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2026年金考卷特快专递高中物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年金考卷特快专递高中物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
6. ☆图甲是打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为$30°$，速率损失$25\%$。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第 1 次弹起后的滞空时间为$0.8\ s$，已知石块在同一竖直面内运动。当触水速度小于$2\ m/s$时石块就不再弹起，不计空气阻力，重力加速度大小$g$取$10\ m/s^2$。下列说法正确的是
A.石块每次与水面接触过程机械能损失$25\%$
B.石块每次弹起后运动到最高点的速度为零
C.石块第 4 次在水面弹起瞬间速率为$2.25\ m/s$
D.石块最多能在水面上弹起 6 次
A.石块每次与水面接触过程机械能损失$25\%$
B.石块每次弹起后运动到最高点的速度为零
C.石块第 4 次在水面弹起瞬间速率为$2.25\ m/s$
D.石块最多能在水面上弹起 6 次
答案：
6.D 斜抛运动+对称性 【2025课标新变化：在教材编写建议中新增“作业设计要联系实际，注重情境创设”】
A项分析：由于石块每次从水面弹起时，速率减少25%，故石块每次与水面接触过程机械能损失率$\eta = \frac{E_{初} - E_{末}}{E_{初}} × 100\% =$
$\frac{\frac{1}{2}mv^{2} - \frac{1}{2}m(\frac{3}{4}v)^{2}}{\frac{1}{2}mv^{2}} × 100\% = 43.75\%$，A错误；
B项分析：石块从水面弹起后做斜抛运动，斜抛运动可分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，利用运动的独立性可知，石块运动到最高点时竖直方向速度为0，水平方向速度不为0，B错误；
C项分析：石块第1次弹起后的滞空时间为$0.8s$，由竖直上抛运动的对称性知上升时间和下降时间均为$t_{1} = \frac{1}{2} × 0.8s = 0.4s$，则石块第1次在水面弹起时的竖直速度$v_{y1} = gt_{1} = 4m/s$，石块每次弹起时速度与水面的夹角均为$30^{\circ}$，则石块第1次在水面弹起瞬间的速度为$v_{1} = \frac{v_{y1}}{\sin30^{\circ}} = 8m/s$，由于石块每次从水面弹起时速率损失25%，因此第4次从水面弹起瞬间的速率为$v_{4} = v_{1} × (0.75)^{3} = 3.375m/s$，C错误；
D项分析：当触水速度小于$2m/s$时石块不再弹起，设石块最多能从水面弹起n次，由斜抛运动的对称性可知石块每次从水面弹起时与触水时的速率相等，则石块第n次从水面弹起后触水时的速率为$v_{n} = v_{1} × (0.75)^{n - 1} ＜ 2m/s$，第$n - 1$次从水面弹起后触水时的速率为$v_{n - 1} = v_{1} × (0.75)^{n - 2} ＞ 2m/s$，解得$n = 6$，D正确。
高考链接 本题与2023年新课标卷第24题均结合打水漂情境考查抛体运动，原题如下：
将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于$\theta$。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
答案：$\frac{\sqrt{2gh}}{\tan\theta}$
A项分析：由于石块每次从水面弹起时，速率减少25%，故石块每次与水面接触过程机械能损失率$\eta = \frac{E_{初} - E_{末}}{E_{初}} × 100\% =$
$\frac{\frac{1}{2}mv^{2} - \frac{1}{2}m(\frac{3}{4}v)^{2}}{\frac{1}{2}mv^{2}} × 100\% = 43.75\%$，A错误；
