2025 選考專(zhuān)題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專(zhuān)題力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用含答案

2025選考專(zhuān)題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專(zhuān)題微專(zhuān)題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用一般來(lái)說(shuō),用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)比用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)解題簡(jiǎn)便,因此在解題時(shí)優(yōu)先選用這兩種觀點(diǎn);但在涉及加速度問(wèn)題時(shí)就必須用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn).有些問(wèn)題,用到的觀點(diǎn)不止一個(gè),特別像高考中的一些綜合題,常用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)聯(lián)合求解,或用動(dòng)量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)聯(lián)合求解,有時(shí)甚至三種觀點(diǎn)都采用才能求解.力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合=ma物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=v0+atx=v0t+12atv2-v02=2能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合=ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp等能量守恒定律E1=E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合=p'-p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1+p2=p1'+p2'只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間動(dòng)力學(xué)與能量綜合例1[2024·遼寧卷]如圖所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg,A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接.同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止.A、B均視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2.求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過(guò)程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp.動(dòng)量與能量綜合例2[2024·湖北武漢模擬]如圖所示,傾角θ=30°的足夠長(zhǎng)斜面固定在水平面上,t=0時(shí)刻,將物塊A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上相距l(xiāng)=0.05m的兩處同時(shí)由靜止釋放.已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的3倍,A、B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA=36、μB=33,A、B之間的碰撞為彈性碰撞,且碰撞時(shí)間極短,重力加速度大小g取10m/s(1)A、B發(fā)生第一次碰撞后瞬間,A、B的速度大小;(2)A、B發(fā)生第三次碰撞的時(shí)刻;(3)從靜止釋放到第n次碰撞,A運(yùn)動(dòng)的位移.動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量與能量綜合例3[2024·河北卷]如圖所示,三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端.已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg,A木板長(zhǎng)度為2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力.(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí),求A、B木板間的水平距離.(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過(guò)程機(jī)器人做的功,及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值.(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止,隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端,此時(shí)B木板恰好追上A木板.求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系.規(guī)范答題區(qū)自評(píng)項(xiàng)目(共100分)自評(píng)得分書(shū)寫(xiě)工整無(wú)涂抹(20分)有必要的文字說(shuō)明(20分)使用原始表達(dá)式、無(wú)代數(shù)過(guò)程(30分)有據(jù)①②得③等說(shuō)明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說(shuō)明(20分)【跟蹤訓(xùn)練】1.[2024·遼寧撫順模擬]如圖甲所示,一水平傳送帶以v=2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).將物塊A輕輕放到傳送帶左端,物塊A和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0=0.2.