专题9动能定理斜面模型-高考物理机械能常用模型(解析版).docx

高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题9 动能定理+斜面模型
一．选择题
1．（2023重庆涪陵重点高中质检）如图所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和小物块与斜面的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则（　　）
A．小物块恰好能运动到B点
B．小物块最远能运动到B点上方的某点
C．小物块只能运动到C点
D．小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
【参考答案】．D
【名师解析】设物块能到达斜面上最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得

即
若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故AC错误；
若h变大，则x变小，故B错误；若h变小，则x变大，故D正确。
。
2. （2023江苏盐城期中）如图所示，将一物体分别沿着AB、ACB两条斜面轨道从静止开始运动到B端。已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在C处的能量损失。则物体两次运动（　　）

A. 位移不同 B. 到达B端的速度相同
C. 到达B端的动能相同 D. 克服摩擦力做的功不同
【参考答案】C
【名师解析】
由位移定义，位移是初位置到末位置的有向线段，其大小与路径无关，故两次位移相同，故A错误；
从A到B，根据动能定理有
θ是AB倾角，从A到C到B，根据动能定理
α和β分别为两部分的倾角，AB水平的距离相等，可得
故到达B时，克服摩擦力做功相同，动能大小相等，速度大小相等，但是速度方向不同，故BD错误，C正确。

3. （2022北京朝阳二模）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 如果h和一定，越大，x越大
B. 如果h和一定，越大，x越小
C. 摩擦力对木块做功为
D. 重力对木块做功为
【参考答案】D
【名师解析】
对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得，所以x与θ无关，故AB错误；
根据前面分析可知重力对木块做功为
摩擦力对木块做功为，故C错误，D正确。
3.（2021广州一模）如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等。已知重力加速度为g,不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为
A．. mgh
B.
C. mgh -
D．mgh +
【参考答案】C
【命题思路】本题考查动能定理及其相关知识点。
【解题思路】设在斜面上运动克服摩擦力做功为Wf1，在水平面上ab段运动克服摩擦力做功为Wf2，则有动能定理，mgh- Wf1- Wf2=0，mgh- Wf1-2 Wf2=0-，联立解得：Wf1= mgh -，选项C正确。
4．（2021江西九校协作体联考）如图所示，将一小物块从倾斜轨道上的M点自由释放，滑至水平轨道上的N点停下。现将倾斜轨道的倾角调大，为使物块从斜轨上某处释放后仍然在N点停下，则释放处应该是（已知小物块与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数相同，且能平顺滑过轨道拼接处）（ ）
A.J点 　 B.Q点
C.K点 　 D.K点下方某点
【参考答案】C
【名师解析】由功能关系可证，物块与轨道的动摩擦因数等于M、N两点连线倾角的正切，而与斜轨的倾角无关。现将倾斜轨道的倾角调大，为使物块从斜轨上某处释放后仍然在N点停下，则释放处应该是K点，选项C正确。
4. （2021湖南名校质检）如图所示，OP是固定水平面，OQ为固定的竖直立柱，AB是靠在立柱上、倾角为的斜面.一小物块（可视为质点）以大小为的速度向左经过水平面上的Р点后，最高能沿斜面滑行到斜面上的C点；现将斜面沿图中虚线（倾角为靠在立柱上，小物块同样以速度向左经过水平面上的Р点，已知小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数处处相等且不为零，小物块通过水平面与斜面的交接处时速度大小不变，D、E为沿虚线放置的斜面上的两点，D与C在同一竖直线上，E与C在同一水平线上，则小物块能沿斜面滑行到的最高位置一定在

A.D点 B.D、E两点之间的某位置
C.E点 D.E点上方的某位置
【参考答案】.B
【名师解析】设C点到水平面的高度为，到P点的水平距离为，小物块的质量为m，与水平面及斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，小物块从Р经A到C的过程中，克服重力和摩擦力做的总功，又，故，可见，与斜面的倾角无关，与和有关；根据动能定理可知，同理可知，小物块从Р经到D的过程中，克服重力和摩擦力做的总功，小物块从P经到E的过程中，克服重力和摩擦力做的总功，根据题意可知，，故；小物块从Р沿倾角为的斜面滑行到最高位置的过程中，克服重力和摩擦力做的总功一定为，故小物块一定能沿斜面滑行到D、E两点之间的某位置，B符合题意，ACD不符合题意.
5. （2021辽宁省朝阳市凌源市3月尖子生抽测）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 （   ）

