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(共38张PPT)
专项突破7 动量与能量综合问
题的分析与处理
例1 (2024·甘肃高考)如图所示，质量为的小球 （可视为质点）在
细绳和的作用下处于平衡状态，细绳 ，与竖直
方向的夹角均为 。质量为的木板 静止在光滑水平面上，质量
为的物块静止在的左端。剪断细绳，小球 开始运动。
（重力加速度 ）
解答 、的质量均为，的质量，细绳 长度
，初始时细线与竖直方向的夹角 。
（1）求运动到最低点时细绳 所受的拉力。
[答案] 开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得， 。
（2）在最低点时，细绳断裂。飞出后恰好与 左侧碰撞
（时间极短），碰后竖直下落，水平向右运动。求碰后 的速度大小。
[答案] 与相碰时，水平方向动量守恒，由碰后 竖直下落可知
，解得 。
（3）、碰后，相对滑行后与共速。求和 之间的动摩擦因数。
[答案] 、碰后，相对滑行后与共速，则对、 组成的系统，
根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得 。
例2 (2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置的竖直截面如图所示，固定的
光滑水平直轨道、半径为的光滑螺旋圆形轨道 、光滑水平直轨
道平滑连接。长为，质量为的平板紧靠长为的固定凹槽 的
侧璧放置，平板上表面与齐平。将一质量为的小滑块从 端弹
射，经过轨道后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达 即被
锁定。已知，，， ，平板
与滑块间的动摩擦因数，与凹槽水平底面 间的动摩擦因数为
。滑块可视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度 。
（1）若滑块恰好能通过圆形轨道最高点，求滑块离开弹簧时速度 的
大小。
解答 滑块恰好能通过圆形轨道最高点时，
从滑块离开弹簧到过程，根据动能定理有 ，
解得 。
（2）若，滑块恰好过 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损
耗的机械能。
[答案] 平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得 。
（3）若，滑块能到达点，求其离开弹簧时的最大速度 。
[答案] 若 ，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为
，
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到到达 ，也可能先与木板共速，然后共同减速
假设滑块先与木板共速，然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为，
共速时，相对位移应为
解得，
随后共同减速
到达时速度
说明可以到达 ，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右
侧掉落
由功能关系可得滑块离开弹簧时的最大速度 。
例3 如图所示，右侧是一固定的四
分之一光滑圆弧轨道 ，半径
，左侧是一固定的曲面轨
道，两轨道末端与等高。两轨道间有一质量 的长木板静
止在光滑水平地面上，长木板右端紧靠圆弧轨道的 端，木板上表面
与圆弧面相切于点。一质量的小滑块 （可视为质点）从圆
弧轨道最高点由静止滑下，经 点滑上长木板。重力加速度大小取
，小滑块与木板之间的动摩擦因数 ，不计空气阻力。
（1）求小滑块滑到 点时对轨道的压力大小。
解答 小滑块由滑到点的过程，由动能定理可知
解得
在点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块滑到点时对轨道的压力大小为 。
（2）若木板只与端发生了两次碰撞（未与 端发生碰撞），小滑块一
直未与木板分离，木板与 端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短。
①求开始时木板左端与 端的距离。
[答案] 若在木板与 碰撞前小滑块与木板已达共同速度，碰撞后木板速
度反向，则整体的总动量向右，木板将与 端发生碰撞，这与题意不相
符，故在木板与 碰撞前，小滑块与木板未达共同速度。小滑块滑上木
板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
木板与端第一次碰撞前瞬间，小滑块速度为，木板速度为 ，在小
滑块滑上木板到木板第一次与 端碰撞前瞬间，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板以原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍
为，由对称性可知，木板与 端接触时速度为0，然后开始向左做匀加
速直线运动与 端发生第二次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度
