于火星的轨道半径大于地球的轨道半径，绕太阳公转时，地球的加速度大于火星的加速度，A错误；进入地火转移轨道后，探测器克服引力做功，动能减小，势能增大，机械能守恒，B错误；根据开普勒第三定律，则有，解得，探测器从P到Q经历的时间，C正确；根据开普勒第三定律可得，其转动的角速度之比为，在相同的时间内，地球与太阳连线与火星与太阳连线扫过的圆心角之比，相同时间内地球与太阳连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积之比为，即相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积小于火星与太阳连线扫过的面积，D错误。
【知识归纳】天体中的追及相遇问题：
(1)相距最近：当两个环绕天体运动至中心天体同一侧，且三者共线时两环绕天体相距最近。角度关系满足：ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3，…)；
(2)相距最远：当两个环绕天体运动至中心天体两侧，且三者共线时两环绕天体相距最远。角度关系满足：ω1t－ω2t＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)。
4．【答案】C
【解析】设出手时篮球离地高度为h1，篮球到达最高点时高度为h2，由题意可知，篮球从抛出点到最高点竖直方向的位移为h＝h2－h1＝1．8 m，则有vy2＝2gh，得抛出时篮球竖直方向的分速度大小vy＝6 m/s，则从抛出点到最高点篮球运动的时间为t＝vyg＝0．6 s，篮球水平方向的分速度大小为vx＝v02－vy2＝8 m/s，则甲传球时，篮球与乙的水平距离为x＝vxt＝4．8 m，A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和篮球抛出时的高度相等，则篮球的速度大小为10 m/s，若高度不相等，则篮球的速度可能大于10 m/s，也可能小于10 m/s，B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能为E＝12mv02＋mgh1＝39 J，C正确；若仅增大出手时篮球与水平方向的角度，若角度太大，则篮球在水平方向的分速度过小，会导致篮球到乙位置时，竖直方向上升的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，D错误。
【一题多解】
篮球从抛出点到最高点的逆过程为平抛运动，根据动能定理则有mg（h2－h1）＝12mv02－12mvx2，竖直方向有h2－h1＝12gt2，水平方向有x＝vxt，联立可得球与乙的水平距离x＝4．8 m，A错误。
5．【答案】C
【详解】a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，对粒子a有： 即只要满足无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，无法判断从点的上方或下方穿出，AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，C正确D错误．
【关键点拨】带电粒子在复合场中运动的综合分析，这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面：
（1）在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡： Bqv=Eq ．
（2）若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．
（3）若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力： qvB=mv2R
6．【答案】A
【解析】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知φa=φb>φc=φd，B错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E′AC=16kQ1313R2，E′BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的−Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的−Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D错误。
甲乙丙
【命题创新 】电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【答案】CD
【详解】A．根据对称性可知，8根钢索的拉力大小相等，令钢索与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律有
钢筒做匀加速直线运动，加速度一定，则钢索拉力不变，A错误；
B．根据几何关系有
结合上述解得，
B错误；
C．结合题意与上述可知，当加速度最大时，钢索拉力最大，即拉力大小为F，则有
解得
C正确；
D．钢筒的加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态，D正确。
选CD。
8．【答案】BC
【详解】根据折射定律，解得折射角均为30°，由，可知临界角为45°，在弧面对应的入射角为45°，即时，如图所示，根据几何关系可知，根据三角形内角和公式可知，根据对称性可知在AO面上入射光线也存在对应圆心角为75°区域无光线射出，所以在弧面出射位置对应的圆心角为，A错误，B正确；若为平行紫光，则折射率变大，折射角变小，D点沿圆弧向右移动，在弧面上的入射角大于临界角，无法射出，所以出射位置范围更窄，C正确。D错误。
9．【答案】CD
