第10章 静电场中的能量 真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）

增大，所以场强增大，电场力变大，粒子做类平抛运动，竖直 方向上的加速度增大，运动时间变短，小球将打在N点的左 侧，故D正确.故选AD 9.BD解析：A.到达最低点的过程，根据动能定理可得 (mgn()-(kgg）=0,解得mg kOg 3x0/ 故A错误；B.当小球甲的加速度为零时，速率最大，则 有g=ntg解得=mg g,故B正确；C.小球甲最后停 留时，满足mg≤k9≤mg+,解得位置x的区间，0≤ mg+f 09,故C错误；D.若在最低点能返回，即在最低点 x≤mgfi 满足k鸟>mg+f,解得：x<。 Qg,结合A选项的结论：x= mg+f kQq 可得x= kQg kQg 解得初始电势能为： (mg-f)xo (mg-f)xoN mg+f' _k04<(mg-f力入√mg+f Q9,故D正确.故选BD. X0 10.(1)B(2)a→b5.2 解析：(1)电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示 数从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路 中的充电电流在减小，当充电结束，电路稳定后，此时电路 相当于开路，电流为0.故选B.(2)根据电路图可知充电结 束后电容器上极板带正电，将S,接2，电容器放电，此时通 过定值电阻R的电流方向为a→b;t=2s时I=1.10mA可 知此时电容器两端的电压为U,=R,电容器开始放电前两 端电压为12.3V,根据1-t图像与横轴围成的面积表示放 电量可得0~2s间的放电量为Q1=△U·C=(12.3V-1.10× 103A×R)C,2s后到放电结束间放电量为Q2=△U”·C= 10x10A·RC,根据题意。=，解得R≈52k0 11.(1)1.58m/8,方向向右(2)1.5N,方向竖直向下 (3)2.5m 解析：(1)设滑块在B点速度为U,对滑块从A到B的过程 应用动能定理mgR-qER= 2mw2,v≈1.58m/s,方向向右. (2)在B点由牛顿第二定律可得F、-mg=m。,联立解得 F、=1.5N,由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力大 小为1.5N,方向竖直向下 (3)由题意知gE=7.5×105×1×104N=0.75N,mg=0.05× 0.1×10N=0.05N,因此有gE>mg,所以小滑块最终在圆弧 轨道的BC部分往复运动，C点离水平面的高度h满足关系 式mgh=gE√R2-(R-h)7,所以小滑块在水平轨道上通过 的总路程x满足mgR-qER=mgx,解得x=2.5m 12.(1)E,=23m6 gd (2)E2= (3-。 3mvo 2% 解析：(1)根据几何关系可知，OP长度为lop=dtan60°= √3d,带电粒子在第一象限中做类平抛运动，在水平方向 d=o41,在竖直方向lop=2a行，其中gE,=ma1,联立解得 23 mvo E1= 叫(2)带电粒子经过Q点时沿y轴方向的分速 参考答案与解析 度v,=a1=23o,带电粒子在第四象限内运动时沿y轴 方向的速度不变，根据粒子经过S点时速度方向与y轴间 夹角a=30°，可得4三tanQ=,解得，=2，根据运 学公式，在x轴方向有-d= -2)'-6,在电场力作用下满 2a 3mvo 足ma=-g6,可得E,=2(3)根据题意可得在水平方 22a2,可得6= 向=站，在竖直方向31 2o,出第 一象限时，在竖直方向的速度大小为v,=a1t'=√6o,在第 7 四象限中，水平方向上有2d=2-6,可得=√2，粒 于通过y轴时的速度大小=√+=38 2 vo. 第十章真题演练 黑题 真题体验 1.B解析：带负电的试探电荷在x,处动能为1.5eV,电势能 为-1eV,总能量为0.5eV,且试探电荷速度沿x轴正方向， 在x2~x区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速 运动，在x,处速度最大，试探电荷继续运动到x,右侧，做减速 运动，当速度为零时，电势能为0.5eV,即运动到电势为-0.5V 处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x,处动能 仍为1.5eV,继续向左运动，在电势为-0.5V处减速到零又 反向运动，不会运动到，、x处，即试探电荷在x点两侧往复 运动.故选B. 2.ACD解析：D.根据点电荷的等势线画法，可知试探电荷由 F点沿直线移到0点，所在位置电势先增大后减小，电势能 先增大后减小，D正确：C.由等量异种电荷的电势分布可知 P=p>0,PD=-p<0,Po=0,Pr>0,因此PA-pp=p-pp< Pg-P=P,C正确；AB.由等量异种电荷的对称性可知F'和 C电场强度大小相等，B和E电场强度方向不同，A正确， B错误.故选ACD. 3.BC解析：ABC.由题知，OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的 电势分布情况可知PM=Pw>P,则带负电的小球在运动过 程中，电势能先减小后增大，且Ep>EM=Ew,则小球的电势 能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等 于在N点的机械能，A错误，BC正确；D.从M点运动到N 点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误故选BC. 4.A解析：设在小圆环上在P1、P2间的任意一点P,PM 与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤≤53°，带负电 的小圆环与M点固定的点电荷间库仑力为FM= 9x270。-27gg,方向由M一P,带负电的小圆环与N (2Rcos a)2 4R2 cos'a' 。q×64Q=16g0,方 点固定的点电荷间库仑力为F,-(2 Rsin a)2R2sin2a 向由N→P,连接OP,将两个库仑力沿着OP方向（半径方 向)和垂直OP(圆孤切线方向，向左为正)分解，则沿切线方 向F线=F,esa-Fysin a=16kg0cose_27kq0sine- R2sin'a 4R2 cos'a g0。