傳送帶緊挨著右側(cè)水平地面,地面左側(cè)O點(diǎn)放一物塊B,物塊B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且μ隨物塊到O點(diǎn)的距離x按圖乙所示規(guī)律變化,傳送帶水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.2m,物塊A運(yùn)動(dòng)到水平地面上和B發(fā)生彈性碰撞,碰后B向右運(yùn)動(dòng)擠壓彈簧,B向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為d=0.5m,物塊A、B的大小可忽略,質(zhì)量均為m=0.5kg.g取10m/s2.求:(1)A碰B前的瞬間A物塊的速度;(2)A碰B后B物塊的速度;(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能.2.[2024·湖北卷]如圖所示,水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶左右兩端的距離為3.6m.傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O,用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球,小球與傳送帶上表面平齊但不接觸.在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子,P點(diǎn)與O點(diǎn)等高.將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速度輕放在傳送帶左端,小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰,碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左.小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)輕繩被釘子擋住后,小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng).已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g取10m/s2.(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小.(2)求小物塊與小球碰撞過(guò)程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能.(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方,繩子不松弛,求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離.微專(zhuān)題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用例1(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,說(shuō)明A脫離彈簧時(shí)的速度為平拋運(yùn)動(dòng)的初速度,對(duì)A做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程,有h=12gtxA=vAt聯(lián)立解得脫離彈簧時(shí)A的速度大小vA=1m/s對(duì)A、B整體,由動(dòng)量守恒定律得mAvA=mBvB解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小vB=1m/s(2)對(duì)B脫離彈簧后運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由動(dòng)能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2(3)整個(gè)過(guò)程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp=0.12J例2(1)0.25m/s0.75m/s(2)1.0s(3)0.053n2[解析](1)設(shè)B的質(zhì)量為m,A沿斜面下滑,受到重力、支持力和摩擦力的作用,根據(jù)牛頓第二定律有3mgsinθ-μA·3mgcosθ=3ma分析B的受力mgsinθ=μBmgcosθ即B靜止在斜面上.A與B發(fā)生第一次碰撞前,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有vA0A與B發(fā)生第一次碰撞,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有3mvA0=3mvA1+mvB1,12·3mvA02=12·3m解得vA1=0.25m/s,vB1=0.75m/s(2)由(1)可得,A從靜止釋放后,經(jīng)過(guò)時(shí)間t0與B發(fā)生第一次碰撞,有vA0=at0B以vB1做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),A以初速度vA1、加速度a做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),第二次碰撞前,有vA1t1+12at12=vB此時(shí),A的速度為vA1'=vA1+at1A與B發(fā)生第二次碰撞,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律,有3mvA1'+mvB1=3mvA2+mvB2,12·3mvA1'2+12mvB12=12·3B以vB2勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),A以初速度vA2、加速度a做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),第三次碰撞前,有vA2t2+12at22=vB顯然,每次碰撞后,B均相對(duì)A以初速度vA0、加速度aA做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至下一次碰撞,經(jīng)過(guò)時(shí)間均為0.4s.故A與B發(fā)生第3次碰撞后的時(shí)刻為t3=t0+t1+t2解得t3=1.0s(3)從開(kāi)始至第一次碰撞xA1=l從第一次碰撞至第二次碰撞xA2=2l+4l=6l從第二次碰撞至第三次碰撞xA3=8l+4l=12l從第三次碰撞至第四次碰撞xA4=14l+4l=18l從第n-1次碰撞至第n次碰撞xAn=(6n-10)l+4l(n>1)A從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動(dòng)的總位移XAn=xA1+xA2+xA3+…+xAn=3n2-3n+1l=0.05(3n例3(16分)(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L[解析](1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端,機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為M,三個(gè)木板質(zhì)量均為m,機(jī)器人和A木板的位移大小分別為x0、x1,同一時(shí)刻的速度大小別為v0i、v1i.