高中物理学霸成长之路压轴题.docx

高中物理学霸成长之路（压轴题）面对每一道题都要有一种精神：严谨细致的思维，百算无误的精细，舍我其谁的自信！对待学习要有“做别人的榜样”的自信！要么不做，要做就做到最好，做成所有人的典范！第一部分：经典例题例1：如图82甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为_(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)A2mgB4mgC6mgD8mg【解析】解法一F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t1，在0t1 时间内有：t12gt12对t1时间后木块滑行的过程，有：gt12 解得：F06mg解法二F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出若木块不从桌面滑出，则其vt 图象如图82乙中OBC所示，其中OB的斜率为g，BC的斜率为g，t1t2有：SOBC2设拉力为F时，木板的vt图象为图72乙中的直线OA，则SOAB即(v2v1)t1其中v1gt1，v2t1解得：F6mg即拉力至少为6mg答案C例2：如图85甲所示，一质量m1 kg的木板静止在光滑水平地面上开始时，木板右端与墙相距L0.08 m，一质量m1 kg的小物块以初速度v02 m/s滑上木板左端木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触物块与木板之间的动摩擦因数0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹取g10 m/s2，求：图85甲(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：mgmaLaT2v1aT可得：a1 m/s2，T0.4 s，v10.4 m/s物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：vv0(2nTt)aat式中t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2vv02nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：0v02nTa2v1解得：1.5n2.5由于n是整数，故n2解得：v0.2 m/s，t0.2 s从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：t4Tt1.8 s(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：sLat2解得：s0.06 m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1g1 m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2g1 m/s，方向向左可作出物块、木板的vt图象如图85乙所示由图可知，木板在0.4 s、1.2 s时刻两次与墙碰撞，在t1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度(2)由图85乙可知，在t1.8 s时刻木板的位移为：sa10.220.02 m木板右端距墙壁的距离sLs0.06 m图85乙答案(1)1.8 s(2)0.06 m例3：如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W2007年高考江苏物理卷【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：a环(k1)g，方向竖直向上(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：a棒(k1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H1路程sH2H1H(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1环的速度v1v1a环t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1v1环的位移h环1v1t1a环t12H棒的位移h棒1v1t1a棒t12Hx1h环1h棒1解得：x1棒、环一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v2同理，环第二次相对棒的位移为：x2h环2h棒2xn故环相对棒的总位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l故摩擦力对环和棒做的总功为：Wkmgl答案(1)(k1)g，方向竖直向上(2)H(3)例4：如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m，置于导轨上导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)线框的边长为d(d2L 8分 所以不会停在小车上，即两者分离（2分） 设两者分离时m的速度V1，车的速度V2，物块与车水平方向动量守恒mv0=mv1+Mv2（2分）$来&源：ziyuanku.com 物块与车系统能量守恒mg2L= mv02/2- mv12/2- Mv22/2（2分） 解得 v1 =1.8m/s 说明分离时m的速度方向与v0方向相反（1分） 中华.资*源%库 ziyuanku.com中华.资*源%库 ziyuanku.com 车的速度 v2 =1.7m/s （1分）2018高考备考计算题功力提升规范化练习（3难）高考备考计算题功力提升规范化练习（4）24.（13分）如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道。