仍为，小滑块速度为，木板只与 端发生了两次碰撞，则
从木板第一次与端碰撞之后的瞬间到木板第二次与 端碰撞之前瞬间
的过程，由动量守恒定律可知
联立解得
设开始时木板左端到端的距离为，则由运动学公式可知
解得 。
②求木板的最小长度。
[答案] 滑块刚好停在木板最左端时木板最短，此时小滑块 与木板的
速度均为0，设木板的最短长度为 ，由能量守恒定律可知
解得 。
练创新试题 知命题导向
1. 如图1所示，水平桌面上有一算盘，算珠质量均为 。算珠可
穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为 （未知）。使用
算盘时发现某一根杆上有、两颗算珠未在归零位置。、 相隔
，与上边框相隔。现用手指将以某一初速度
拨出，在方格纸中作出、运动的图像，如图2所示（实线代表 ，
虚线代表）。忽略算珠、碰撞的时间， ，则( )
A.算珠在碰撞前运动了
B.算珠与杆之间的动摩擦因数
C.算珠与算珠 在碰撞过程中无机械能损失
D.算珠 碰撞后恰好能到达归零位置
√
[解析] 设算珠碰撞前速度为 ，由匀变速直线运动规律可得
，解得碰撞前算珠运动的时间 ，A项错误;由匀变
速直线运动规律可得，由牛顿第二定律可得 ，
解得，B项错误;根据题图2可知碰撞后算珠、 的速度分别为
，，则有，故算珠 与
算珠在碰撞过程存在机械能损失，C项错误;算珠 碰撞后，由匀变速
直线运动规律可得 ，因此算珠
碰撞后恰好能到达归零位置，D项正确。
2. 如图所示，从点以速度
水平抛出一质量 的小物块，小物块
恰好沿切线方向从 点进入固定的光滑圆弧轨
道，经圆弧轨道后滑上与 点等高的长木
板，圆弧轨道端切线水平，已知、两点距 点的高度分别为
，，小物块与长木板之间的动摩擦因数，
部分上表面光滑，在长木板 端的竖直挡板上固定着一轻弹簧，弹簧的
自由长度与等长。，重力加速度取。
（1）求小物块第一次运动至 点时的速度大小。
解答 小物块从到 的过程中，由动能定理有
代入数据解得 。
（2）若长木板固定在水平面上，求小物块在长木板上运动的过程中轻
弹簧的最大弹性势能，以及小物块与长木板因摩擦而产生的热量 。
[答案] 由于长木板固定，则当小物块速度为零时，轻弹簧的弹性势能最
大，由能量守恒定律有
代入数据解得
因为，所以最终小物块会从 端飞出
小物块与长木板因摩擦而产生的热量 。
（3）若水平面光滑，且长木板不固定，要使小物块不从长木板上滑下，
求长木板的最大质量以及小物块在长木板上运动的过程中轻弹簧的最大
弹性势能。
[答案] 若长木板不固定且水平面光滑，当轻弹簧弹性势能最大时，小物
块的速度与长木板的速度相等，设小物块滑上长木板上时的速度为 ，
小物块由到的过程，由机械能守恒定律有
得
小物块在长木板上滑动时，它与长木板组成的系统动量守恒，当轻弹簧
有最大弹性势能时，有
根据能量守恒定律有
小物块与轻弹簧分离后，若小物块不从长木板上滑下，则表明小物块与
长木块重新达到了共速状态，临界条件为小物块恰好运动到长木板的最
左端时与长木板共速，对整个过程有
解得， 。
3. 如图所示，高度 的直圆管竖直固定，在管
的顶端塞有一质量的小球。从正上方
的高度处，由静止释放质量的小球后，与 发生多
次弹性正碰（碰撞时间极短），最终被从管中碰出。 相
对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为，
在管中始终未与管壁接触，重力加速度取 ，不计
空气阻力。
（1）、第一次碰撞后的瞬间，求、 各自的速度。
解答 、第一次碰撞前，自由下落，有
设、碰撞后瞬间，的速度为，的速度为 ，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
即的速度大小为，方向竖直向上，的速度大小为 ，方向
竖直向下。
（2）离开管之前，求、 的碰撞次数。
[答案] 、碰撞后，沿圆管向下做匀减速运动， 做竖直上抛运动
对，由牛顿第二定律有
设经时间向下运动 距离停止，由匀变速直线运动规律有
，
解得，
时间内，设的位移为。对 ，由匀变速直线运动规律有
此时，的速度，即停止的瞬间，刚好与
相碰，再次重复第一次的碰撞。
A、每经历一次碰撞，向下移动，由可知，、 在
管内的碰撞次数为6次。
（3）离开管之前，在、 第一次碰撞后瞬间到最后一次碰撞前瞬间
的过程中，求 机械能的变化量。
[答案] 、第一次碰撞后瞬间到最后一次碰撞前瞬间的过程中，对 ，
由动能定理有
解得
即的机械能减少了 。
4. 粗糙倾斜轨道与水平轨道通过圆滑曲面连接，如图1所示，在水
平轨道最左边放一质量为的弹性小球，现从倾斜轨道上的 点由静止
释放一直径与球相同的弹性小球（均可视为质点），与 球发生弹性
正碰后返回倾斜轨道，速度减为0时拴定，使球静止，该过程中， 球
的动能随位移变化的关系如图2所示，已知到水平轨道的高度为， 、
与轨道之间的动摩擦因数相等，重力加速度为,图中和 均未知。
（1）求 球的质量。
解答 由图2可知，设到达底部与球碰撞前的速度为 ，则碰撞后的
速度为
对两球碰撞（弹性碰撞）过程，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得, 。
