专题提升：力学三大观点的综合应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：力学三大观点的综合应用-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　动量和能量观点的综合应用 1.（多选）（2026黑龙江哈尔滨高三期中）如图所示，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上，小球A落地后不反弹，已知小球C的最大速度为v，三球质量均为m，轻杆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.B、C两球分离时，A球恰好离开墙面 B.竖直墙对小球A的冲量大小为2mv C.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍 D.小球A落地前瞬间，动能大小为mgL－mv2 2.（多选）（2026山西长治高三月考）如图所示，在光滑水平地面上，长木板B质量mB＝2 kg，物体A质量mA＝1 kg，A放置在B的最右端。B右侧有一小球C，C右侧紧挨着一个固定的光滑圆弧轨道，轨道半径R＝0.2 m，圆心为O，轨道与水平地面平滑连接。现给长木板B一个水平向右的瞬时冲量I＝6 N·s，当A从B的左端滑出时，立即将A取走（此时B、C未发生碰撞）。已知B与C的碰撞均为弹性碰撞，A、B间动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.若BC发生碰撞前A、B共速，则共同速度大小为2 m/s B.若BC发生碰撞前A刚好滑到B的最左端时二者共速，则长木板B的长度为1.5 m C.若长木板B的长度为0.9 m，小球C的质量为3 kg，则小球C恰好到达圆弧轨道与圆心等高的位置 D.若长木板B的长度为0.9 m，小球C的质量为0.5 kg，则小球C能够通过圆弧轨道最高点 3.（多选）（2025山东青岛高三期末）带有光滑圆弧轨道的物体B静止在足够长的光滑水平面上，P、Q两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点。B的左侧固定一轻质弹性挡板，B上N点的左侧光滑，右侧NP段粗糙且间距为L＝0.4 m。现让物体A在N点的左侧，以v0＝4 m/s的速度向右运动。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A与B的NP段的动摩擦因数μ＝0.6，圆弧轨道的半径R＝0.3 m，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.A、B在Q点共速 B.A第一次经过P点时，B的速度大小为 m/s C.A第二次经过P点时的速度大小为 m/s D.A最多与弹性挡板碰撞1次，最终停在NP的中点 题组二　力学三大观点的综合应用 4.（多选）（2025湖北恩施模拟预测）为测试一款新能源汽车加速性能，试驾员驾驶该车在平直路面上静止出发，在恒定牵引力F＝6mg下起动加速（m为包括试驾员在内的车总质量），行车过程中受到路面和空气等各种阻力Ff大小与车速大小v之间的函数关系如图所示（v0已知，为舒适驾驶速度，对应的阻力为mg），当加速行驶距离s时，速度恰好达到最大值（不考虑额定功率对运动的限制和影响），则车在这段加速运动中（　　） A.能达到的最大速度为v0 B.做匀加速直线运动，平均速度为v0 C.加速时间为 D.克服各种阻力做功为6mgs－ 5.（多选）（2025黑龙江哈尔滨模拟预测）如图所示，一质量为m，足够长的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m0的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0向右开始运动。已知m0>m，木板右端与右侧固定墙面的距离足够长（木板与墙面碰撞前，已经与物块共速），物块与木板间的动摩擦因数为μ，所有碰撞均视为弹性碰撞，物块始终未滑离木板。下列说法正确的是（　　） A.木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为 B.木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小为 C.若m0＝2 kg，m＝1 kg，则木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间为t＝ D.木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为Q＝m0 6.（多选）（2025山东济宁模拟预测）利用下图光电计时器测量物块A、B的速度。光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，MN左端有一挡板P。MN右端N处与水平传送带平滑连接，现将宽度为d＝3.6×10－3 m的两黑色遮光条分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6 m/s匀速传动。