B项分析：石块从水面弹起后做斜抛运动，斜抛运动可分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，利用运动的独立性可知，石块运动到最高点时竖直方向速度为0，水平方向速度不为0，B错误；
C项分析：石块第1次弹起后的滞空时间为$0.8s$，由竖直上抛运动的对称性知上升时间和下降时间均为$t_{1} = \frac{1}{2} × 0.8s = 0.4s$，则石块第1次在水面弹起时的竖直速度$v_{y1} = gt_{1} = 4m/s$，石块每次弹起时速度与水面的夹角均为$30^{\circ}$，则石块第1次在水面弹起瞬间的速度为$v_{1} = \frac{v_{y1}}{\sin30^{\circ}} = 8m/s$，由于石块每次从水面弹起时速率损失25%，因此第4次从水面弹起瞬间的速率为$v_{4} = v_{1} × (0.75)^{3} = 3.375m/s$，C错误；
D项分析：当触水速度小于$2m/s$时石块不再弹起，设石块最多能从水面弹起n次，由斜抛运动的对称性可知石块每次从水面弹起时与触水时的速率相等，则石块第n次从水面弹起后触水时的速率为$v_{n} = v_{1} × (0.75)^{n - 1} ＜ 2m/s$，第$n - 1$次从水面弹起后触水时的速率为$v_{n - 1} = v_{1} × (0.75)^{n - 2} ＞ 2m/s$，解得$n = 6$，D正确。
高考链接 本题与2023年新课标卷第24题均结合打水漂情境考查抛体运动，原题如下：
将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于$\theta$。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
答案：$\frac{\sqrt{2gh}}{\tan\theta}$
7. 已知均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度均为 0。如图所示，空间存在一个半径为$R$的均匀带电球体，球心为$O_1$，总电荷量为$+Q$。现在在球内挖去一个以$O_2$为球心，半径为$r(r＜R)$的球体，$O_1$和$O_2$的距离为$d(d + r＜R)$，剩余部分的电荷分布不变，整个系统处于真空中。已知静电力常量为$k$，下列关于空腔内部任意一点$P$的电场强度$E$的说法正确的是
A.$E = \frac{kQr}{R^3}$，方向由$O_1$指向$P$
B.$E = \frac{kQr}{R^3}$，方向由$O_2$指向$P$
C.$E = \frac{kQd}{R^3}$，方向由$O_2$指向$O_1$
D.$E = \frac{kQd}{R^3}$，方向由$O_1$指向$O_2$
A.$E = \frac{kQr}{R^3}$，方向由$O_1$指向$P$
B.$E = \frac{kQr}{R^3}$，方向由$O_2$指向$P$
C.$E = \frac{kQd}{R^3}$，方向由$O_2$指向$O_1$
D.$E = \frac{kQd}{R^3}$，方向由$O_1$指向$O_2$
答案：
7.D 补偿法+场强叠加原理
第一步：等效模型（补偿法的核心思想）
将挖去球体后的带电体等效为原来的大带电球体与和挖去部分仅带电荷量相反的小带电球体的叠加。
第二步：计算电荷体密度与挖去部分带电体的电荷量
原均匀带电球体的电荷体密度$\rho = \frac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^{3}}$，则挖去部分带电体的电荷量$q = \rho · \frac{4}{3}\pi r^{3} = \frac{Qr^{3}}{R^{3}}$。
第三步：分析两个等效球体在P点的场强