A. 2m/s                                  B. 5m/s                                  C. 8m/s                                  D. 11m/s
【参考答案】 B
【考点】动能定理的综合应用
【名师解析】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为： ，根据机械能守恒定律可知： ；解得： ，B符合题意，ACD不符合题意。
6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)
A．若h＝，则h一定还有一解为h＝
B．若h＝，则h一定还有一解为h＝
C．若h＝，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝，则h的另一解一定大于H0
【参考答案】.A
【名师解析】　根据题意可知h≠H0，则当动能达到Ek0时可能还未撤去力F，若h＝，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，该位置高度一定大于H0从地面到该位置由动能定理：FH0－mgh＝Ek0，得到：h＝，故选项A正确，C错误；若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h这一运动过程,以下说法正确的是 (　　)

A.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度不同
B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度相同
C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
【参考答案】.BC
【名师解析】　从投掷线MN到O点对冰壶应用动能定理得-μmgL1-μ'mgL2=0-m,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要保证擦冰的距离一定就行,故A错误,B正确;擦冰区间越靠近投掷线,整个过程的平均速度越大,冰壶滑行的时间越短,故C正确,D错误。
8．[多选](2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2－mv02
【参考答案】.BC
【名师解析】　由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mvm2－mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mvm2－mv02，D错误。
9． （2020·湘赣皖十五校5月联考）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m.已知他的质量约为 60kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为
A. 90 J B. 480 J C. 700 J D. 1250 J
【思路点拨】 由抛体运动规律→竖直和水平方向的初速度→起跳时的速度→动能定理→起跳过程该同学所做的功.
【名师解析】 该同学起跳后做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有，竖直方向初速度为，水平方向做匀速直线运动，则有，则起跳时的速度为，因该同学的质量为60kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功，最接近700J，选项C正确，A、B、D错误.
【方法点拨】 应用动能定理的三点注意事项
（1） 动能定理表达式中的位移或速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；
（2） 应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负；
（3） 对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，找出运动过程中各物理量之间的关系.
10.（2020江苏扬州一模）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图象正确的是（　　）

【参考答案】B
【名师解析】不计空气阻力，所以整个过程只有重力做功，根据动能定理有-mgx=Ek-Ek0，Ek0表示物体的初动能，所以Ek=-mgx+Ek0．则Ek与x成一次函数关系。当Ek=0后，物体开始下降，动能又随路程均匀增加，故B正确，ACD错误。
【关键点拨】。
根据动能定理可以得到物体的动能与物体的位移关系但物体的动能为零后，并不能保持静止，会下降，其动能会增加，所以动能先是随路程减小，后随路程均匀增加。
关于图象问题，找到图象的函数关系是解题的关键所在，对本题来说，一定要看清楚是动能与路程的关系图象，不是位移。
11、(2017·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为(　　)

A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
【参考答案】C
【名师解析】.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝v＝1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝mv＋mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，C对．

12．(2016·赣南五校高三第一次考试)2015年7月底，国际奥委会投票选出2022年冬奥会承办城市为北京。跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，跳台滑雪可抽象为在斜坡上的平抛运动，如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处以初速度v0水平抛出，在运动过程中恰好通过P点，OP与水平方向夹角为37°，则滑雪运动员到达P点时的动能与从O点抛出时的动能比值为(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

A. B. C. D.
【参考答案】C　
【名师解析】由题图知tan 37°＝＝，解得滑雪运动员在P点时竖直速度vy＝gt＝v0，滑雪运动员到达P点的动能EkP＝mv＋mv＝mv，从O点抛出时的动能EkO＝mv，所以滑雪运动员到达P点时的动能与从O点抛出时的动能比值为，选项C正确。
13．(2016·山东济宁高三月考)子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是(　　)
A.v B.v
C.v D.v
【参考答案】D　
【名师解析】设木块的厚度为d，木块对子弹的作用力为F，打穿木块时，由动能定理得，－Fd＝0－mv2；打穿其厚度的三分之一时，由动能定理得：－F＝mv′2－mv2，联立解得v′＝v，故选项D正确。
14．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)(　　)
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J

