2.5.2 发生过程作用的四类模型(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题二　发生过程作用的四类模型 模型1　人船模型 　 　　“人船模型”问题的主要特征:系统由两个物体组成且相互作用前静止(或在某一方向速度为0),即系统总动量(或某一方向总动量)为0,在系统内发生相对运动的过程中总动量守恒(或某一方向总动量守恒)。 　　[例1]　(2024·镇江模拟)如图所示,小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,从B点到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道,在右端固定一轻弹簧,弹簧处于自由状态,自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下,而后滑入水平轨道,小车质量是滑块质量的2倍,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　 ) A.滑块到达B点时的速度大小为 B.弹簧获得的最大弹性势能为2mgR C.滑块从A点运动到B点的过程中,小车运动的位移大小为-R D.滑块第一次从A点运动到B点时,小车对滑块的支持力大小为4mg [解析]　小车与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,设滑块到达B点时的速度大小为v1,此时小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv1-2mv2=0,滑块从A点到B点的过程中与小车组成的系统机械能守恒,则有mgR=m+(2m),联立解得v1=,v2=,设滑块在B点所受支持力为FN,在B点对滑块根据牛顿第二定律有FN-mg=m,解得FN=4mg,故A错误,D正确;弹簧的弹性势能最大时滑块与小车共速,设共速时的速度大小为v,则有0=(m+2m)v,即弹簧的弹性势能最大时,两者速度均为零,则根据能量守恒定律可知Epmax=mgR,故B错误;滑块从A点运动到B点的过程中,在水平方向任意时刻的动量均守恒,即有mv1t=2mv2t,可得mx1=2mx2,两者在水平方向的位移大小关系满足x1+x2=R,联立解得x2=,故C错误。 [答案]　D 　 [思维建模]　人船模型的规律特点及相关拓展 模型 条件 初始时刻总动量(或某方向总动量)为零;动量(或某方向动量)守恒 运动 特点 一物体加速,另一物体同时加速; 一物体减速,另一物体同时减速; 运动时,二者速度方向始终相反; 一物体静止,另一物体也静止 内在 规律 =　　　= 相关 拓展 模型2　子弹打木块模型 　 1.子弹打木块模型中的守恒与不守恒 子弹和木块间有滑动摩擦力,此滑动摩擦力属于系统内力,子弹和木块组成的系统动量守恒,由于滑动摩擦力对系统做的功不为零,故系统机械能不守恒。 2.子弹打木块模型的重要结论 系统损失的机械能等于滑动摩擦力乘以相对位移,即|ΔE|=fx相对,根据能量守恒定律,可知损失的机械能转化成内能。 　　[例2]　(2024·盐城调研)如图所示,光滑水平面上放置一质量为M的木块,质量为m的子弹以速度v0射入木块,子弹未穿出木块且达到共同速度为v,该过程中子弹与木块之间的相互作用力恒定不变,产生的热量为Q,木块获得的动能为Ek,则下列各项错误的是 (　 ) A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0 B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小 C.Q= D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek [解析]　设子弹射入木块的深度为d,木块的位移为x,子弹与木块之间的相互作用力大小为f,则子弹对木块做的功W1=fx,木块对子弹做的功W2=-f(d+x),两个功的代数和不为零,故A符合题意;根据冲量的定义式I=Ft及牛顿第三定律可知,子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小,故B不符合题意;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q,联立解得Q=,故C不符合题意;木块获得的动能为Ek=Mv2=,该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1,可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek,故D不符合题意。 [答案]　A 　　[思维建模]　子弹打木块模型的两种情况分析 情境 　(地面光滑) 子弹未击穿木块 动量守恒:mv0=(m+M)v 功能关系:Q=Ff·s=m-(M+m)v2 子弹击穿木块 动量守恒:mv0=mv1+Mv2 功能关系:Q=Ff·d=m- 模型3　“滑块+弹簧”模型 　 　　一般情况下,“滑块+弹簧”模型满足系统动量守恒定律和系统机械能守恒定律,解决此类问题时要特别注意弹簧的两类状态: (1)弹簧处于原长时,弹簧的弹性势能为零; (2)弹簧压缩到最短或拉伸到最长时,由弹簧连接的两物体具有相同的速度,此时弹簧具有最大的弹性势能。 　　