（2）求全过程中摩擦力对 所做的总功。
[答案] 设斜面倾角为 ， 球向下运动过程中，根据动能定理得
球向上运动过程中，根据动能定理得
解得,
全过程中摩擦力对所做的总功 。
（3）球静止后，解除球拴定，试判断球能否与 球相撞。若能，调
整倾斜轨道的倾角 ，使球恰好与 球不相撞；若不能，调整倾斜轨
道的倾角 ，使球恰好能与 球相撞,并求调整后的倾角与调整前倾角
的余弦值之比。
[答案] 设球再次回到底部时速度为 ，根据动能定理得
结合
解得
故球会与 球相碰
若将倾角调为 ，则有
其中
解得
故 。专项突破7　动量与能量综合问题的分析与处理
(2024·甘肃高考)如图所示，质量为2 kg的小球A(可视为质点)在细绳O'P和OP的作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g=10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置的竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L，质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH的侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6，与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块可视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
(1)若滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，求滑块离开弹簧时速度v0的大小。
(2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能。
(3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径R=3.2 m，左侧是一固定的曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高。两轨道间有一质量M=2 kg的长木板静止在光滑水平地面上，长木板右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量m=1 kg的小滑块P(可视为质点)从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点滑上长木板。重力加速度大小取g=10 m/s2，小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力。
(1)求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小。
(2)若木板只与C端发生了两次碰撞(未与B端发生碰撞)，小滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短。
①求开始时木板左端与C端的距离。
②求木板的最小长度。
练创新试题·知命题导向
1.如图1所示，水平桌面上有一算盘，算珠质量均为m。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用算盘时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位置。A、B相隔s1=3.5cm，B与上边框相隔s2=2cm。现用手指将A以某一初速度v0拨出，在方格纸中作出A、B运动的v-t图像，如图2所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略算珠A、B碰撞的时间，g=10m/s2，则 (　　)
A.算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B.算珠与杆之间的动摩擦因数μ=0.2
C.算珠A与算珠B在碰撞过程中无机械能损失
D.算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
2.如图所示，从A点以速度v0=2 m/s水平抛出一质量m=2 kg的小物块，小物块恰好沿切线方向从B点进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高的长木板，圆弧轨道C端切线水平，已知A、B两点距C点的高度分别为H=3 m，h=1.5 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.4，DF部分上表面光滑，在长木板F端的竖直挡板上固定着一轻弹簧，弹簧的自由长度与DF等长。LCD=1.5 m，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)求小物块第一次运动至B点时的速度大小。
(2)若长木板固定在水平面上，求小物块在长木板上运动的过程中轻弹簧的最大弹性势能，以及小物块与长木板因摩擦而产生的热量Q。