C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
【参考答案】A
【名师解析】　根据动能定理得W升－mgh＝mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为mv2＝×100×42 J＝800 J，B错误；物体的重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体的机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。

15．(2016·辽宁大连高三月考)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点B、C和D，即AB＝BC＝CD，D点距水平面高为h。小滑块以某一初速度从A点出发，沿斜面向上运动。若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑。已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下(　　)

A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mgh
B．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零
C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为mgh
D．滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh
【参考答案】BC　
【名师解析】由于A、B、C和D相邻等间距，A、B、C和D所处的高度均匀变化，设A到B重力做功为WG，从A到D，根据动能定理，有3WG＝0－mv；若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功Wf，根据动能定理，有2WG－Wf＝0－mv，联立解得WG＝－Wf，所以从C位置返回到A位置的过程中克服阻力做功mgh，选项A错误；从B位置返回到A位置时因为WG＝Wf，所以动能的变化为零，选项B正确，D错误；设滑块下滑到B位置时速度大小为vB，根据动能定理，有WG＝mv＝mgh，选项C正确。
16．(2016·山东济南高三月考)某物块以80 J初动能从固定斜面底端上滑，以斜面底端为零势能参考平面，到达最高点时物块的重力势能为60 J。物块在斜面上滑动过程中，当动能和势能恰好相等时，其机械能可能为(　　)
A. J B. J
C．20 J D．48 J
【参考答案】A　
【名师解析设斜面的倾角为θ，物块从底端上滑到最高点的位移为x，物块的质量为m，物块受到的滑动摩擦力为Ff，由动能定理可得，－mgxsin θ－Ffx＝0－Ek0，又物块在最高点的重力势能Ep＝mgxsin θ＝60 J，解得，Ffx＝20 J，mgsin θ＝3Ff；若物块上滑距离为x1时，其动能和重力势能相等，有2mgx1sin θ＋Ffx1＝Ek0，联立解得，x1＝x。由功能关系得，E＝2mgx1sin θ＝2×·mgxsin θ＝ J，A正确。
17. (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)

A.对物体，动能定理的表达式为WN＝mv，其中WN为支持力的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝mv－mv，其中WN为支持力的功
D.对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
【参考答案】CD
【名师解析】　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选项D正确。
18.(2020辽宁丹东二模)如图所示,竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放后,从A处进入轨道,最终停在水平轨道上D点(图中未标出),B、D两点间的距离为L,下列关系正确的是 (　　)

A.LR
C.L=R　　　D.L>R
【参考答案】　A　
【名师解析】物块P从A点到C点的过程,根据动能定理得mgR-Wf-μmgR=0,物块P从A处正上方高度为2R处静止释放到D点的过程,根据动能定理得mg·3R-Wf'-μmgL=0,由于第二次物块经过圆弧轨道同一位置的速度较大,根据径向的合力提供向心力知,物块对轨道的压力较大,摩擦力较大,在圆弧轨道上物块克服摩擦力做功较大,所以Wf'>Wf,解得Lθ－α)
【参考答案】B
【名师解析】　如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmg·s1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。

二、计算题
14. （2022河北保定重点高中质检）如图所示，倾角为θ =的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上有A、B、C三点,AB、BC、CD间距均为20cm ,斜面上BC部分粗糙 ,其余部分光滑。2块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片(厚度忽略不计) ,紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2,第1块的下边缘恰好在A处，现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞,已知每块薄片质量为m=1kg、长为5cm,薄片与斜面BC间的动摩擦因数μ =,重力加速度为g,求:
(1)第1块薄片刚完全进入BC段时两薄片间的作用力大小;
(2)第1块薄片下边缘刚运动到C时的速度大小;
(3)两薄片在水平面上运动时的间距。
14.【答案】(1)2.5N(2)(3)
【解析】
【详解】(1)第1块薄片刚完全进入BC段时，两薄片：