物块B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，质量mA＝mB＝1 kg。开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态。现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t＝9.0×10－4 s。g取10 m/s2，所有碰撞均为弹性碰撞。下列说法正确的是（　　） A.弹簧储存的弹性势能为16 J B.物块B沿传送带向右滑动的最远距离为9 m C.物块B滑回水平面MN的速度大小为4 m/s D.若物块B仅在返回水平面MN后，才会与物块A发生碰撞，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间因摩擦产生的热量为720 J 综合提升练 7.（8分）（2025安徽蚌埠二模）如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： （1）B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小； （2）第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间； （3）在第二次碰撞后到第三次碰撞前，A、B间的最大距离。 8.（8分）（2025四川内江三模）如图所示，质量m0＝3 kg的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内部上表面除BC部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为k＝ N/m的轻弹簧，弹簧处于原长且右端位于凹槽上表面的A点。在A点（未与弹簧固定）并排放有两静止物体a和b（a、b未粘结且均可视为质点），质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg。现给物体a施加一水平向左、大小为F＝10 N的恒力，使物体a向左运动，当物体a速度为零时，立即撤去恒力F，同时解除对凹槽的锁定。经过一段时间后a、b两物体在凹槽上B点相碰并粘为一体，已知两物体与凹槽的BC部分的动摩擦因数均为μ＝0.1，两物体与凹槽右端及弹簧碰撞时均无能量损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求在恒力F作用的过程中，物体a向左移动的距离。 （2）求从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰时，凹槽向左运动的距离。 （3）若a、b两物体能与凹槽右侧完成3次碰撞，求BC长度的最小值。 9.（8分）（2026福建泉州高三模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的两小物块A、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未粘结），弹簧的弹性势能为Ep＝0.75 J。轴间距为L1＝4.5 m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面，小物块C静置于距斜面顶端L2＝ m处。现将A、B间的细线烧断，B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜面，一段时间后B与C发生碰撞。t＝0时B、C恰完成第一次碰撞，t＝2.4 s时刚要发生第二次碰撞，在0~2.4 s内B运动的v－t图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，B与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.3，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，求： 甲 乙 （1）B刚滑上传送带时的速度大小vB； （2）C的质量mC以及C与斜面间的动摩擦因数μ2； （3）C沿斜面下滑的最大距离xm。 10.（8分）（2025浙江金华模拟）如图所示，光滑水平面左侧放置质量M＝3 kg、半径R＝4 m的光滑圆弧槽b，右侧固定粗糙斜面体ABC，斜面AB和BC的倾角均为60°，B离地面高度h＝1.6 m，另有一个质量m＝1 kg的小滑块a（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放，圆弧槽圆心与小滑块的连线与竖直方向夹角为θ。滑块与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝，且滑块通过A点时无机械能损失。sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若圆弧槽b固定不动且小滑块a静止释放位置θ＝37°，求a第一次滑至圆弧槽最低点时小滑块的向心加速度大小； （2）若圆弧槽b不固定且小滑块a静止释放位置θ＝90°，求a滑至圆弧槽最低点时小滑块的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小； （3）若圆弧槽b固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面AB通过B点后恰好落在C点，求小滑块在B点时的速度及释放位置所在半径与竖直方向的夹角θ。 培优拔高练 11.（10分）利用超弹性碰撞原理是未来发射宇宙飞船的一种可能方案，其原理为竖直排列从上向下质量依次增大的弹性球以相同速度撞击水平地面，经多次碰撞后最上面小球以极大速度向上弹出。如图所示，A、B、C三个弹性小球，质量分别为m、5m、15m，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从C球下部离地H＝5 m处同时由静止释放，所有碰撞均为弹性碰撞。g取10 m/s2。 （1）求A球向上弹起时的速度大小； （2）若重新分配B、C质量，但它们总质量还是20m，求B球质量为多少时A球向上弹起速度最大（结果用根式表示）。 答案： 1.ABD　解析 B、C两球分离时，两球速度相等但两球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即此时A球恰好离开墙面，故A正确；小球A顺着墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的变化量，即IA＝2mv－0＝2mv，故B正确；B、C两球分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为v'，有mv＝2mv'，解得v'＝，但此时小球A竖直方向有速度，故C错误；小球A开始沿竖直墙下滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机械能守恒定律，有mgL＝EkA＋mv'2＋mv2，求得EkA＝mgL－mv2，故D正确。 2.ACD　解析 对B施加瞬时冲量，根据动量定理有I＝mBvB，若A、B能共速，由动量守恒有mBvB＝（mA＋mB）vAB，解得vAB＝2 m/s，故A正确；若A刚好滑到B的最左端时二者共速，由能量守恒有μmAgL＝mB（mA＋mB），解得L＝1.2 m，故B错误；若木板B的长度为0.9 m，当物体A从木板B左端滑出时，由动量守恒有mBvB＝mAvA＋mBvB1，由能量守恒有μmAgL＝mBmAmB，解得vB1＝ m/s，对B、C碰撞过程分析，由动量守恒有mBvB1＝mBvB2＋mCvC1，由能量守恒有mBmBmC，若小球C的质量为3 kg，解得vC1＝vB1＝2 m/s，设小球C通过与圆心O等高位置时的速度为vC2，由能量守恒有mC＝mCgR＋mC，解得vC2＝0，所以小球刚好到达此位置，故C正确；若小球C的质量为0.5 kg，解得vC1＝vB1＝4 m/s，设小球C通过圆弧最高点时的速度为vC2，由能量守恒有mC＝2mCgR＋mC，解得vC2＝2 m/s> m/s，所以小球C能够通过圆弧轨道的最高点，故D正确。 3.BCD　解析 A、B共速时，水平方向动量守恒，有mAv0＝（mA＋mB）v，假设在圆弧面高度为h位置共速，则有mA（mA＋mB）v2＝μmAgL＋mAgh，解得h＝0.36 m>R，可知A会从Q点飞出，故A错误；A第一次经过P点时，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，根据能量守恒定律有mAmAmB＝μmAgL，解得v2＝ m/s，故B正确；A第二次经过P点时，根据动量守恒定律有mAv0＝－mAv3＋mBv4，根据能量守恒定律有mAmAmB＝μmAgL，解得v3＝ m/s，故C正确；A第二次经过N点时，根据动量守恒定律有mAv0＝－mAv5＋mBv6，根据能量守恒定律有mAmAmB＝2μmAgL，解得v5＝ m/s，v6＝ m/s，A与挡板碰后速度大小不变，根据动量守恒定律有mAv5＋mBv6＝（mA＋mB）v'，根据能量守恒定律有mAmB（mA＋mB）v'2＝μmAgx，解得x＝0.2 m，故A最多与弹性挡板碰撞1次，最终停在NP的中点，故D正确。 4.AC　解析 根据图像信息可知，阻力与速度间的关系为Ff＝mg＋v，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，当加速度a＝0时，速度是最大的，此时vm＝v0，故A正确；根据牛顿第二定律得mg－v＝ma，加速度随着速度的增加而减小，不做匀加速运动，故B错误；对从静止开始加速到最大速度的全过程，列动量定理，可得Ft－t＝mvm，其中t＝mgt＋t＝ mgt＋s，整理后即为mgt－mv0，解得加速时间为t＝，故C正确；全程列动能定理，有Fs－Wf＝－0，解得克服阻力做功为Wf＝6mgs－，故D错误。 