根據(jù)動(dòng)量守恒定律,任意時(shí)刻均有Mv0i=mv1i (1分)在這段時(shí)間內(nèi)求和,有∑Mv0iΔt=∑Mv1iΔt (1分)即Mx0=mx1又知x0+x1=LA解得A、B木板間的水平距離即A木板的位移大小x1=1.5m(1分)(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為θ,從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間為t,根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vcosθ·t=x1 (1分)vsinθg=t2聯(lián)立得v2=152sinθcosθ(m機(jī)器人跳離A的過(guò)程,機(jī)器人和A木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,有Mvcosθ=mvA (1分)根據(jù)能量守恒定律可得機(jī)器人做的功為W=12Mv2+12聯(lián)立得W=15(3cos2θ+1)2sinθcosθ=15(4cos根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知,當(dāng)12tanθ=2tanθ,即tanθ=2時(shí),W取得最小值,為Wmin=90(3)根據(jù)第(2)問(wèn)可知,tanθ=2,代入對(duì)應(yīng)式子可得vcosθ=152m/s,t=155s,vA=3之后A木板以速度vA向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過(guò)程中,機(jī)器人與B、C木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,有Mvcosθ=(M+2m)v共 (1分)解得v共=31510m/s(1該過(guò)程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為xA=vAt=4.5m機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端,整個(gè)過(guò)程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,設(shè)每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為v',B木板的速度大小為vB,機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為t',取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得(M+m)v共=Mv'-mvB (1分)每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為L(zhǎng)B3LB3=(v'+vB)t' (1機(jī)器人到B木板右端時(shí),B木板恰好追上A木板,從機(jī)器人跳到B木板左端至跳到B木板右端的過(guò)程中,A、B木板的位移差為Δx=x1+xA=6m(1分)有(vB-vA)·3t'=Δx (1分)聯(lián)立得t'=LB4A、C兩木板間距為xAC=(vA+vC)·3t'+Δx+LB (1分)其中vC=v共聯(lián)立解得xAC=74LB (1分【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J[解析](1)設(shè)物塊能加速到和傳送帶速度相等,則加速過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有μ0mg=ma設(shè)加速過(guò)程物塊的位移為x,則v2=2ax解得x=1m<L假設(shè)成立,A碰B前速度為2m/s(2)A、B碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒和能量守恒得mv=mvA+mvB12mv2=12mvA2解得vA=0vB=2m/s(3)A、B碰撞后到彈簧彈性勢(shì)能最大的過(guò)程摩擦生熱Q=-Wf由圖乙知B運(yùn)動(dòng)0.5m時(shí)μ=0.4,摩擦力對(duì)物塊做的功Wf=-0+μmg根據(jù)能量守恒得12mvB2=Q解得Epm=0.5J2.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m[解析](1)小物塊剛放在傳送帶上時(shí),由牛頓第二定律有μm物g=m物a解得a=5m/s2假設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前已與傳送帶共速,則此過(guò)程有v傳2解得小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x=2.5m由于x<L傳=3.6m,所以假設(shè)成立,即小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前已與傳送帶共速,因此小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小,為5m/s.(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰,碰撞時(shí)間極短,小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過(guò)程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方,繩子不松弛,設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d,小球在P點(diǎn)正上方的速度為v3,在P點(diǎn)正上方,由牛頓第二定律有m球v32L繩小球從O點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g聯(lián)立解得d≥0.2m即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為0.2m.1.[2024·北京西城區(qū)模擬]如圖所示,光滑斜面AB與粗糙水平地面BC在B點(diǎn)平滑連接,質(zhì)量為m的物塊Q靜止在粗糙水平地面上,物塊Q與B點(diǎn)之間的距離為h2,將質(zhì)量為2m的物塊P從光滑斜面上距離水平地面高度為h處由靜止釋放,P下滑后與Q發(fā)生彈性碰撞,P、Q與粗糙水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2,兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,sin37°=0.6,空氣阻力不計(jì).