解得

对薄片2：

得

(2)将两块薄片看作整体，当两块薄片恰完全进入BC段时，由动能定理有

得

此后对薄片受力分析知沿斜面方向合力为0，所以两薄片一直匀速运动到薄片1前端到达C点，此时第1块薄片速度为。
(3)每块薄片由前端在C点运动到水平面上，由动能定理，

解得

两薄片到达水平面的时间差
/100
所以两块薄片滑到水平面上后的距离为
/100
１６．（2023河北邢台五校联考）(１５分)如图所示,弹性轻绳 (绳的弹力与其伸长量成正比)左端固 定在A 点,弹性绳自然长度等于AB,跨过由轻杆OB 固定的定滑轮 连接一个质量为m 的小球,小球穿过竖直固定的杆.初始时 A、B、C 在一条水平线上,小球从C 点由静止释放,滑到 D 点时速度恰好 为零.已知C、D 两点距离为h,小球在C 点时弹性绳的拉力为 mg/2 ，小球与杆之间的动摩擦因数为０.５,弹性绳始终处在弹性限度内.

求:(１)现想使小球恰好回到C 点,需要在 D 点给小球一个向上的 速度v,则v 等于多少?
(２)如果仅将小球质量更换为３m,则小球到达 D 点时速度大小 为多少?

16.解（1）弹性绳的劲度系数为k，设BC＝d，则初始条件弹性绳水平时：
………………………………1分
小球向下的运动x到F点，弹性绳与竖直的夹角为θ，有：
………………………………1分
………………………………1分
………………………………1分
对小球从C点开始到D点，由动能定理得
………………………………2分
小球由D点再次回到C点，由动能定理得：
………………………………2分
所以 ………………………………2分
（2）由（1）可知，从C点到D点过程中，克服绳子张力做功
………………………………1分
更换3m小球后，对小球从C点开始到D点，由动能定理得
…………………………2分
所以 …………………………2分
17. （2022北京西城一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W；
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
【17题答案】
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）冰壶滑行过程中水平方向只受到摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得

解得，冰壶滑行过程中的加速度大小为

（2）根据动能定理可得

则冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功为

（3）根据匀变速直线运动规律有

解得，此时冰壶滑行的加速度大小应为

则根据牛顿第二定律有

解得，此时冰壶和冰面的动摩擦因数变为

13. （2022河北石家庄二中模拟）如图，质量的小球以的初速度冲上倾角的斜面，小球与斜面间的动摩擦因数，斜面高度取求：
（1）小球到达斜面顶端点时的速度大小；
（2）当小球到达顶点后，假设速度大小保持不变滚到水平面上，水平面总长点有竖直挡板，当小球经过点后，立即在点放上竖直挡板，在的中点有一个静止的光滑小球B。已知小球与水平面间的动摩擦因数为，两小球碰撞后会交换各自的速度，并且每次小球与挡板的碰撞都只改变小球的运动方向，而不改变速度大小，试通过计算分析两小球能发生几次碰撞，并求出从小球滑上水平面到两小球最后停止的总时间。

【答案】（1）；（2）六次，
【解析】
（1）小球A在斜面上滑过程的加速度大小为
设小球A到达斜面顶端点时的速度大小为vM，根据运动学公式有

解得

（2）由题意，因为小球A、B碰撞后会交换速度，所以A、B质量相等，设两小球在MN上运动的总位移大小为s，根据能量守恒定律有

解得

则A球运动0.5m时碰撞第一次（A撞B），碰撞时A求速度为v1

解得

第一次到第二次碰撞（B撞A），B运动时间

A再运动1m时碰撞第三次（A撞B），碰撞时A求速度为v2

解得

第三次到第四次碰撞（B撞A），B运动时间

A再运动1m时碰撞第五次（A撞B），碰撞时A求速度为v3

解得

第五次到第六次碰撞（B撞A），B运动时间

即两小球共碰撞6次

A总计运动时间

则小球A滑上水平面到最后停止的总时间