（g取10m/s2）（最后结果可用根式表示）中/华-资*源%库Ziyuanku.com（1）若FA=13N，求小球滑经A点时的速度vA；（2）若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA=13N，求小球由A滑至C的过程中损失的机械能。25(19分) 在竖直平面内存在如图所示的绝缘轨道，一质量为m=0.4kg、带电量为q=+0.4C的小滑块(可视为质点)在外力作用下压缩至离B点0.05m，此时弹性势能=17.25J，弹簧一端固定在底端，与小滑块不相连，弹簧原长为2.05m，轨道与滑块间的动摩擦因数。某时刻撤去外力，经过一段时间弹簧恢复至原长，再经过1.8s，同时施加电场和磁场，电场平行于纸面，且垂直x轴向上，场强E=10N/C；磁场方向垂直于纸面，且仅存在于第二、三象限内，最终滑块到达N(6m，0)点，方向与水平方向成30斜向下。(答案可用表示，)（1）求弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度；（2）求弹簧原长恢复后1.8s时小滑块所在的位置；（3）求小滑块在磁场中的运动的时间WWW.ziyuanku.com。24（1）小球在A、C两点所受轨道的弹力大小为：NA=FA，NC=FC（2分）在A点由牛顿第二定律得：NAmg=，（2分） 解得：vA=2 m/s （2分） （2）在C点由牛顿第二定律得：NC+mg=（2分）对A至C的过程，由动能定理得：Wfmg2R=mv2Cmv2A（2分）对A至C的过程，由功能关系得：E损=|Wf|由以上三式解得损失的机械能为0.2 J （2分） 25、（19分）【解析】 如图所示，弹簧释放到恢复原长经过位移s到达D点，根据能量关系，有：(2分) 其中 (1分)解得：=7.5m/s (1分) 此后小滑块沿斜面向上做减速运动，由WWW.ziyuanku.com牛顿第二定律得： (1分)解得小滑块的加速度大小为：=7.5 (1分)设小滑块运动到E点的速度为0，上升的位移为，则运动时间为：= (1分)上升的位移为：=3.75m (1分) 接着小滑块沿斜面下滑，运动时间为：=(1.81)s=0.8s由牛顿第二定律有： (1分) 解得：=2.5(1分)则下滑的位移为：= (1分)由图中几何关系知：BD+=BO+(1分) 即小滑块此时刚好到达坐标原点 (1分) 施加电场和磁场后，由题中数据知：分析可得，小滑块只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动到P(0，m)点，然后做匀速直线运动运动到N(6m，0)小滑块进入磁场的速度为：=2m/s (1分)洛伦兹力提供向心力：(1分)由图中几何关系知小滑块做圆周运动的半径为：r=2m (2分) 解得：=1T (1分)运动周期为： 在磁场中运动的时间为：=s (1分)高考备考计算题功力提升规范化练习（5）24(12分)如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段的动摩擦因数为，重力加速度g，求：Ziyuanku.com（1）物块B在d点的速度大小；（2）物块A滑行的距离s。25（20分）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量mB=1.0kg。带正电的小滑块A质量mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N。假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？24、解：设A、B在分离瞬间速度大小分别为v1、v2，质量分别为3m、m（1）在d点对B由牛顿第二定律得： 由得：（2）取水平向右方向为正,A、B分离过程动量守恒,则： A B分离后，A向左减速至零过程由动能定理得： B从b点到d点过程由动能定理得： 由得：25、答案：（1）2m/s2，方向水平向右；2m/s2，方向水平向左（2）0.62m，0.072J【解析】（1）A、B刚开始运动时，由牛顿第二定律，得对于A，只受电场力，有得A的加速度大小为，方向水平向右对于B及极中华.资*源%库 ziyuanku.com板，由牛顿第三定律知所受电场力为 由牛顿第二定律得而得B的加速度大小为方向水平向左（2）A、B开始时都做加速度为的匀减速直线运动，而，故B先减速到0，设从到B速度减为0的时间为，则得 在时间内，A的向左运动的位移为B向右运动的位移为时，A的速度为此后A继续向左做加速度为的中华.资*源%库 ziyuanku.com匀减速直线运动，而B受到向左的电场力，故B向左做匀加速运动，设经时间，A、B速度达到相同的，则得 得在时间内，A向左的位移为B向左的位移为则a、b间距离为在此过程中摩擦力对B做的功为高考备考计算题功力提升规范化练习（6）24.（14分）如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。质量m2=0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍。忽略空气阻力，重力加速度g= 10 ms2。求：WWW.ziyuanku.comZiyuanku.com(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf；(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E,；(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。25. (18分)如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xOy平面向里随时间变化的磁场，同时还有沿-y方向的匀强电场（图中电场未画出），磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中B。