《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練6 動(dòng)量的綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練6 動(dòng)量的綜合應(yīng)用（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練(六)一、選擇題(共10個(gè)小題，710為多選，其余為單選，每題5分共50分)1一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始自由落體，然后陷入泥潭中若把它在空中自由落體的過(guò)程稱(chēng)為，進(jìn)入泥潭直到停止的過(guò)程稱(chēng)為，則()A過(guò)程中鋼珠動(dòng)量的改變量小于重力的沖量B過(guò)程中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過(guò)程中重力沖量的大小C過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量改變量等于阻力的沖量D過(guò)程中阻力的沖量大小等于過(guò)程與過(guò)程重力沖量的大小答案D解析過(guò)程中鋼珠所受外力只有重力，由動(dòng)量定理知鋼珠動(dòng)量的改變等于重力的沖量，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；過(guò)程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過(guò)程中阻力的沖量大小等于過(guò)程中重力的沖量大小與過(guò)程中重力沖量大小的和，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正

2、確；過(guò)程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量改變量等于重力和阻力的沖量的和，故C項(xiàng)錯(cuò)誤2.如圖，兩位同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰與B相遇不計(jì)空氣阻力，A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，以下判斷不正確的是()A相遇時(shí)A的速度一定為零B相遇時(shí)B的速度一定為零CA從拋出到最高點(diǎn)的時(shí)間為D從拋出到相遇A、B動(dòng)量的變化量相同答案A解析A分解為豎直向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)與水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，相遇時(shí)A達(dá)到最高點(diǎn)則其豎直方向的速度為0，水平方向速度不變，合速度不為0，故A項(xiàng)不正確；A在豎直方向的分速度為v

3、y，則相遇時(shí)：vytgt2vBtgt2，解得vBvy，B達(dá)到最高點(diǎn)，速度也為0，故B項(xiàng)正確；A與B到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間相等為t，故C項(xiàng)正確；兩者受到的外力為重力，時(shí)間相同則沖量相同，動(dòng)量的變化量相同，故D項(xiàng)正確本題選不正確的，故選A項(xiàng)3.某同學(xué)為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的物體帶上電梯，并將它放在電梯中的力傳感器上若電梯由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，并測(cè)得重物對(duì)傳感器的壓力F隨時(shí)間t變化的圖象，如圖所示設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分別為v1、v4和v8，以下判斷中正確的是()A電梯在上升，且v1v4v8B電梯在下降，且v1v4M2，則p1p2B若F1F2、M1p2C若F1F2、

4、M1M2，則p1p2D若F1F2、M1M2，則p1M2，則a1a2，所以得：t1t2.根據(jù)動(dòng)量定理Ip0ft知p1p2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若M1a2，所以得：t1t2，所以p1p2，故B項(xiàng)正確；若F1F2、M1M2，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得：a的加速度大于b的加速度，即aaab.由于M1M2，所以P、Q加速度相同，設(shè)P、Q加速度為a.它們向右都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)：a與P的相對(duì)位移為：Laat12at12b與Q的相對(duì)位移為：Labt22at22由于aaab所以得：t1t2則p1p2，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)C項(xiàng)分析得：若F1F2、M1M2，aat2則p1p2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選B項(xiàng)6.如圖所

5、示，在光滑的水平面上有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)現(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(aL)的正方形閉合導(dǎo)線圈以初速度v0垂直于磁場(chǎng)邊界滑過(guò)磁場(chǎng)后，速度變?yōu)関(vv0)，則()A進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流為順時(shí)針?lè)较駼整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終受到安培力C線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于D線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度等于答案D解析根據(jù)楞次定律可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流為逆時(shí)針?lè)较颍蔄項(xiàng)錯(cuò)誤；線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生安培力，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后磁通量不變，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒(méi)有安培力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)線框進(jìn)入或穿出磁場(chǎng)過(guò)程，初速度為v0，末速度為v.設(shè)完全在磁場(chǎng)中時(shí)的速度為v，