(64cosa-27sin2a),因式分解可得F物践= R2 sin22a 黑白题23 aQ(4cosa-3sina)(7cos2a+6sin2a+9）,则小圆环在半圆 R2 sin22a 弧上运动时，0<a<90°，则cosa、sina、sin2a均大于0，则当 4cosa-3sina≥0时，即0<a<53时，F线>0，静电力做正功. 当53°<α<90°时，F切线<0，静电力做负功；a=53时，静电力 与速度方向垂直.可得小圆环从P,点运动到P,点的过程中 受到的静电力在切线方向的分力一直大于等于0，则静电力 一直做正功.故选A. 0 *g.- F 5.BCD解析：A.根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧 可知，带电粒子带正电，故A错误：B.等差等势面越密集的 地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确； D.粒子带正电，因为在M点的电势大于在N点的电势，故 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确； C.由于带电粒子仅在电场力作用下运动，电势能与动能总 和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨 迹上到达最大电势处时动能最小，故C正确.故选BCD. 6.C解析：A.因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜， 则a点所在的线是电场线，选项A错误：B.因c处的电场线 较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误：C.因 b、c两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值 比a、c两点间的大，选项C正确：D.因d、g两点在同一电场 线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动 时电场力做功不为零，选项D错误故选C 7.CD解析：A.因P点所在的等势面电势高于M点所在的等 势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；B.因M点处 的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度 大小比M点的小，选项B错误：C.场强方向垂直于等势面， 且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿： 轴正方向，选项C正确；D.因x轴上各点电势相等，则沿x 轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确.故选CD. 8.D解析：AB,根据Q=C四，G=可得当极板向距增大时 电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大， 故AB错误C,根据E=,得E=,散场强不交故 C错误；D.移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器 储存能量增大，故D正确.故选D. 9.B解析：A.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积 累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数 为零，A错误： B.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表 测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容 器充电结束后，最后趋于稳定，B正确： CD.电容器放电过程，刚开始电势差较高，所以放电效率高， 电流表和电压表的示数不是均匀减小至零的，CD错误.故 选B. 10.AD解析：AB.由题意知小滑块在B点处的加速度为零， 则根据受力分析有沿斜面方向gn30=管s30°，解得 必修第三册·RJ景 3kg故A正确，B错误，C.因为滑到C点时速度 零，设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为 取，根据动能定理有W+mgs血30°=0，解得W=-”学，放 C错误：D.根据电势差与电场强度的关系可知AC之间的 电势差Uc=-,故D正确，故选AD. 11.BD解析：B.粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关 系及场强和电场方的关系可得E片F=gB=ma,粒子谢 入电容器后的速度为。，水平方向和竖直方向的分速度 0=6c0s45°=y 20,%=6sin450= 20,从射入到运动到 最高点由运动学关系公式得m?=2ad,粒子射入电场时由动 能定理可得g=2m6,联立解得U:U,=1：1,B正 确：A.粒子从射人到运动到最高点由运动学公式可得2L= =0,联立可得L:d=1:1,A错误：C.粒子穿过电 0t,d=2 容器时从最高点到穿出时由运动学公式可得L=v,,巴，：= 叫，射人电容器到最流点有飞=，解得一子设粒子穿 过电容器与水平方向的夹角为a,则amQ=”=2粒子射 入电场和水平线的夹角为B=45°，tan(a+B)= an+amB-3,C错误；D.粒子射入到最高点的过程水平 1-tan atan B 1 方向的位移为x,竖直方向的位移为y=2t2,联立x= ,gU=2mt,=0as45°，a'= m=a't,E= 得y,即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位一 移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理， 即轨迹不会变化，D正确.