设空腔内任意一点P与$O_{1}$间的距离为x，与$O_{2}$间的距离为y，根据均匀带电球壳内部电场强度为0可知，大带电球体在P点产生的电场强度可等效为在$O_{1}$处、电荷量为$Q_{1}$（$Q_{1}$为以$O_{1}$为球心，x为半径的球体所带的电荷量）的点电荷在P点产生的电场强度，即大小为$E_{1} = \frac{kQx^{3}}{x^{2}R^{3}} = \frac{kQx}{R^{3}}$，场强方向由$O_{1}$指向P；与挖去部分仅带电荷量相反的小带电球体在P点产生的电场强度，即大小为$E_{2} = \frac{kQ_{2}}{y^{2}} = \frac{k\frac{Qr^{3}}{R^{3}}}{y^{2}} = \frac{kQy}{R^{3}}$，场强方向由P指向$O_{2}$，如图所示。
第四步：场强的矢量叠加（关键几何关系：$O_{1}O_{2} = d$）
由场强的矢量叠加原理和三角形法则得P点所受电场强度方向由$O_{1}$指向$O_{2}$，大小为$E = \frac{kQd}{R^{3}}$【点拨：由于$E_{1}:E_{2} = x:y$，则$E_{1}$、$E_{2}$的合场强与$E_{1}$、$E_{2}$组成的矢量三角形为$\triangle PO_{1}O_{2}$，则合场强的方向由$O_{1}$指向$O_{2}$，大小满足$E_{1}:E_{2} = x:y:d$，即$E = \frac{d}{y} = \frac{kQd}{R^{3}}$】，D正确，ABC错误。
方法总结 求解电场强度的三大常用技法
技法 情境 解题思路
矢量图解法 多个点电荷产生的场强
① 作出各个点电荷在某点处产生场强的矢量图。
② 根据公式$E = k\frac{Q}{r^{2}}$分别求出各点电荷产生的电场在该点处的场强大小，再利用平行四边形定则求出该点的场强。
③ 若点电荷分布具有对称性，可以利用对称性进行分析。
等分点法 已知匀强电场中若干点的电势和它们之间的距离，求匀强电场的场强
① 找到匀强电场中几点的电势。
② 用等分点法找到与某点的电势相同的点，连接这两点可以得到等势线。
③ 作等势线的垂线可以确定电场线，根据电势升降的方向确定场强方向。
④ 由$E = \frac{U}{d}$得出场强。
补偿法 求缺失一部分的均匀带电球体在球外一点产生的场强
先补偿一个带电球体P使均匀带电球成为完整带电球体，然后构造一个相同的带电球体$P'$，放置在与A点对称处，使P、$P'$在A点产生的场强相互抵消。
A点的场强就等于完整带电球体在A点产生的场强与新放置的带电球体$P'$在A点产生的场强的矢量和。
7.D 补偿法+场强叠加原理
第一步：等效模型（补偿法的核心思想）
将挖去球体后的带电体等效为原来的大带电球体与和挖去部分仅带电荷量相反的小带电球体的叠加。
第二步：计算电荷体密度与挖去部分带电体的电荷量
原均匀带电球体的电荷体密度$\rho = \frac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^{3}}$，则挖去部分带电体的电荷量$q = \rho · \frac{4}{3}\pi r^{3} = \frac{Qr^{3}}{R^{3}}$。
第三步：分析两个等效球体在P点的场强
设空腔内任意一点P与$O_{1}$间的距离为x，与$O_{2}$间的距离为y，根据均匀带电球壳内部电场强度为0可知，大带电球体在P点产生的电场强度可等效为在$O_{1}$处、电荷量为$Q_{1}$（$Q_{1}$为以$O_{1}$为球心，x为半径的球体所带的电荷量）的点电荷在P点产生的电场强度，即大小为$E_{1} = \frac{kQx^{3}}{x^{2}R^{3}} = \frac{kQx}{R^{3}}$，场强方向由$O_{1}$指向P；与挖去部分仅带电荷量相反的小带电球体在P点产生的电场强度，即大小为$E_{2} = \frac{kQ_{2}}{y^{2}} = \frac{k\frac{Qr^{3}}{R^{3}}}{y^{2}} = \frac{kQy}{R^{3}}$，场强方向由P指向$O_{2}$，如图所示。
第四步：场强的矢量叠加（关键几何关系：$O_{1}O_{2} = d$）
由场强的矢量叠加原理和三角形法则得P点所受电场强度方向由$O_{1}$指向$O_{2}$，大小为$E = \frac{kQd}{R^{3}}$【点拨：由于$E_{1}:E_{2} = x:y$，则$E_{1}$、$E_{2}$的合场强与$E_{1}$、$E_{2}$组成的矢量三角形为$\triangle PO_{1}O_{2}$，则合场强的方向由$O_{1}$指向$O_{2}$，大小满足$E_{1}:E_{2} = x:y:d$，即$E = \frac{d}{y} = \frac{kQd}{R^{3}}$】，D正确，ABC错误。