已知，其余量均为未知）t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以速度vo从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，to时刻粒子到达坐标为(xo，yo)的点A(x0y0)，速度大小为v，方向沿+x方向，此时撤去电场.t2时刻粒子经过x轴上x=xo点，速度沿+x方向，不计粒子重力，求：(1)0to时间内OA两点间电势差Um； (2)粒子在t=0时刻的加速度大小ao；WWW.ziyuanku.com(3)B1的最小值和B2的最小值的表达式高考备考计算题功力提升规范化练习（7）24.（14分）（16分）飞行器常用的动力系统某种推进器设计的简化原理如图1，截面半径为R的圆柱腔分别为两个工作区，I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。区产生的正离子以接近0的初速度进入区，被加速后以速度vM从右侧喷出。区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角（090）推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。（1）求II区的加速电压及离子的加速度大小；中华.资*源%库 ziyuanku.com（2）为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；（3）为90时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vm与的关系。中/华-资*源%库中华.资*源%库 ziyuanku.com25.（16分）如图，长度S=2m的粗糙水平面MN的左端M处有一固定挡板，右端N处与水平传送带平滑连接。传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面NQ间距离为L=3m。可视为质点的物块A和B紧靠在一起并静止于N处，质量mA=mB=1kg。A、B在足够大的内力作用下突然分离，并分别向左、右运动，分离过程共有能量E=9J转化为A、B的动能。设A、B与传送带和水平面MN间的动摩擦因数均为=0.2，与挡板碰撞均无机械能损失。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）分开瞬间A、B的速度大小；（2）B向右滑动距N的最远距离；（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围。24.（1）离子在电场中加速，由动能定理得：eU=M得：U=离子做匀加速直线运动，由运动学关系得：=2aL得：a=（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻区磁场应该是垂直纸面向外（3）当=90时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与区相切，此时圆周运动的半径为：r=R洛伦兹力提供向心力，有：Bevmax=m得：vmax=即速度小于等于 此刻必须保证B（4）当电子以角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：OCO=90OC=，OC=r，OO=Rr由余弦定理有：（Rr）2=+r22rcos（90）cos（90）=sin联立解得：r=再由：r= 得：vmax=答：（1）求II区的加速电压为，离子Ziyuanku.com的加速度大小为；（2）为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向是垂直纸面向外（3）为90时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围是速度小于等于（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vM与的关系为vmax=25.（1）设A、B分开时速度大小分别为vA、vB由A、B系统能量守恒有：由A、B系统动量守恒有：mAvA=mBvB联立解得：vA=vB=3m/s（2）假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，由动能定理得：解得：s2=2.25m由题意可知s2L=3m，假设成立所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m（3）设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得解得：s1=2.25ms=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB，后经s2距离停下，$来&源：ziyuanku.comWWW.ziyuanku.com则由动能定理有由s21.75m，解得由题意可知不论传送带速率多大，vB至多到3m/s，即符合题意，即传送带的速率取值范围是：答：（1）分开瞬间A、B的速度大小均为3m/s；（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是WWW.ziyuanku.com高考备考计算题功力提升规范化练习（8）24.（14分）如图所示，质量为M的小沙箱，被长为L的细绳静悬于距离地面高L的空中。一质量为m的子弹水平射向沙箱：子弹与沙箱相互作用的时间极短；子弹从沙箱穿出时速度方向未改变，落地点距悬点O的水平位移为；沙箱摆动的最大角度为60，沙箱尺寸远小于L。不计空气阻力，已知，试求（1）子弹射出沙箱的瞬间，沙箱的速率和细绳对沙箱拉力的大小；（2）射出沙箱后的瞬间与射入沙箱前的瞬间，子弹速率分别是多少。25. (18分) 如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。水平线QC以下是向左的匀强电场，区域（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域内大小相等、方向相反带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N，经区域再从P点垂直AQ射入区域（粒子重力忽略不计）（1）求该粒子的比荷q/m；（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；（3）若区域和区域内磁场的磁感应强度大小为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t。