故选BD. 2,(1)2x10NV0(2)0.53m/s(3)?ms 解析：(1)撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态， 对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力 平衡条件有gE=mcg,解得E=2×10N/C;(2)C开始做匀 速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有 T1=mcg,T1=f,其中fB=um8,解得u=0.5,C开始匀速运 动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大 小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降0.2m的过程 中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律 1 2 有mh三)T+)t2me+2E,解得u三了m3 (3)没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对 滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡 有2h-f=0,当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生 相对滑动时，C下降高度为h',对A根据牛顿第二定律可得 f2h'=m4a,对B、C根据牛顿第二定律可得qE+mcg T=mca,T-f=maa,撒去电场后，由第(2)问的分析可知A、 白题24 B在C下降0.2m时开始相对滑动，在C下降0.2m的过程 中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 gBh'+mch=24+2ma2a+2mc2am+2E,此时A的 速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐 运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 2√2 Vnax=Uma,联立解得va= m/s 3 静电场模块测评 1.C解析：A项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带 负电荷，右端带正电荷，两端出现电压，感应电场与外电场相 叠加，所以内部电场强度为0，起到屏蔽的作用.B项：当正电 荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，由于右端接地， 则右端不带电，两端仍出现电压，感应电场与外电场相叠加， 所以内部电场强度为0，起到屏蔽的作用.C项：当正电荷放 在金属壳内时，使金属壳内侧带负电荷，外侧带正电荷，出现 感应电场，没起到屏蔽的作用D项：当正电荷放在金属壳内 时，由于接地，则使金属壳内侧带负电，外侧不带电，故外部 没有电场，从而起到屏蔽的作用故选C 2.AD解析：ABC.由题意知，同一个正电荷g两次以大小相 同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点， 且q在M、N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两 点的电势相同，M、N两点位于以场源电荷为圆心的同一圆 周上，由于场源电荷在P点左侧，所以P点电势高于M点电 势，q从P到M做加速运动，故BC错误，A正确；D.根据以 上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正 电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由 点电荷的场强公式可知M、W两点处电场强度大小相同，故 D正确.故选AD. 3.C解析：AC.根据电场线分布可知，头部带正电，尾部带负 电，沿电场线方向电势降低，可知B点电势高于A点电势， 选项A错误，C正确；B.A点电场线较C点密集，A点电场强 度大于C点电场强度，选项B错误：D.正离子从A向C运动 时，电场力做负功，则其电势能变大，选项D错误.故选C 4.D解析：A.断开开关K,电容器带电量不变，则由C=9 4na,可得U=4md C= ,d减小，可知静电计指针的张角变 8.S 小，故A错误：BCD.电场强度为E= -架玻小电场 堡度不变，带电油滴不动，由-0=品，，可知P点 电势不变，则带电油滴的电势能E。=qP _4 mkaed,电势能 不变，故BC错误，D正确.故选D. 5.B解析：A.比较一对等量异种电荷产生的电场的等势线的 形状，可知该电场不是一对等量异种电荷产生的电场，A错 误：B.因为将电子从c点移至无穷远处克服电场力做的功比 从点移至无穷远处克服电场力做的功多，故c点电势高 I 于e点电势，故电场线的方向应从左向右穿过各等势线，故a 点电势高于b点电势，B正确；C.因d点电势低于b点，故质 → 子从d点移到b点电场力做负功，C错误：D.d处等差等势 线比c处密集，因而d点场强比c点大，但d、c两点场强方向 垂直于等势线均向右，D错误.故选B. 参考答案与解析 6.ACD解析：A.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷 在D处的电场强度沿DB方向，正电荷在D处的电场强度 沿AD方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷 在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向 沿AD延长线和DB夹角的角平分线；根据点电荷形成的电 场强度，可知AB在D点的场强的大小E,=E。之，根据电 场的叠加原理，则D点的场强E,=E4cos60°+Egcos60°= 是，A正确：B.由平行四边形定则可知，A与B的电场在CD 中点处的合场强的方向一定沿水平方向垂直于CD,所以小 球在CD中点处受到的电场力的方向沿水平方向且垂直于 CD,小球受到的重力的方向竖直向下，而小球受到的支持力 的方向也与CD垂直，所以小球受到的合外力沿竖直方向 的分量不为零，故其加速度不可能等于零，故B错误；C.