6、由動(dòng)量定理可知：進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中：BI1Lt1mvmv0，電量qI1t1，得：m(v0v)BLq，同理可得離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中：m(vv)，進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過(guò)程通過(guò)導(dǎo)線框橫截面積的電量相等，則有：v0vvv，解得，v，故C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確故選D項(xiàng)7一端連接輕質(zhì)彈簧的物體B靜止在光滑水平面上(如圖甲所示)物體A以速度v向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一物體C(如圖乙所示)，物體A以2v的速度向右壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量仍為x，知A、B的質(zhì)量均為m，則()A物體C的質(zhì)量為mB物體C的質(zhì)量為mC物體C的最終速度為vD物體C的最終速度

7、為v答案AC解析A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，由動(dòng)量守恒定律得：mv(mm)v，由能量守恒定律得：mv2(mm)v2Ep，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、C速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大，兩種情況下彈簧的壓縮量x相等，則兩種情況下，彈簧的彈性勢(shì)能Ep相等，由動(dòng)量守恒定律得：m2v(mmC)v，由能量守恒定律得：m(2v)2(mmC)v2Ep，解得：mCm，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、C兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：m2vmvAmCvC，由機(jī)械能守恒定律得：m(2v)2mvA2mCvC2，解得：vCv，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、C兩項(xiàng)8如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與

8、質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊質(zhì)量之比m1m223.現(xiàn)給物塊A一個(gè)水平向右的初速度v0并從此時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的()At1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t3時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最長(zhǎng)Bt2時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)Cv20.8v0Dv30.5v0答案AC解析從圖象可以看出，從0到t1的過(guò)程中，A的速度比B的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，A的速度比B的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t2時(shí)刻B的速度最大，此后B的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，t3時(shí)刻兩滑塊速度相等，此時(shí)彈簧最

9、長(zhǎng)，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2，t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22，解得：v20.8v0，故C項(xiàng)正確；兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0(m1m2)v3，解得：v30.4v0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、C兩項(xiàng)9.如圖所示，質(zhì)量為M950 g的木塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶AB一起以v16 m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的速度恒定，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到最左端A點(diǎn)時(shí)，一顆質(zhì)量為m50 g的子彈，以v0

10、254 m/s的水平向右的速度射入木塊并留在其中，設(shè)子彈射中木塊的時(shí)間極短，重力加速度g取10 m/s2.則()A子彈射中木塊后，木塊一直做減速運(yùn)動(dòng)B木塊被擊中后向右運(yùn)動(dòng)，離A的最大距離為4.9 mC木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為6.5 JD木塊被擊中后到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中，摩擦力對(duì)木塊的沖量大小為13 Ns答案BD解析子彈射中木塊的過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv0Mv1(mM)v共其中，M950 g0.95 kg，m50 g0.05 kg，代入數(shù)據(jù)解得：v共7 m/s，方向水平向右子彈射中木塊后，木塊先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減

11、至零后向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)木塊被擊中后向右運(yùn)動(dòng)，離A的最大距離為s.對(duì)滑塊(含子彈)向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定律得(mM)gs0(mM)v共2.可得s4.9 m，故B項(xiàng)正確；木塊被擊中后，設(shè)木塊向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有st，得t1.4 s，木塊與傳送帶間的相對(duì)路程ssv1t4.9 m61.4 m13.3 m，木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1(mM)gs0.511013.3 J66.5 J木塊速度減至零后向左加速至與皮帶相對(duì)靜止的過(guò)程，所用時(shí)間t s1.2 s產(chǎn)生的熱量Q2(mM)g(v1tt)(mM)gt0.51101.2 J18 J所以總熱量為QQ1Q284.5 J，故C項(xiàng)錯(cuò)誤

12、；木塊被擊中后到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中，摩擦力對(duì)木塊的沖量大小為I(mM)g(tt)0.5110(1.41.2) Ns13 Ns，故D項(xiàng)正確故選B、D兩項(xiàng)10.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，則()A小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0hh0答案CD解析小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受的外力之和為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒由于小球有豎

13、直分加速度，所以系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvmv0，即有mm0，解得小車(chē)的最大位移為：xR，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由A點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車(chē)水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)正確；小球第一次在車(chē)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg(h0h0)Wf0，Wf為小球克服摩擦力做功，解得：Wfmgh0，即小球第一次在車(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩

14、擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，即h0hh0，故D項(xiàng)正確故選C、D兩項(xiàng)二、計(jì)算題(共4個(gè)小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊位于動(dòng)摩擦因數(shù)為的水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，開(kāi)始時(shí)木塊靜止在A位置現(xiàn)將木塊以水平速度v1向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1木塊第一次到達(dá)最左端，再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2第一次回到A時(shí)的速度為v2，彈簧在彈性限度內(nèi)取水平向左為正方向，重力加速度取g.求：(1)木塊在時(shí)間t1過(guò)程中動(dòng)量的變化量；(2)木塊在整個(gè)過(guò)程中所受彈力的沖量答案(1)mv

15、1(2)mg(t1t2)m(v2v1)解析(1)根據(jù)動(dòng)量定理可得；p0mv1mv1.(2)根據(jù)動(dòng)量定理：Ip，即：I彈mgt1mgt2mv2mv1，解得：I彈mg(t1t2)m(v2v1)12如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長(zhǎng)，A、B始終未滑離木板求：(1)木塊B從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊B所發(fā)生的位移；(2)木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度答案(1)(2)v0解析(1)木塊A先做勻減速直

16、線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv02mv0(mm3m)v1，解得：v10.6v0；對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理，有：mgsmv12m(2v0)2，解得：s.(2)當(dāng)A和C速度相等時(shí)速度最小為v，則：3mv04mvm2v0(v0v)，其中v0v為A和B速度的變化量則vv0.13如圖所示，左端帶有擋板P的長(zhǎng)木板質(zhì)量為m，置于光滑水平面上，勁度系數(shù)很大的輕彈簧左端與P相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)右端在O點(diǎn)，木板上表面O點(diǎn)右側(cè)粗糙、左側(cè)光滑若將木板固定，質(zhì)量也為

17、m的小物塊以速度v0從距O點(diǎn)L的A點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧碰撞后反彈，向右最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，OB的距離為3L，已知重力加速度為g.(1)求物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及上述過(guò)程彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep.(2)解除對(duì)木板的固定，物塊仍然從A點(diǎn)以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，由于彈簧勁度系數(shù)很大，物塊與彈簧接觸時(shí)間很短可以忽略不計(jì)，物塊與彈簧碰撞后，木板與物塊交換速度求物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到剛接觸彈簧經(jīng)歷的時(shí)間t；求物塊最終離O點(diǎn)的距離x.答案(1)mv02(2)L解析(1)研究物塊從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有：mg(4L)0mv02，解得：；研究物塊從彈簧壓縮量最大處至B點(diǎn)的過(guò)程，由功能關(guān)系有：mg(3L)0Ep

18、，解得：Epmv02.(2)設(shè)物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，則有：mgma1，解得：a1g(方向水平向右)；設(shè)木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，則有：mgma2，解得：a2g(方向水平向左)；由幾何關(guān)系有：a2t2L，解得：t1，t2(舍去)設(shè)物塊剛接觸彈簧時(shí)，物塊和木板速度分別是v1、v2，則有：v1v0a1t1，v2a2t1，物塊和木板碰撞交換速度后，在摩擦力作用下分別做加速和減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，達(dá)到共同速度為v，則有：vv2a1t，vv1a2t，解得：v1v0，v2v0，v.上述過(guò)程由功能關(guān)系有：mg(Lx)(2m)v2mv02，解得：xL.14靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，

19、質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l1.0 m，如圖所示某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)，A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0 m/s；1.0 m/s(2)B先停止；0.50 m

20、(3)0.91 m解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有：0mAvAmBvB，EkmAvA2mBvB2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有：mBamBg，sBvBtat2，vBat0，在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A

21、在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為：sAvAtat2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：sA1.75 m，sB0.25 m，這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為：s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA，由動(dòng)能定理有：mAvA2mAvA2mAg(2lsB)，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA m/s，故A與B將發(fā)生碰撞設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有：mA(vA)mAvAmBvB，mAvA2mAvA2mBvB2，聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得：vA m/s，vB m/s，這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：2asAvA2，2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得：sA0.63 m，sB0.28 m，sA小于碰撞處到墻壁的距離由上式可得兩物塊停止后的距離ssAsB0.91 m13