方法总结 求解电场强度的三大常用技法
技法 情境 解题思路
矢量图解法 多个点电荷产生的场强
① 作出各个点电荷在某点处产生场强的矢量图。
② 根据公式$E = k\frac{Q}{r^{2}}$分别求出各点电荷产生的电场在该点处的场强大小，再利用平行四边形定则求出该点的场强。
③ 若点电荷分布具有对称性，可以利用对称性进行分析。
等分点法 已知匀强电场中若干点的电势和它们之间的距离，求匀强电场的场强
① 找到匀强电场中几点的电势。
② 用等分点法找到与某点的电势相同的点，连接这两点可以得到等势线。
③ 作等势线的垂线可以确定电场线，根据电势升降的方向确定场强方向。
④ 由$E = \frac{U}{d}$得出场强。
补偿法 求缺失一部分的均匀带电球体在球外一点产生的场强
先补偿一个带电球体P使均匀带电球成为完整带电球体，然后构造一个相同的带电球体$P'$，放置在与A点对称处，使P、$P'$在A点产生的场强相互抵消。
A点的场强就等于完整带电球体在A点产生的场强与新放置的带电球体$P'$在A点产生的场强的矢量和。
8. ☆嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场成功发射升空，之后准确进入地月转移轨道，开启世界首次月背“挖宝”之旅。图中是探测器绕月运行的三个轨道：大椭圆轨道 1，椭圆停泊轨道 2，圆轨道 3，$P$点为三个轨道的公共切点，$Q$为轨道 1 的远地点。关于嫦娥六号探测器的说法正确的是
A.发射速度大于第二宇宙速度
B.在$P$点需要点火减速才能从轨道 1 转移到轨道 2
C.在轨道上经过$P$点时所受月球引力的瞬时功率为 0
D.在轨道 1 上从$P$点向$Q$点运动过程中，机械能逐渐减小
A.发射速度大于第二宇宙速度
B.在$P$点需要点火减速才能从轨道 1 转移到轨道 2
C.在轨道上经过$P$点时所受月球引力的瞬时功率为 0
D.在轨道 1 上从$P$点向$Q$点运动过程中，机械能逐渐减小
答案：
8.BC 三大宇宙速度+卫星变轨 【2025课标新变化：在学业质量水平1中新增“能为我国在科技领域的卓越成就感到自豪，具有科技强国和实现中华民族伟大复兴的责任感”】
选项分析 选项正误
第二宇宙速度（又称逃逸速度）是使飞行器脱离地球引力束缚的最小地面发射速度，而嫦娥六号探测器绕月运行，仍在地球引力范围内，因此发射速度小于第二宇宙速度 A错误
嫦娥六号探测器在P点从轨道1转移到轨道2，即从高轨道转移到低轨道，做近心运动，需要点火减速，使万有引力比所需向心力更大 B正确
瞬时功率的公式为$P = Fv\cos\theta$（v是瞬时速度，$\theta$是力与速度的夹角），探测器在轨道上经过P点时，月球对探测器的引力方向指向月球球心，而探测器的速度方向沿轨道切线方向，此时探测器所受月球引力方向与其速度方向垂直，则探测器所受月球引力的瞬时功率为0 C正确
嫦娥六号探测器在大椭圆轨道1上从P点向Q点运动过程中，只有引力做功，机械能保持不变 D错误
选项分析 选项正误
第二宇宙速度（又称逃逸速度）是使飞行器脱离地球引力束缚的最小地面发射速度，而嫦娥六号探测器绕月运行，仍在地球引力范围内，因此发射速度小于第二宇宙速度 A错误
嫦娥六号探测器在P点从轨道1转移到轨道2，即从高轨道转移到低轨道，做近心运动，需要点火减速，使万有引力比所需向心力更大 B正确
瞬时功率的公式为$P = Fv\cos\theta$（v是瞬时速度，$\theta$是力与速度的夹角），探测器在轨道上经过P点时，月球对探测器的引力方向指向月球球心，而探测器的速度方向沿轨道切线方向，此时探测器所受月球引力方向与其速度方向垂直，则探测器所受月球引力的瞬时功率为0 C正确
嫦娥六号探测器在大椭圆轨道1上从P点向Q点运动过程中，只有引力做功，机械能保持不变 D错误
9. 如图所示，在相互平行的边界线$L_1$和$L_2$的上方和下方，均有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相同。带正电的粒子从边界$L_2$上的$A$点以初速度$v$与边界线$L_2$成$\theta = 60°$斜向上射出，若第一次从下方磁场穿出时与$L_2$交于$B$点(图中未画出)，不计粒子重力。下列说法正确的是