【解析】变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，在接收线圈产生感应电流，故A错误；变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率是f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故B错误；发射线圈电压的有效值为U1=Um2=22022V=220V，由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系U1U2=n1n2，可得接收线圈输出的电压U2=n2n1U1=1000500×220V=440V，则接收线圈输出电压的峰值为4402V，故C正确；由理想变压器原、副线圈功率相等可知，发射线圈输出功率为8.8kW，则接收线圈输出电流的有效值为I2=P1U2=8.8×103440A=20A，故D正确．
10．【答案】BCD
【详解】从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，因撤去拉力前两物体一起匀速运动，所以弹簧弹力最大值等于B的重力，即，A错误；刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，A的加速度最大，A的加速度最大值为，B正确；该过程中A、B一直向上减速运动，分析可知B减速的加速度大小小于A减速的加速度大小，弹簧恢复原长时AB加速度相等，所以A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小，C正确；该过程中A、B的速度均减小，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的减少量与A、B动能的减少量之和等于A、B重力势能的增加量之和，所以弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和，D正确。选BCD。
11．【答案】(1)10.70
(2)3.89
(3)
(4)
【详解】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知摆球直径为
（2）摆球第1次经过最低点到第201次经过最低点的时间间隔为389s，则389s内经历了100次全振动，因此摆球运动周期为
（3）已知实验中小球的直径远小于摆线的长度，由几何关系可得摆长为
根据单摆周期公式可得
联立可得当地的重力加速度为
（4）如图所示
该不对称双线摆的等效摆长为，作，则有，
可得图像的斜率为
解得
12．【答案】(1)
(2)CAD
(3)同意，理由见解析
【详解】（1）由电阻定律有
金属丝横截面积
根据欧姆定律可得
解得
（2）测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“”位置，再将红表笔和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，正确顺序应为CAD。
（3）同意，电容器A和B并联，则，又，根据
得
根据电荷守恒可知
则
则电容器A所带电荷量为之前的一半。
13．【答案】(1)2.5p，；(2)，
【详解】（1）设汽缸A、B中气体的初始压强分别为、，杆的作用力大小为F，对两活塞由整体法，则有，，，
联立解得，
隔离上方大活塞，则有，
解得。
（2）设B汽缸气体升温后的长度为，压强为；A汽缸气体后来的长度为，A中气体压强为，对两活塞由整体法，
B气体由理想气体状态方程，
A气体发生等温变化，由玻意耳定律，
由几何长度关系，
联立以上各式解得，。
14．【答案】（1）；（2），（3）
【详解】（1）恒力作用于杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为，电流流经，根据左手定则受安培力水平向左，受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对由牛顿第二定律得
对由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设某时刻速度为，速度为，根据法拉第电磁感应定律有
在时，对由牛顿第二定律得
整理得
带入数据得
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力,对系统由动量定理得
带入数据得
联立解得
，
（3）杆做加速度减小的加速运动，杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为，对系统有
对杆有
其中
联立解得
15．【答案】（1）7∶1 1∶63 （2）v0∶16 （3）1∶7 见解析
【解析】（1）粒子1在电场中沿x轴做匀速直线运动，有v0t1＝xAC，v0t2＝xCO（1分）
解得t1t2＝71（1分）
沿y轴做匀变速直线运动，有
12a1t12＋a1t1t2－12a2t22＝0（1分）
解得a1a2＝163（2分）
（2）粒子2在磁场中做匀速圆周运动，有
q2v2B＝m2v22R（1分）
粒子2在电场中做类斜抛运动，有y＝2Rsin 45°（1分）
（v2sin45°）2＝2a3y，qE2＝ma3（1分）
解得E2B＝v016（1分）
（3）碰撞前粒子1在电场E2中沿y轴做匀变速直线运动，有v0tan 45°＝－a1t1＋a2t2（1分）
可得a2t2＝9v08（1分）
粒子1反弹后做斜抛运动，有2v1sin 45°＝a2t3（1分）
xCO＝v0t2＝（v1sin 45°）t3（1分）
联立得v1＝32v04（1分）
由动量守恒定律得m1·2v0＝－m1v1＋m2v2（1分）
解得m1m2＝17（1分）
因为12m1（2v0）2＝12m1（－v1）2＋12m2v22，所以该碰撞为弹性碰撞（2分）