24。（12分）设子弹射出沙箱的瞬间，速率为为v子，则（直接写的只给1分） （2分） （2分）解得 （1分）由动量守恒得： （3分） 解得 （2分）注：答与均给2分25.（1）由题中华.资*源%库 ziyuanku.com意可知，粒子在区域内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；由$来&源：ziyuanku.com牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m解得：；（2）粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则：t1=水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则：L=由牛顿第二定律得：QE=ma解得：E=2B0v0；（3）带电粒子在区域和区域内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2= 粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示：在区域中匀速圆周运动周期：T1=；在区域中运动的时间：t2=2=；在区域和区域中匀速圆周运动周期：T2=；在区域和区域中运动时间：t2=；所以t=t2+t3=；答：（1）该粒子的比荷为；（2）该粒子从O点运动到N点的时间为，匀强电场的电场强度E为2B0v0；（3）粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t为中/华-资*源%库中/华-资*源%库Ziyuanku.com高考备考计算题功力提升规范化练习（9）24.（14分）如图所示，一个质量为m=2 kg的小物块（可看成质点）开始时静止在高度h=0.2 m、长度L=4 m、质量M=1kg的木板AB的最左端A处，C点为AB的中点。木板上表面AC部分粗糙，C B部分光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F=12 N的恒力，木板和小物块恰好能保持相对静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2（1）求小物块与木板上表面AC部分间的动摩擦因数2（2）如果对小物块施加一个水平向右的大小为F=14 N的恒力，当小物块运动到达C点时，小物块和木板的速度各为多少？中/华-资*源%库（3）在第（2）问的情况下，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板B端的水平距离。25. (18分) 如图所示，在xoy平面内有一范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，电场方向在图中未画出。在yl的区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里。一电荷量为+q、质量为m的粒子，从O点由静止释放，运动到磁场边界P点时的速度刚好为零，P点坐标为（l ，l），不计粒子所受重力。求从O点到P点的过程中电场力对带电粒子做的功，并判断匀强电场的方向；若该粒子在O点以沿OP方向、大小的初速度开始运动，并从P点离开磁场，此过程中运动到离过OP的直线最远位置的加速度大小，则此点离OP直线的距离是多少？中/华-资*源%库若有另一电荷量为q、质量为m的粒子能从O点匀速穿出磁场，设，求该粒子离开磁场后到达y轴时的位置坐标。25. 根据动能定理，从O到P过程中电场力对带电粒子做功：W=E=0（2分）直线OP是等势线，带电粒子能在复合场中运动到P点，则电场方向应为斜向右下与x轴正方向成45（2分）磁场中运动到离直线OP最远位置时，速度方向平行于OP洛伦兹力方向垂直于OP，设此位置粒子速度为v、离OP直线的距离为d，则：（2分） （2分） 解得 （2分）设粒子做匀速直线运动速度为v1，则（1分）设粒子离开P点后在电场中做类平抛运动的加速度为a，设从P点运动到y轴的过程中，粒子在OP方向的位移大小为x，则，（3分）解得（2分）$来&源：ziyuanku.com$来&源：ziyuanku.comWWW.ziyuanku.com$来&源：ziyuanku.com粒子通过y轴时的纵坐标为： （或写成）（2分）高考备考计算题功力提升规范化练习（10）24.（13分）如图，相邻两个匀强磁场区域和，设磁感应强度的大小分别为B1、B2。已知：磁感应强度方向相反且垂直纸面；两个区域的宽度都为d；质量为m、电量为+q的粒子由静止开始经电压恒为U的电场加速后，垂直于区域的边界线MN，从A点进入并穿越区域后进入区域，最后恰好不能从边界线PQ穿出区域。不计粒子重力。求（1）B1的取值范围；（2）B1与B2的关系式。中/华-资*源%库25.（19分）如图，固定在水平地面上的凹槽，槽宽D=2.3m，左侧槽缘高h=0.6m、斜面倾角，右侧槽缘高H=0.8m、光滑圆弧形轨道足够长。长L=1.6m、高H=0.8m、质量mA=1kg的木板A静止在槽内，左端距凹槽左侧D1=0.3m。可视为质点的滑块B，质量mB=2kg，放在A上表面的最左端。质量、v0=10m/s的小球水平撞击B后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点。已知A与B、A与凹槽底部的动摩擦因数分别为1=、2=，B向右滑行过程中未与A共速，A与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g取10m/s2。求：（1）小球与B碰后，B获得的速度vB（2）整个过程中A、B间摩擦产生的热量Q24（13分）解析：（1）设粒子经U加速后获得的速度为v，根据动能定理有：Ziyuanku.c