A.带电粒子经过$B$点的速度与$A$点时的相同
B.仅改变带电粒子的电性，$A$、$B$间距离不变
C.增大带电粒子初速度，$A$、$B$间距离将变大
D.增大磁感应强度，$A$、$B$间距离将变小
A.带电粒子经过$B$点的速度与$A$点时的相同
B.仅改变带电粒子的电性，$A$、$B$间距离不变
C.增大带电粒子初速度，$A$、$B$间距离将变大
D.增大磁感应强度，$A$、$B$间距离将变小
答案：
9.AB 带电粒子在匀强磁场中的运动 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力不做功，则带电粒子经过B点时的速度大小与经过A点时的速度大小相等，作出粒子从A点到B点的运动轨迹如图1所示【点拨：当磁场边界为直线边界时，粒子进出磁场时的速度关于磁场边界对称】，则带电粒子经过A、B两点的速度方向相同，因此带电粒子经过B点的速度与A点时的相同，A正确；设边界线$L_{1}$、$L_{2}$间的距离为d，粒子在磁场中的运动半径为r，则根据几何关系知，A、B间的距离为$AB = \frac{d}{\tan60^{\circ}} + 2r\sin60^{\circ} + \frac{d}{\tan60^{\circ}} - 2r\sin60^{\circ} = \frac{2d}{\tan60^{\circ}}$，所以A、B间距离与带电粒子的初速度大小、磁感应强度大小无关，CD错误；仅改变粒子电性，作出粒子从A点到B点的可能运动轨迹如图2所示，则$AB = \frac{d}{\tan60^{\circ}} - 2r\sin60^{\circ} + \frac{d}{\tan60^{\circ}} + 2r\sin60^{\circ} = \frac{2d}{\tan60^{\circ}}$，所以A、B间距离不变，B正确。
9.AB 带电粒子在匀强磁场中的运动 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力不做功，则带电粒子经过B点时的速度大小与经过A点时的速度大小相等，作出粒子从A点到B点的运动轨迹如图1所示【点拨：当磁场边界为直线边界时，粒子进出磁场时的速度关于磁场边界对称】，则带电粒子经过A、B两点的速度方向相同，因此带电粒子经过B点的速度与A点时的相同，A正确；设边界线$L_{1}$、$L_{2}$间的距离为d，粒子在磁场中的运动半径为r，则根据几何关系知，A、B间的距离为$AB = \frac{d}{\tan60^{\circ}} + 2r\sin60^{\circ} + \frac{d}{\tan60^{\circ}} - 2r\sin60^{\circ} = \frac{2d}{\tan60^{\circ}}$，所以A、B间距离与带电粒子的初速度大小、磁感应强度大小无关，CD错误；仅改变粒子电性，作出粒子从A点到B点的可能运动轨迹如图2所示，则$AB = \frac{d}{\tan60^{\circ}} - 2r\sin60^{\circ} + \frac{d}{\tan60^{\circ}} + 2r\sin60^{\circ} = \frac{2d}{\tan60^{\circ}}$，所以A、B间距离不变，B正确。
10. 如图所示，物块$A$的质量为$M$，物块$B$和物块$C$的质量均为$m(m \leq M \leq 2m)$并都可看作质点，三个物块用轻细线通过轻质定滑轮连接，$B$与$C$的距离和$C$与地面的距离都是$L$。现将$A$下方的细线剪断，若$A$距滑轮足够远且不计一切阻力，$B$、$C$落地后均不反弹。下列说法正确的是
A.物块$C$落地前，$A$、$B$的机械能均增大，$C$的机械能逐渐减小
B.若$M = m$，则物块$A$上升的最大高度为$\frac{7}{3}L$
C.若$M = 1.5m$，则物块$A$上升的最大高度为$\frac{5}{3}L$
D.要使$B$不着地，需要满足$\frac{M}{m} ＞ \sqrt{2}$
BD
A.物块$C$落地前，$A$、$B$的机械能均增大，$C$的机械能逐渐减小
B.若$M = m$，则物块$A$上升的最大高度为$\frac{7}{3}L$