由 于C与D到A、B的距离都等于L,结合等量异种点电荷的电 场特点可知，C点与D点在同一等势面上，电场力不做功，下 落过程只有重力做功，即mghn=Ek,由几何关系可知hp= Lsin60≤3L,小球的动能E=兮mgL,C正确；D.根据电场 的叠加原理及几何知识可知，C点的电场强度大小Ec= E,c0s60+E6cs60°=名，放C、D两点的电场强度大小相 等，D正确.故选ACD. 7.D解析：A.根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速 度逐渐增大，说明小球所受电场力的方向由A指向C,小球 带负电，故电场的方向由C指向A,A项错误；B.小球在B处 加速度最大，由qE=ma知，A、B、C三点中B点处电场强度 最大，故由A到C电场强度先增大后减小，B项错误；C.如果 小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度= 4+7 m/s=5.5m/s,但小球由B至C过程中做加速度减小的 2 加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于 5.5m/s,C项错误；D.根据动能定理有gUs=2mm后 1 2mi=8m,gUac=2mm2-2m=16.5m,可得1Ua1小于 IUcI,D项正确.故选D. 8.C解析：A.x=0处的电势大于x=x1处的电势，粒子带负 电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，故从x=0 处运动到x=x1过程中电势能增大，电场力做负功，动能减 小，故A错误；B.p-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度 的大小，可知在x=x处电场强度为零，根据F=gE可知粒子 在x=x3处所受电场力为零，故B错误；C.若o=2, 2qPo 根据动能定理-g[0-(-po)]=)mm2了 -2m6,解得粒子运动 到x=,处的速度=√网，故C正确：D,根据电场力和运 动的对称性可知，粒子能运动到x=x,处，就能到达x=x4处， 当粒子恰好运动到x=x1处时，由动能定理得-q[0- (-4)]=0-2m6,解得-√m 2g90,即粒子从x=0处出发 的最小速度应为=，故D错锅故法C 黑白题25第十章 黑题 真题体验 考点1电场强度、电势和电势能 1.(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴， 该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的p 随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e 带负电的试探电荷，经过x2点时动能为 1.5eV,速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电 场力.则其将 A.不能通过x3点 B.在x3点两侧往复运动 C.能通过xo点 D.在x点两侧往复运动 ↑/八N B (第1题) (第2题) 2.（2023·山东高考)（多选）如图所示，正六棱 柱上下底面的中心为0和0'，A、D两点分别 固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是 A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E点的电场强度方向相同 C.A'点与F点的电势差小于O'点与D'点的 电势差 D.将试探电荷+g由F点沿直线移动到O点， 其电势能先增大后减小 考点2电场力做功和能量的转化 3.(2023·全国乙卷)（多选）在0点 P● 处固定一个正点电荷，P点在0点 右上方.从P点由静止释放一个带0： 负电的小球，小球仅在重力和该点 N 电荷电场力作用下在竖直面内运 动，其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两 真题演练 限时：60min 点，0P>0M,OM=0N,则小球 A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终 不做功 4.（2024·广西高考)如 图，将不计重力、电荷量 为q带负电的小圆环套 在半径为R的光滑绝缘 半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分 别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷.将 小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后 经过图上P,点和B,点，已知sn0=,则小 圆环从P,点运动到P,点的过程中( A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 考点3电场线和等势面 5.(2024·甘肃高考)（多选）某带电体产生电场 的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带 电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹， M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点， 下列说法正确的是 A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度 比N点的小 C.粒子在运动轨迹 上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电 势能 黑白题045 6.(2022·浙江高考)某种气体一电子放大器的 局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属 薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两 孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示： 下列说法正确的是 ( A.a点所在的线是等势线 B.b点的电场强度比c点大 C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间 的大 D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电 场力做功为零 7.