求最終P、Q之間的距離2.[2024·吉林長(zhǎng)春模擬]如圖所示,半徑R=0.2m的14光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi),C點(diǎn)與足夠長(zhǎng)的光滑水平平臺(tái)CD相切.一放置在光滑水平面上的長(zhǎng)木板緊靠在平臺(tái)CD右端,長(zhǎng)木板上表面DE水平且與平臺(tái)等高,長(zhǎng)木板DE部分的長(zhǎng)度L=2m,長(zhǎng)木板的右端為半徑r=0.1m的14光滑圓弧軌道,長(zhǎng)木板的左端靜置著一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m乙=3kg的滑塊乙,滑塊乙與長(zhǎng)木板DE間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1.現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m甲=1kg的滑塊甲從距離B點(diǎn)正上方h=1.6m處的A點(diǎn)由靜止釋放,滑塊甲過(guò)C點(diǎn)后沿平臺(tái)向右運(yùn)動(dòng)與滑塊乙發(fā)生彈性碰撞,重力加速度g取10m/s(1)求滑塊甲到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小和對(duì)軌道的壓力;(2)滑塊甲、乙碰撞后,滑塊乙恰好不能從長(zhǎng)木板右端滑離長(zhǎng)木板,求長(zhǎng)木板的質(zhì)量M.3.[2024·山西大同模擬]如圖,傾角為θ=30°的光滑斜面與光滑水平面在B點(diǎn)平滑連接,傾角為α=37°的傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng),傳送帶的下端與水平面的右端D點(diǎn)通過(guò)一小段圓弧連接.在水平面BD上的C點(diǎn)放一質(zhì)量為3m的小物塊b,在斜面上A點(diǎn)由靜止釋放質(zhì)量為m的小物塊a,A、B間的距離為L(zhǎng),a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰,之后a、b將在水平面上發(fā)生第二次碰撞,b與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為gL,重力加速度為g,sin37°=0.6,求:(1)a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小;(2)第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小;(3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的過(guò)程,b在傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能.4.[2024·廣東佛山模擬]臺(tái)球是深受大眾喜愛(ài)的娛樂(lè)健身活動(dòng).如圖所示,運(yùn)動(dòng)員采用“點(diǎn)桿”擊球法(當(dāng)球桿桿頭接觸母球的瞬間,迅速將桿抽回,母球離桿后與目標(biāo)球發(fā)生對(duì)心正碰,視為彈性碰撞)擊打母球,使得目標(biāo)球被碰撞后經(jīng)CD邊反彈進(jìn)入球洞A,這種進(jìn)球方式被稱(chēng)為“翻袋”進(jìn)球法.已知兩球質(zhì)量均為0.2kg,且可視為質(zhì)點(diǎn),球間距離為0.9m,目標(biāo)球與CD擋壁間虛線(xiàn)距離為0.3m,目標(biāo)球被CD擋壁反彈后向A球洞運(yùn)動(dòng)方向與AC擋壁間夾角為30°,AC=332m,球與桌面間阻力為球所受重力的13,球與擋壁碰撞過(guò)程中損失34的動(dòng)能,重力加速度(1)求母球在桌面做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小;(2)若某次擊打后母球獲得的初速度為1m/s,且桿頭與母球的接觸時(shí)間為0.05s,求母球受到桿頭的平均沖擊力大小;(3)若擊打后母球獲得速度v0=5m/s,求目標(biāo)球被碰撞后的速度大小;(4)若能到達(dá)球洞上方且速率小于6m/s的球均可進(jìn)洞,為使目標(biāo)球能進(jìn)洞,求母球初速度v0需要滿(mǎn)足的條件.(計(jì)算結(jié)果都可以用根號(hào)表示)第6講電場(chǎng)時(shí)間|40min微專(zhuān)題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用1.7.5h[解析]根據(jù)題意可知,碰撞前,對(duì)P由動(dòng)能定理有2mgh-μ·2mgh2=12×2P、Q發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有2mv0=2mvP+mvQ12×2mv02=12×2mv碰撞后,由動(dòng)能定理,對(duì)P有μ·2mgxP=12×2m對(duì)Q有μmgxQ=12m最終P、Q之間的距離為d=xQ-xP聯(lián)立解得d=7.5h2.(1)6m/s190N方向豎直向下(2)6kg[解析](1)滑塊甲從A點(diǎn)靜止釋放到最低點(diǎn)C過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理可得m甲g(h+R)=12m甲解得vC=2g在最低點(diǎn)C位置,根據(jù)牛頓第二定律可得FN-m甲g=m甲v解得FN=190N根據(jù)牛頓第三定律可知,滑塊甲到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為190N,方向豎直向下(2)設(shè)滑塊甲、乙碰撞后瞬間,甲、乙的速度分別為v1、v2,由于兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得m甲vC=m甲v1+m乙v212m甲vC2=12m甲v1解得v1=m甲-m乙m甲+m乙v滑塊乙恰好不能從長(zhǎng)木板右端滑離長(zhǎng)木板,可知滑塊乙到長(zhǎng)木板右端時(shí),兩者恰好共速,根據(jù)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得m乙v2=(m乙+M)v共根據(jù)能量守恒可得12m乙v22=12(m乙+M)v共2+m聯(lián)立解得長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M=6kg3.(1)gL(2)gL2gL(3)65[解析](1)設(shè)a與b碰撞前一瞬間,a的速度大小為v