(3)若水平面光滑，且长木板不固定，要使小物块不从长木板上滑下，求长木板的最大质量以及小物块在长木板上运动的过程中轻弹簧的最大弹性势能。
3.如图所示，高度h1=2.2 m的直圆管竖直固定，在管的顶端塞有一质量M=2 kg的小球B。从B正上方h2=0.45 m的高度处，由静止释放质量m=1 kg的小球A后，A与B发生多次弹性正碰(碰撞时间极短)，B最终被A从管中碰出。B相对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为f=30 N，A在管中始终未与管壁接触，重力加速度取g=10 m/s2，不计空气阻力。
(1)A、B第一次碰撞后的瞬间，求A、B各自的速度。
(2)B离开管之前，求A、B的碰撞次数。
(3)B离开管之前，在A、B第一次碰撞后瞬间到最后一次碰撞前瞬间的过程中，求B机械能的变化量。
4.粗糙倾斜轨道与水平轨道通过圆滑曲面连接，如图1所示，在水平轨道最左边放一质量为m的弹性小球A，现从倾斜轨道上的P点由静止释放一直径与A球相同的弹性小球B(均可视为质点)，与A球发生弹性正碰后返回倾斜轨道，速度减为0时拴定，使B球静止，该过程中，B球的动能随位移变化的关系如图2所示，已知P到水平轨道的高度为H，A、B与轨道之间的动摩擦因数相等，重力加速度为g，图中Ek0和x0均未知。
(1)求B球的质量。
(2)求全过程中摩擦力对B所做的总功。
(3)A球静止后，解除B球拴定，试判断B球能否与A球相撞。若能，调整倾斜轨道的倾角α，使B球恰好与A球不相撞；若不能，调整倾斜轨道的倾角α，使B球恰好能与A球相撞，并求调整后的倾角与调整前倾角的余弦值之比。
参考答案
例1　解答　A、C的质量均为m=2 kg，B的质量M=6 kg，细绳OP长度l=1.6 m，初始时细线与竖直方向的夹角θ=60°。
(1)A开始运动到最低点有mgl(1-cos θ)=m-0
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F-mg=
解得v0=4 m/s，F=40 N。
(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知mv0=0+mvC，解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B组成的系统，根据动量守恒可得mv0=(M+m)v
根据能量守恒得μmgL相对=m-(m+M)v2
联立解得μ=0.15。
例2　解答　(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，mg=
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理有-2mgR=m-m，
解得v0=5 m/s。
(2)平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒有mv0=(M+m)v共
根据能量守恒定律有ΔE=m-(M+m)
解得ΔE= J。
(3)若μ2=0.1，滑块与平板相互作用过程中，加速度大小分别为a1=μ1g=6 m/s2，a2==4 m/s2
共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2
考虑滑块可能一直减速直到到达H，也可能先与木板共速，然后共同减速
假设滑块先与木板共速，然后共同减速，则共速过程v=vE-a1t1=a2t1
共速过程，滑块、木板位移分别为x1=t1，x2=t1
共速时，相对位移应为Δx=L=x1-x2
解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s
随后共同减速x3=d-x1=1.88 m
到达H时速度vH== m/s
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落
由功能关系可得滑块离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。
例3　解答　(1)小滑块P由A滑到B点的过程，由动能定理可知mgR=m
解得vB=8 m/s
在B点，由牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=30 N
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30 N。
(2)①若在木板与C碰撞前小滑块与木板已达共同速度，碰撞后木板速度反向，则整体的总动量向右，木板将与B端发生碰撞，这与题意不相符，故在木板与C碰撞前，小滑块与木板未达共同速度。小滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知a==1 m/s2
木板与C端第一次碰撞前瞬间，小滑块速度为v1，木板速度为v2，在小滑块滑上木板到木板第一次与C端碰撞前瞬间，由动量守恒定律可知mvB=mv1+Mv2