[例3]　 (2024·海安模拟)如图所示,光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C,物块B的左侧固定一轻弹簧。给物块A一个初速度v0,使其向物块B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当弹簧第一次压缩到最短时,物块B与物块C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设物块B和物块C碰撞时间极短,求: (1)物块B与物块C碰撞前的瞬间,物块B的速度大小; (2)从物块A开始运动到弹簧压缩最短时,物块C受到的冲量大小; (3)从物块A开始运动到物块A与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能; [解析]　(1)物块B与物块C碰撞前的瞬间,弹簧第一次压缩到最短,此时物块A与物块B具有相同速度v1,对物块A、B与弹簧组成的系统,根据动量守恒定律得mv0=2mv1,解得v1=。 (2)物块B、C发生完全非弹性碰撞后的速度小于此时物块A的速度,故物块A继续压缩弹簧,直到三个物块共速时,弹簧被压缩到最短,当物块A、B、C三者速度相同,设此时速度为v3,由动量守恒定律得mv0=3mv3 对物块C根据动量定理I=mv3-0 联立可得I=mv0。 (3)物块B与物块C发生完全非弹性碰撞时,设碰撞后的瞬时速度为v2,对物块B、C组成的系统,由动量守恒定律得mv1=2mv2 整个过程只有物块B与物块C碰撞过程损失机械能,设为ΔE,对物块B、C组成的系统,由能量守恒定律得m=ΔE+×2m 解得ΔE=m。 [答案]　(1)　(2)mv0　(3)m 　　[思维建模]　“滑块+弹簧”模型的规律 情境 (地面光滑,弹簧开始时处于原长状态) 弹簧从原长至压缩最短或伸长最长 类比完全非弹性碰撞 动量守恒:m1v0=(m1+m2)v 动能损失最多,弹性势能最大: Ep=m1-(m1+m2)v2 弹簧从原长至再次恢复原长 类比弹性碰撞 动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2 动能无损失,弹性势能不变: m1=m1+m2 模型4　板块模型 　 　　板块模型是一类综合程度高、过程复杂的问题。滑块和木板之间存在摩擦力,通常会发生相对运动,该模型常涉及临界问题和多过程问题。解题关键在于:无外力作用在滑块和木板上时,板块组成的系统动量守恒,但机械能不守恒,滑动摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能;若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。 　　[例4]　(2024·南通调研)如图1所示,一右端固定有竖直挡板质量为M=2 kg的木板静置于光滑的水平面上,另一质量为m=1 kg的物块以v0=6 m/s 的水平初速度从木板的最左端冲上木板,最终物块与木板保持相对静止,物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示,物块可视为质点,则下列判断正确的是 (　 ) A.图2中v2的数值为4 B.物块与木板的碰撞为非弹性碰撞 C.整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12 J D.最终物块距木板左端的距离为1.5 m [解析]　根据题意可知,题图2中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程,图线b表示碰撞前木板的加速过程,图线c表示碰撞后木板的减速过程,图线d表示碰撞后物块的加速过程,物块与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大小为v1,设此时木板速度大小为v木,则v木=1 m/s,从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程,根据系统动量守恒定律有mv0=mv1+Mv木,解得v1=4 m/s,物块与挡板碰撞后瞬间,物块的速度为0,木板的速度大小为v2,从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程,根据系统动量守恒定律有mv0=Mv2,解得v2=3 m/s,故A错误;2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v3,从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程,根据系统动量守恒定律有mv0=(m+M)v3,解得v3=2 m/s,物块与木板碰撞前瞬间,系统的动能为Ek1=m+M=9 J,物块与木板碰撞后瞬间,系统的动能Ek2=M=9 J,故碰撞过程系统没有机械能损失,物块与木板的碰撞为弹性碰撞,故B错误;物块滑上木板时系统的动能为Ek0=m=18 J,最终相对静止时系统的动能为Ek3=(m+M)=6 J,所以系统产生的热量为Q=Ek0-Ek3=12 J,故C正确;v⁃t图像与坐标轴所围成的面积表示位移,由题图2得板长为4.5 m,碰后相对位移为1.5 m,故最终物块距离木板左端3 m,故D错误。 [答案]　C 　　[思维建模]　板块模型解题思路 问题 研究对象 方法或规律 求速度 系统 动量守恒定律 求时间 单体 动量定理 求摩擦生热 系统 能量守恒定律或Q=FfΔx或Q=E初-E末 [专题五　课时作业] (本检测满分85分) 一、选择题(共9小题,每小题5分,共45分) 1. (2024·扬州调研)神舟十八号航天员叶光富、李聪、李广苏在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。用较小钢球以0.6 m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰,碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2,较小钢球的质量为较大钢球质量的一半,两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是 (　 ) A.v1=0.2 m/s,方向水平向左 B.v1=0.2 m/s,方向水平向右 C.v2=0.2 m/s,方向水平向左 D.v2=0.1 m/s,方向水平向左 解析:选B　设较小钢球的质量为m,较大钢球的质量为2m,两钢球的碰撞可视为弹性碰撞,以水平向左为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,m=m+×2m,代入数据解得v1=-0.2 m/s,v2=0.4 m/s,可知v1=0.2 m/s,方向水平向右;v2=0.4 m/s,方向水平向左,故选B。 2.(2024·江苏开学考试)如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且物块A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体 (　 ) A.爆炸过程中,获得的初动量大 B.爆炸过程中,获得的初动能大 C.爆炸后,滑行时间短 D.爆炸后,滑行距离长 解析:选C　爆炸过程中,系统内力远大于外力,物体A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后,两物体的动量大小相等、方向相反,故A错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=mv2=,可知质量大的物体获得的初动能小,故B错误;取爆炸后速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=,由于μ、p、g大小相等,则质量大的物体滑行时间短,故C正确;爆炸后,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得爆炸后物体滑行的距离s=,由于μ、p、g大小相等,则质量大的物体滑行距离短,故D错误。 3.为完成某种空间探测任务,需要在空间站上发射空间探测器,探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M,每秒钟喷出的气体质量为m,喷射气体的功率恒为P,不计喷气后探测器的质量变化。则 (　 ) A.喷出气体的速度为 B.喷出气体的速度为 C.喷气Δt时间后探测器获得的动能为 D.喷气Δt时间后探测器获得的动能为 解析:选C　对t=1 s内喷出的气体,由动能定理得Pt=m,解得v1=,故A、B错误;在Δt时间内,喷出气体整体与探测器动量守恒,有Mv2=mΔt·v1,探测器的动能Ek=M,解得Ek=,故C正确,D错误。 4.(2024·广西高考改编)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 (　 ) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是变加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 解析:选C　由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选C。 5.(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,滑板A左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧,滑板A右侧用一根细绳连接在物体B的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 (　 ) A.弹簧恢复原长时B动量最大 B.弹簧压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 解析:选A　对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧恢复原长时有Ep=mA+mB,联立解得Ep=,可知弹簧恢复原长时A和B速度最大,此时动量最大,动能最大。故选A。 6. (2024·连云港模拟)如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km的子弹以水平速度v0射入木块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是 (　 ) A.子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为 B.子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为 C.