5.ABD　解析 木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木板第一次与墙面碰撞前，由动量守恒定律得m0v0＝（m0＋m）v1，解得木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为v1＝，故A正确；木板与墙面第一次碰撞后到木板第二次碰撞墙面前，木板与物块已共速，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m0－m）v1＝（m0＋m）v2，解得木板第二次碰撞墙面前瞬间的速度大小v2＝，木板与墙面第二次碰撞后到木板第三次碰撞墙面前，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m0－m）v2＝（m0＋m）v3，解得木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小v3＝，故B正确；若m0＝2 kg，m＝1 kg，则木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为v1＝v0，根据牛顿第二定律，木板、木块的加速度分别为a1＝＝2μg，a2＝＝μg，设木板第一次与墙面碰撞后，经历t1时间木板、木块共速，则v共＝－v1＋a1t1＝v1－a2t1，解得t1＝，v共＝v0，木板第一次与墙面碰撞后，t1时间内木板的位移为x＝－v1t＋1＝－，木板与滑块做匀速直线运动的时间为t2＝，则木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间为t＝t1＋t2＝，故C错误；根据能量守恒，木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为Q＝m0（m0＋m）m0，故D正确。 6.ACD　解析 解除锁定弹开物块A和B后，两物体的速度大小vA＝vB＝ m/s＝4.0 m/s，根据能量守恒，有弹簧储存的弹性势能Ep＝＝16 J，故A正确；物块B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得－μmBgsm＝0－mB，解得sm＝＝4 m，故B错误；物块B沿传送带向左返回时，假设先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为s'，由μmBgs'＝mBv2，得s'＝＝9 m>sm，表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度，所以vB'＝＝4 m/s，故C正确；物块B在传送带上向右减速到0的过程有μmBg＝mBa，0＝vB－at1，解得t1＝2 s，根据对称性可知，B回到传送带左端的时间也为2 s，则B从滑上传送带到回到左端位移为x1＝0，而传送带位移为x2＝v·2t1＝24 m，第一次，物块B与传送带之间因摩擦产生的热量为Q1＝μmBg·（x2－x1）＝48 J，A、B第一次碰撞后速度大小设为vA1、vB1，碰撞过程规定向右为正方向，则mAvA－mBvB'＝mAvA1＋mBvB1，mAmBvB'2＝mAmB，解得vA1＝－4 m/s，vB1＝4 m/s，根据以上分析可知，每次B与传送带间因摩擦产生的热量为48 J，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝15Q1＝720 J，故D正确。 7.答案 （1）5 m/s　（2） s　（3） m 解析 （1）由牛顿第二定律可知，B由静止开始下滑过程中，有mgsin α＝ma 由运动学公式有＝2ax1 解得v0＝5 m/s。 （2）设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mBv0＝－mBv2＋mAv1 根据能量守恒有mBmBmA 解得v1＝v2＝2.5 m/s 碰撞后，对A研究，有mAgsin α－μmAgcos α＝0 故碰后A做匀速运动，设经过t时间A、B第二次碰撞，则有v1t＝－v2t＋t2 解得t＝ s。 （3）第二次碰撞前，B的速度大小v3＝－v2＋at＝7.5 m/s 设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别为v4、v5，根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5 根据能量守恒有mAmBmAmB 解得v4＝5 m/s，v5＝0 设经过t'的时间A、B间的距离最大，有v4＝at' 解得t'＝ s 则A、B间的最大距离为sm＝v4t'－t'2＝ m。 8.答案 （1）0.15 m　（2）0.05 m　（3） m 解析 （1）物体a向左运动的距离设为xa，外力做的功WF＝F·xa 弹力的平均值k·xa 弹力做的功WO＝－·xa 根据动能定理得WF＋WO＝0 解得xa＝0.15 m。 （2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，a右滑xa＝0.15 m 凹槽和a构成的系统动量守恒，则有mava＝m0v 又 联立可得x＝0.05 m。 （3）从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得F·xa＝mm0v2 当物体a、b相碰时，碰后二者速度为vab，由动量守恒定律得mava＝（ma＋mb）vab 当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速v共，由动量守恒定律得（ma＋mb）vab－m0v＝（ma＋mb＋m0）v共 由以上各式解得v共＝0 即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得μ（ma＋mb）gs＝（ma＋mb）m0v2 能碰3次，满足s＝（2n＋1）·Lmin＝7Lmin 由以上各式解得Lmin＝ m。 9.答案 （1）1 m/s　（2）7 kg　　（3） m 解析 （1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得mBvB－mAvA＝0，Ep＝mAmB 联立解得vB＝1 m/s。 （2）若B在传送带上一直加速，由牛顿第二定律，有μ1mBg＝mBa1，解得a1＝3 m/s2，由运动学公式v2－＝2as，解得s＝2.5 m<L1 不合题意，故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动 B在斜面顶端有v0＝ 由v－t图像可知B每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为a2＝7.5 m/s2，a3＝2.5 m/s2 B在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有＝2a3L2 联立解得vB1＝8 m/s 对B、C第一次碰撞过程由动量守恒和能量守恒有mBvB1＝mBvB1'＋mCvC1，mBmBvB1'2＋mC 联立解得vC1＝2 m/s，mC＝7 kg 由v－t图像得x1＝2.4 m，x2＝3.2 m 若C在经x2－x1过程后速度恰减为0，则由t'＝x2－x1，得t'＝0.8 s<2.4 s 故B与C再次碰撞时C早已停止运动 B与C第一次碰后对C有0－＝2（－aC）（x2－x1） μ2mCgcos θ－mCgsin θ＝mCaC，联立解得μ2＝。 （3）设B第n次与C碰前的速度为vBn，同理可知碰后B、C的速度大小分别为vBn'＝vBn，vCn＝vBn 第n次碰后B上升过程，根据运动学公式，有vBn'2＝2a2xn C减速过程，根据运动学公式，有＝2aCxCn B与C第（n＋1）次碰撞前的速度应满足＝2a3（xn＋xCn），联立解得vB（n＋1）＝vBn 第n次碰撞后C的位移为xCn＝ 第（n＋1）次碰撞后C的位移为xC（n＋1）＝ 又第一次碰后C的位移为xC1＝0.8 m 则每次碰后C的位移为xCn＝ m（n＝1，2，3，…） C沿斜面下滑的最大距离为xm＝x1＋x2＋x3＋…＝ m。 10.答案 （1）4 m/s2　（2）5 m　 N　（3） m/s　60° 解析 （1）从释放位置到最低点列动能定理mg（R－Rcos θ）＝ 求得v0＝＝4 m/s，所以最低点向心加速度a＝＝4 m/s2。 （2）a与b水平方向动量守恒且总动量等于零，满足人船模型mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R 所以可得滑块水平位移x1＝R＝3 m 而竖直位移为4 m，则根据勾股定理可知，总位移大小为5 m； a滑下过程中ab组成的系统总能量守恒mgR＝ a与b水平方向动量守恒可得mv1＝Mv2 可得v1＝3 m/s，v2＝ m/s 小滑块由合力提供向心力FN－mg＝，所以FN＝ N。 （3）B点飞出到C点过程中，小滑块做斜抛运动，在水平方向匀速运动，则时间为t＝ 在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则h＝－vBsin 60°·t＋gt2，得vB＝ m/s 对于小滑块从释放位置运动到B点的过程，由动能定理可得 mg（R－Rcos θ）－mgh－μmgcos α 解得cos θ＝，所以θ＝60°。 11.答案 （1）40 m/s　（2）（－1）m 解析 （1）A、B、C一起下落H时，设速度为v0，取竖直向下方向为正，则有2gH＝，解得v0＝10 m/s C与地碰后立即以－v0的速度与B碰撞，设碰后速度分别为vC、vB，根据动量守恒定律与能量守恒定律有 －15mv0＋5mv0＝15mvC＋5mvB ×15m×5m×15m×5m 解得vB＝－20 m/s 对A、B碰撞同理可得vA＝－40 m/s，A球向上弹起时速度大小vA＝40 m/s。 （2）设B的质量为xm（0<x<20），则C的质量为（20－x）m，对B、C碰撞前后瞬间分析，设碰后速度分别为vC'、vB'，根据动量守恒定律与能量守恒定律有－（20－x）mv0＋xmv0＝（20－x）mvC'＋xmvB'，（20－x）mv0＋xm（20－x）mvC'2＋xmvB'2，解得vB'＝（－30＋2x） m/s 对A、B碰撞同理可得vA'＝ m/s 化简得vA'＝[4－78] m/s 当x＝－1（0≤x≤20）时vA'最大，此时B的质量为（－1）m。 学科网（北京）股份有限公司 $