C.若$M = 1.5m$，则物块$A$上升的最大高度为$\frac{5}{3}L$
D.要使$B$不着地，需要满足$\frac{M}{m} ＞ \sqrt{2}$
答案：
10.BD 机械能守恒定律+绳连接体+牛顿运动定律+动能定理
审题破题 物块运动情况分析
过程 运动情况分析
①从A下方的细线剪断到C落地前
(1) A向上加速运动，B、C一起向下加速运动，三物块的速度大小和加速度大小均相等，该过程可将B、C看成一个整体
(2) 三物块具体的加速度大小可通过先对A利用牛顿第二定律列式，对B、C整体利用牛顿第二定律列式，然后联立两式来求得
(3) C落地前瞬间三物块的速度大小可利用运动学公式或者机械能守恒定律等来求得
②C落地后
(1) 若A的质量等于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A、B均做匀速运动，其中A竖直向上匀速，B竖直向下匀速，则B肯定会落地，就有后续的过程③
(2) 若A的质量大于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A的加速度向下、B的加速度向上，B是否会落地要看该过程B减速到0的位移大小与L的关系
(3) 若A的质量小于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A的加速度向上、B的加速度向下，即A向上加速，B向下加速，则B肯定会落地，就有后续的过程③
③B落地后 由过程②的运动情况分析可知B落地时，A的速度方向向上，又B落地后A、B间的细线松弛，其上拉力为0，则A向上做竖直上抛运动
A项分析：物块C落地前，细线对C的拉力方向与C的运动方向相反，细线对A的拉力方向与A的运动方向相同，则细线拉力对C做负功，对A做正功，因此A的机械能增大，C的机械能减小【点拨：机械能变化可根据除重力外其他力的做功情况判断】，对B、C整体受力分析，由牛顿第二定律有$2mg - T_{AB} = 2ma$，可知$a ＜ g$，对物块B受力分析，由牛顿第二定律有$mg + T_{BC} - T_{AB} = ma$，所以$T_{BC} ＜ T_{AB}$，细线拉力对B做负功，B的机械能减小，A错误。
B项分析：若$M = m$，则从A下方的细线剪断至C落地前瞬间，对A、B、C整体由机械能守恒定律得$2mgL - mgL = \frac{1}{2} × 3mv^{2}$【点拨：A下方的细线剪断后，C落地前，细线拉力为A、B、C系统内力，A、B、C整体机械能守恒】，C落地后，由于A、B质量相等，则A、B受力平衡，做匀速运动，B落地时，A、B的速度大小为$v_{A} = v_{B} = v_{1}$。B落地后，A、B间的细线松弛，细线对A拉力为0，当A速度为0时上升至最大高度，从物块B落地到A上升到最高点过程，对A由动能定理有$-mgh_{1} = 0 - \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，解得$h_{1} = \frac{L}{3}$，则物块A上升的最大高度为$H_{1} = 2L + h_{1} = \frac{7L}{3}$，B正确。
C项分析：若$M = 1.5m$，则从细线剪断到C落地前瞬间，对A、B、C整体由机械能守恒定律得$2mgL - 1.5mgL = \frac{1}{2} × 3.5mv^{2}$，C落地后，由于$M ＞ m$，故A、B整体一起做减速运动，假设A减速至0时B还未落地，则对A、B整体从C落地到物块A减速到0过程，由机械能守恒定律有$mgh_{2} - 1.5mgh_{2} = 0 - \frac{1}{2} × 2.5mv^{2}$，联立解得$h_{2} = \frac{5L}{7} ＜ L$，假设成立，则A上升的最大高度$H_{2} = L + h_{2} = \frac{12L}{7}$，C错误。
D项分析：C落地前过程，对A、B、C整体由机械能守恒定律有$2mgL - MgL = \frac{1}{2}(M + 2m)v^{2}$，若B恰好落地（B下降至地面时速度为0），则从C落地至B恰好落地过程，对A、B两物块由机械能守恒定律有$MgL - mgL = \frac{1}{2}(M + m)v^{2}$，联立解得$M = \sqrt{2}m$，又A越重B越不容易落地，所以当$\frac{M}{m} ＞ \sqrt{2}$时，B不着地，D正确。