在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为 D.弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为 解析:选C　子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=v1,得v1=v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=m=,选项B错误;在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,当弹簧压缩到最短时,物块B的动量最大,则子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,则有kmv0=v2,得v2=v0,物块B的动量最大值为pBm=,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=-=,选项D错误。 7. (2024·徐州模拟)如图所示,在光滑的水平面上,质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B,在木板的右侧有一质量为5.0 kg的小球C,三者均处于静止状态。现给小滑块B一个瞬间冲量,使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动,某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞,之后木板A和小滑块B同时停下来,以下说法正确的是 (　 ) A.木板碰撞小球前瞬间的速度为0.6 m/s B.整个过程产生的热量为3.6 J C.碰后小球C的速度为0.5 m/s D.木板A和小球C碰撞前A、B已经共速运动 解析:选B　对A、B、C整体,根据动量守恒定律有mBvB=mCvC,解得vC=0.4 m/s,故C错误;根据能量守恒定律有Q=mB-mC=3.6 J,故B正确;木板A和小球C发生弹性碰撞,则mAvA=mAvA'+mCvC,mA=mAvA'2+mC,代入数据解得vA= m/s,故A错误;木板A和小球C碰撞前,对A、B,根据动量守恒定律有mBvB=mBvB'+mAvA,代入数据解得vB'=0.8 m/s>vA,由此可知,木板A和小球C碰撞前A、B未达到共速,故D错误。 8.(2024·南京联考)如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.A球在竖直平面内做变速圆周运动 B.B球运动的最大速度大小为 C.A球速度最大时,水平位移大小为 D.B球向右运动的最大位移大小为 解析:选D　B球在光滑杆上做往复运动,A球一边围绕B球做圆周运动,一边随B球做往复运动,A错误;当A球摆到最低点时,A、B两球运动的速度最大,由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB,水平方向动量守恒有mBvB=mAvA,联立可得vA=2,vB=,B错误;根据x=vt有,mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的过程中,有xA+xB=L,则A球的水平位移大小为xA=,B球的水平位移大小为xB=,C错误;B球向右运动的最大位移大小为xB'=2xB=,D正确。 9.(2024·淮安调研)如图(a)所示,质量为M的右侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上,挡板的厚度可忽略不计,质量为m的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度4 m/s 向右运动,此后甲、乙运动的v⁃t图像如图(b)所示,其中t1为甲、乙第一次碰撞时刻,tn之后甲、乙一起匀速向右运动。整个过程甲始终未离开乙。已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ=0.5,取重力加速度g=10 m/s2,忽略甲、乙碰撞过程中的机械能损失,下列说法正确的是 (　 ) A.M=2m B.tn=0.5 s C.甲、乙相对滑动的总路程为1.2 m D.若乙车长L=1 m,最终甲距离乙右端0.3 m 解析:选D　根据题意可知甲、乙的碰撞为弹性碰撞,t1为甲、乙第一次碰撞时刻,由v⁃t图像可知碰后速度交换,加速度大小相等,所以M=m,故A错误;甲、乙碰撞一次后先相对滑动一段时间最后共速,整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒,设两者最终的速度为v共,则有mv0=(M+m)v共,解得v共=,由v⁃t图像可得tn===0.4 s,故B错误;从开始运动到相对静止的过程中,甲、乙相对滑动的总路程为s,根据能量守恒定律可得μmgs=m-(M+m),联立解得s=0.8 m,故C错误;若乙车长L=1 m,第1次碰撞发生在平板车的右挡板,则有+s0=s,可得最终甲离乙右端的距离为s0=s-=0.3 m,故D正确。 二、非选择题(共3小题,共40分) 10.(12分) (2024·靖江模拟)如图所示,物块b与弹簧接触,弹簧的右端固定在竖直的墙上,弹簧处于原长。水平地面左侧有一半径为R的光滑半圆轨道,轨道最低点与水平地面相切且到物块b的距离为R。