(2023·辽宁高考)（多选）图(a)为金属四极 杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图， 图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内 的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相 等，则 图(a 图b) A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 考点4电容器 8.(2024·浙江高考)图示是“研究电容器两极 板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量 不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增 大，则 必修第三册：RJ A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大 C.极板间电场强度增大 D.电容器储存能量增大 (第8题) (第9题) 9.（2022·北京高考)利用如图所示电路观察电 容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值 电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表 下列说法正确的是 （) A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋 于稳定 B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋 于稳定 C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 考点5带电体在电场中的运动 10.（2024·山东高考)（多选）如图所示，带电量 为+g的小球被绝缘棒固定在0点，右侧有固 定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面. 质量为m、带电量为+g的小滑块从斜面上A 点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加 速度为零，滑到C点时速度为零.已知AC间 的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常 量为飞，下列说法正确的是 √3kg A.OB的距离l= mg B.OB的距离l= 3kq 7mnkwmmmmmam 入√3mg C.从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs D.AC之间的电势差Uc=-ms 2g 黑白题046 11.(2023·湖北高考)（多选）一带正电微粒从 静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的 平行板电容器，极板间电压为U,.微粒射入 时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端 的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均 为d,如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下 列说法正确的是 A.L:d=2:1 B.U1:U2=1:1 C.微粒穿过电容器区 45 域的偏转角度的 正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在 电容器中的运动轨迹不变 12.(2024·福建高考)如图，木板A放置在光滑 水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧 M、N与桌面上的两个固定挡板相连.小物块 B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑 轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘 且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行. 桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、 C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自 然伸直状态.t=0时撤去电场，C向下加速运 动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀 速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J.已知 A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg, 小球C的带电量为1×106C,重力加速度大 小取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间 的摩擦力不计， (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速 运动时的速度大小； (3)若t=0时电场方向改为竖直向下，当B 与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场， 第十章黑白 A、B继续向右运动，一段时间后，A从右 向左运动.求A第一次从右向左运动过 程中最大速度的大小.（整个过程B未与 A脱离，C未与地面相碰) 题047