审题破题 物块运动情况分析
过程 运动情况分析
①从A下方的细线剪断到C落地前
(1) A向上加速运动，B、C一起向下加速运动，三物块的速度大小和加速度大小均相等，该过程可将B、C看成一个整体
(2) 三物块具体的加速度大小可通过先对A利用牛顿第二定律列式，对B、C整体利用牛顿第二定律列式，然后联立两式来求得
(3) C落地前瞬间三物块的速度大小可利用运动学公式或者机械能守恒定律等来求得
②C落地后
(1) 若A的质量等于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A、B均做匀速运动，其中A竖直向上匀速，B竖直向下匀速，则B肯定会落地，就有后续的过程③
(2) 若A的质量大于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A的加速度向下、B的加速度向上，B是否会落地要看该过程B减速到0的位移大小与L的关系
(3) 若A的质量小于B的质量，则类比过程①的
(2)可知A的加速度向上、B的加速度向下，即A向上加速，B向下加速，则B肯定会落地，就有后续的过程③
③B落地后 由过程②的运动情况分析可知B落地时，A的速度方向向上，又B落地后A、B间的细线松弛，其上拉力为0，则A向上做竖直上抛运动
A项分析：物块C落地前，细线对C的拉力方向与C的运动方向相反，细线对A的拉力方向与A的运动方向相同，则细线拉力对C做负功，对A做正功，因此A的机械能增大，C的机械能减小【点拨：机械能变化可根据除重力外其他力的做功情况判断】，对B、C整体受力分析，由牛顿第二定律有$2mg - T_{AB} = 2ma$，可知$a ＜ g$，对物块B受力分析，由牛顿第二定律有$mg + T_{BC} - T_{AB} = ma$，所以$T_{BC} ＜ T_{AB}$，细线拉力对B做负功，B的机械能减小，A错误。
B项分析：若$M = m$，则从A下方的细线剪断至C落地前瞬间，对A、B、C整体由机械能守恒定律得$2mgL - mgL = \frac{1}{2} × 3mv^{2}$【点拨：A下方的细线剪断后，C落地前，细线拉力为A、B、C系统内力，A、B、C整体机械能守恒】，C落地后，由于A、B质量相等，则A、B受力平衡，做匀速运动，B落地时，A、B的速度大小为$v_{A} = v_{B} = v_{1}$。B落地后，A、B间的细线松弛，细线对A拉力为0，当A速度为0时上升至最大高度，从物块B落地到A上升到最高点过程，对A由动能定理有$-mgh_{1} = 0 - \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，解得$h_{1} = \frac{L}{3}$，则物块A上升的最大高度为$H_{1} = 2L + h_{1} = \frac{7L}{3}$，B正确。
C项分析：若$M = 1.5m$，则从细线剪断到C落地前瞬间，对A、B、C整体由机械能守恒定律得$2mgL - 1.5mgL = \frac{1}{2} × 3.5mv^{2}$，C落地后，由于$M ＞ m$，故A、B整体一起做减速运动，假设A减速至0时B还未落地，则对A、B整体从C落地到物块A减速到0过程，由机械能守恒定律有$mgh_{2} - 1.5mgh_{2} = 0 - \frac{1}{2} × 2.5mv^{2}$，联立解得$h_{2} = \frac{5L}{7} ＜ L$，假设成立，则A上升的最大高度$H_{2} = L + h_{2} = \frac{12L}{7}$，C错误。
D项分析：C落地前过程，对A、B、C整体由机械能守恒定律有$2mgL - MgL = \frac{1}{2}(M + 2m)v^{2}$，若B恰好落地（B下降至地面时速度为0），则从C落地至B恰好落地过程，对A、B两物块由机械能守恒定律有$MgL - mgL = \frac{1}{2}(M + m)v^{2}$，联立解得$M = \sqrt{2}m$，又A越重B越不容易落地，所以当$\frac{M}{m} ＞ \sqrt{2}$时，B不着地，D正确。
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