质量为m的物块a从与圆心等高处以初速度v0= 沿轨道下滑,物块a与物块b只发生一次弹性碰撞后恰好可以到达圆弧轨道最高点。两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,两物块均可视为质点,重力加速度为g。求: (1)物块a第一次到达半圆轨道最低点时所受支持力FN的大小; (2)物块b的质量。 解析:(1)对物块a,从开始运动到轨道最低点,应用动能定理可得mgR=m-m 在最低点由牛顿第二定律可得FN-mg= 解得v1=5,FN=26mg。 (2)对物块a,从开始运动到与物块b碰撞前,应用动能定理可得 mgR-μmgR=m-m,v2= 物块a与物块b相碰后,物块a恰好可以通过最高点,由动能定理可得 -μmgR-mg·2R=m-m 物块a在最高点,由牛顿第二定律得mg= 解得v3=,方向水平向左 对物块a与物块b根据动量守恒定律得 mv2=-mv3+mbvb 根据机械能守恒定律得m=m+mb 解得mb=3m。 答案:(1)26mg　(2)3m 11.(13分) (2024·宿迁模拟)如图所示,光滑水平地面上静置一质量m1=3 kg、R=0.5 m的竖直光滑圆弧轨道AB,O为圆心、B为轨道最低点,OB竖直。其右侧地面上静置-质量为m2=1 kg的木板C,木板的上表面粗糙且与B点等高。现将一质量m3=2 kg的小滑块D(可视为质点),以v0=3 m/s的速度从右端滑上木板C的上表面,当它滑到C的左端时,C、D恰好达到共同速度,此后木板C与圆弧轨道在B点发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞后粘在一起。已知小滑块D与木板C上表面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2。求: (1)木板C的长度; (2)小滑块D沿圆弧轨道上升的最大高度。 解析:(1)设木板C、小滑块D共同速度为v,由动量守恒定律有m3v0=(m3+m2)v,即v=2 m/s 根据能量守恒定律可得 μm3gL=m3-(m3+m2)v2 代入数据解得L=0.75 m。 (2)木板与圆弧轨道发生碰撞,碰撞后木板C和圆弧轨道的共同速度为v1、取向左为正方向,根据动量守恒定律可得m2v=(m2+m1)v1,即v1=0.5 m/s 小滑块D和圆弧轨道在水平方向上动量守恒,取向左为正方向,根据动量守恒定律可得 m3v+(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v',即v'=1 m/s 根据机械能守恒定律可得m3gh=m3v2+(m1+m2)-(m1+m2+m3)v'2 解得小滑块上升的最大高度h=0.075 m。 答案:(1)0.75 m　(2)0.075 m 12.(15分)如图所示,甲、乙两个小滑块(均可视为质点)紧紧靠在一起放置在粗糙水平面上,甲的右侧固定着一块弹性挡板,挡板与甲相距L=1 m。甲和乙之间有少许火药,某时刻点燃火药,爆炸时间极短,火药释放的化学能有E化=1.0 J转变为甲和乙的动能。已知甲、乙的质量分别为m1=0.1 kg和m2=0.4 kg,甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,甲与挡板碰撞后能够按原速率反弹,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)点燃火药后瞬间,小滑块甲、乙各自获得的速度大小; (2)小滑块乙第一次停止运动时,小滑块甲、乙之间的距离; (3)通过计算说明小滑块甲追上小滑块乙发生弹性碰撞后,甲能否再次与挡板碰撞? 解析:(1)设点燃火药后瞬间,甲和乙的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m1v1=m2v2,E化=m1+m2 代入数据解得v1=4 m/s,v2=1 m/s。 (2)甲、乙与水平面间的动摩擦因数相等,故两者滑动时的加速度大小相等,即a=μg=2 m/s2 设乙第一次速度变为零时经历的时间为t 则t==0.5 s 设在t=0.5 s时间内,乙向左运动的位移为L2,根据运动学公式有L2=v2t=0.25 m 因为甲与挡板碰撞后以原速率反弹,所以无论是否与挡板发生碰撞,甲在t=0.5 s时间内的位移L1都可表示为L1=v1t-at2=1.75 m 因为甲的初始位置距离挡板1 m,所以甲碰到挡板后向左返回0.75 m,此时甲、乙之间的距离为 ΔL=L2+L-(L1-L)=0.5 m。 (3)乙停止运动后,甲将继续向左做匀减速直线运动,与静止的乙发生弹性碰撞,设碰撞前甲的速度大小为v1',由动能定理有 m1v1'2-m1=-μm1g(2L+L2) 代入数据解得v1'= m/s 设碰撞后甲、乙的速度大小分别为v1″和v2″,以水平向左为正方向,由动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v1'=m1v1″+m2v2″ m1v1'2=mv1″2+m2v2″2 代入数据解得v1″= m/s,方向水平向右 v2″= m/s,方向水平向左 由运动学公式可得碰后甲向右运动的位移大小为L1'==0.63 m 因为L1'<L+L2=1.25 m 因此甲不会再次与挡板碰撞。 答案:(1)4 m/s　1 m/s　(2)0.5 m　(3)不会 学科网（北京）股份有限公司 $$