由于无能量损失，则木板以原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为a，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，然后开始向左做匀加速直线运动与C端发生第二次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为v2，小滑块速度为v3，木板只与C端发生了两次碰撞，则
mv3=Mv2
从木板第一次与C端碰撞之后的瞬间到木板第二次与C端碰撞之前瞬间的过程，由动量守恒定律可知mv1-Mv2=mv3+Mv2
联立解得v2=1 m/s
设开始时木板左端到C端的距离为x，则由运动学公式可知=2ax
解得x=0.5 m。
②滑块P刚好停在木板最左端时木板最短，此时小滑块P与木板的速度均为0，设木板的最短长度为L，由能量守恒定律可知μmgL=m
解得L=16 m。
练创新试题
1.D　解析　设算珠A碰撞前速度为v1，由匀变速直线运动规律可得s1=t1，解得碰撞前算珠运动的时间t1=0.1 s，A项错误；由匀变速直线运动规律可得v1=v0-at1，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.1，B项错误；根据题图2可知碰撞后算珠A、B的速度分别为v2=0.1 m/s，v3=0.2 m/s，则有m>m+m，故算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C项错误；算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得x=t2=×0.2 m=0.02 m=2cm，因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D项正确。
2.解答　(1)小物块从A到B的过程中，由动能定理有mg(H-h)=m-m
代入数据解得vB= m/s。
(2)由于长木板固定，则当小物块速度为零时，轻弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律有mgH+m=μmgLCD+Ep
代入数据解得Ep=52 J
因为Ep>mgh+μmgLCD=42 J，所以最终小物块会从B端飞出
小物块与长木板因摩擦而产生的热量Q=2μmgLCD=24 J。
(3)若长木板不固定且水平面光滑，当轻弹簧弹性势能最大时，小物块的速度与长木板的速度相等，设小物块滑上长木板上时的速度为v，小物块由A到C的过程，由机械能守恒定律有mgH=mv2-m
得v=8 m/s
小物块在长木板上滑动时，它与长木板组成的系统动量守恒，当轻弹簧有最大弹性势能时，有
mv=(M+m)v'
根据能量守恒定律有
mv2-(M+m)v'2=μmgLCD+Ep'
小物块与轻弹簧分离后，若小物块不从长木板上滑下，则表明小物块与长木块重新达到了共速状态，临界条件为小物块恰好运动到长木板的最左端时与长木板共速，对整个过程有
mv2-(M+m)v'2≤2μmgLCD
解得Mmax=1.2 kg，Epmax'=12 J。
3.解答　(1)A、B第一次碰撞前，A自由下落，有2gh2=
设A、B碰撞后瞬间，A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2
由机械能守恒定律有m=m+M
解得v1=-1 m/s，v2=2 m/s
即A的速度大小为1 m/s，方向竖直向上，B的速度大小为2 m/s，方向竖直向下。
(2)A、B碰撞后，B沿圆管向下做匀减速运动，A做竖直上抛运动
对B，由牛顿第二定律有f-Mg=Ma
设B经时间t向下运动x距离停止，由匀变速直线运动规律有0-=-2ax，0=v2-at
解得x=0.4 m，t=0.4 s
t时间内，设A的位移为s。对A，由匀变速直线运动规律有s=v1t+gt2=0.4 m
此时，A的速度v=v1+gt=3 m/s=v0，即B停止的瞬间，A刚好与B相碰，再次重复第一次的碰撞。
A、B每经历一次碰撞，B向下移动x=0.4 m，由=5.5可知，A、B在管内的碰撞次数为6次。
(3)A、B第一次碰撞后瞬间到最后一次碰撞前瞬间的过程中，对B，由动能定理有
W+Mg·5x=0-M
ΔE=W
解得ΔE=-44 J
即B的机械能减少了44 J。
4.解答　(1)由图2可知，设B到达底部与A球碰撞前的速度为v0，则碰撞后的速度为-
对两球碰撞(弹性碰撞)过程，根据动量守恒定律有mBv0=mB·-+mvA
根据机械能守恒定律有mB=mB·-2+m
解得mB=，vA=v0。
(2)设斜面倾角为θ，B球向下运动过程中，根据动能定理得
mBgH-μmBgx0cos θ=mB-0
B球向上运动过程中，根据动能定理得mBg·+μmBgcos θ=mB2
解得μmBgx0cos θ=mBgH，=gH
全过程中摩擦力对B所做的总功W=-μmBgx0cos θ=-mgH。
(3)设B球再次回到底部时速度为vB，根据动能定理得mBg-μmBgcos θ=mB
结合=gH
解得=>
故B球会与A球相碰
若将倾角调为α，则有mBg·-μmBgcos α=mBvB'2
其中vB'=vA=v0
解得μmBgx0cos α=mBgH
故cos α∶cos θ=3∶2。

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