第七章 第4课时 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第七章 动量守恒定律 第 4 课时 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用 目标 要求 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。 2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。 内 容 索 引 考点一　　子弹打木块模型 考点二　　“滑块—木板”模型 课时精练 > < 考点一 子弹打木块模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 子弹打木块模型 考点一 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 子弹打木块模型 考点一 例1　在光滑水平桌面上静置一质量为M＝1.8 kg的长方体匀质木块，现有一颗质量为m＝0.2 kg的子弹以v0＝200 m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块的长度为L＝20 cm，子弹打进木块的深度为d＝10 cm，设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能； 答案　20 m/s　3 600 J 子弹打木块模型 考点一 子弹和木块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s 子弹打木块模型 考点一 (2)若要使子弹刚好能够穿出木块，其初速度v0′应为多大？ 子弹打木块模型 考点一 要使子弹刚好能够穿出木块，临界状态是子弹刚穿出木块时，两者速度相等。规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0′＝(M＋m)v′ 根据能量守恒定律有 已知Q＝ΔE＝Ffd，Q′＝FfL 子弹打木块模型 考点一 拓展　如图所示，若两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍。下列说法正确的是 A.射入滑块A的子弹最终速度小 B.射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C.射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D.子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 √ 子弹打木块模型 考点一 子弹的质量相同，初、末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误； 子弹打木块模型 考点一 根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝Ffd，其中子弹在A中受到的平均阻力是 在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误； 根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相同，末速度相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 子弹打木块模型 考点一 例2　(多选)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失的动能为ΔEk1损，系统机械能的损失为E1损 ，穿透后系统的总动量为p1；同样的子弹以同样的初速度打穿静置在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t2，子弹损失的动能为ΔEk2损，系统机械能的损失为E2损，穿透后系统的总动量为p2。设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是 A.t2>t1 B.ΔEk2损＞ΔEk1损 C.E2损＞E1损 D.p2＞p1 √ √ √ 子弹打木块模型 考点一 子弹打木块模型 考点一 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔEk损＝Ffx，由于x2＞x1，所以ΔEk2损＞ΔEk1损，故B正确； 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，系统摩擦产生的热量Q＝Ffd，其中Ff为阻力，d为两次子弹相对于木块的位移大小，都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E2损＝E1损，故C错误； 子弹打木块模型 考点一 第一次系统受外力，动量不守恒，p1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量，所以p2＞p1，故D正确。 返回 子弹打木块模型 考点一 “滑块—木板”模型 > < 考点二 1.模型图示 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)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。 “滑块—木板”模型 考点二 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 “滑块—木板”模型 考点二 例3　质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求： (1)物块与小车的共同速度大小v； 答案　0.8 m/s “滑块—木板”模型 考点二 “滑块—木板”模型 考点二 (2)物块在小车上滑行的时间t； 答案　0.24 s 对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0 “滑块—木板”模型 考点二 (3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1； 答案　0.096 m “滑块—木板”模型 考点二 (4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2； 答案　0.336 m “滑块—木板”模型 考点二 (5)在此过程中系统产生的内能； 答案　0.24 J 方法一　Δx＝x2－x1＝0.24 m Q＝μm2g·Δx＝0.24 J “滑块—木板”模型 考点二 (6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。 答案　5 m/s m2v0′＝(m1＋m2)v′ “滑块—木板”模型 考点二 拓展　在[例3]中，若增大物块与小车间的动摩擦因数，则因摩擦产生的内能将________(选填“增大”“减小”或“不变”) 不变 “滑块—木板”模型 考点二 例4　(2024·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)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乙所示。物块可视为质点。求： (1)乙图中v1、v2和v3的大小。 答案　4 m/s　3 m/s　2 m/s “滑块—木板”模型 考点二 根据题意可知，题图乙中图线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木板碰撞前瞬间的过程， 根据系统动量守恒有mv0＝mv1＋Mv木 解得v1＝4 m/s “滑块—木板”模型 考点二 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 mv0＝Mv2 解得v2＝3 m/s 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，根据系统动量守恒有 mv0＝(m＋M)v3 解得v3＝2 m/s “滑块—木板”模型 考点二 (2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量。 答案　12 J “滑块—木板”模型 考点二 物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能 物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能 故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 “滑块—木板”模型 考点二 最终相对静止时系统的动能 所以系统产生的热量 Q＝Ek0－Ek3＝12 J “滑块—木板”模型 考点二 (3)木板的长度和物块最终停在木板上的位置。 答案　4.5 m　距右侧1.5 m “滑块—木板”模型 考点二 Q1＝Ek0－Ek1＝9 J 由Q1＝Ff·L 解得L＝4.5 m 碰撞后因摩擦产生的热量Q2＝Ek2－Ek3＝3 J 另Q2＝Ff·x 解得x＝1.5 m，则物块在距木板右侧1.5 m处。 返回 “滑块—木板”模型 考点二 课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.如图所示，一木块以速度v1沿着光滑水平面向右匀速运动，某时刻在其后方有一颗子弹以速度v0射入木块，最终子弹没有射穿木块。下列说法中正确的是 A.子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与 因摩擦产生的热量之和 B.木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功 C.木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量相同 D.系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功 √ 基础落实练 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少量，根据能量守恒定 律可知，子弹动能的减少量等于木块动能增加量与因摩擦产生热量之和，木块有初速度，子弹动能的减少量不等于木块的末动能与因摩擦产生热量之和，故A错误； 相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等，根据功的公式W＝Fs可知，木块对子弹做的功大于子弹对木块做的功，故B错误； 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等、方向相反，作用时间相等，根据 冲量公式I＝Ft可知，木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量大小相等，方向相反，故C错误； 系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差，即等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功，故D正确。 40 2.如图所示，相互接触的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹水平方向的作用力恒为Ff ，则下列说法正确的是 A.t1时间内，子弹的动量变化量大于A的动量变化量 B.t2时间内，子弹的动量变化量大于B的动量变化量 C.t1时间内，子弹和A的总动量守恒 D.t2时间内，子弹和B的总机械能守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 t1时间内，子弹与两个木块一起运动，所以子弹和木块A、B组成的系统动量守恒，子弹的动量变化量大小等于木块A、B整体的动量变化量大小，所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量，A正确，C错误； t2时间内，子弹和木块B组成的系统动量守恒，子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错误； t2时间内，子弹穿过B的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(多选)如图所示，足够长的木板B放在光滑的水平面上，木块A放在木板B最左端，A和B之间的接触面粗糙，且A和B质量相等。初始时刻木块A速度大小为v，方向向右。木板B速度大小为2v，方向向左。下列说法正确的是 A.A和B最终都静止 B.A和B最终将一起向左做匀速直线运动 D.A和B减少的动能转化为A、B之间因摩擦产生的内能 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 木块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得2mv－mv＝2mv′ 方向向左，故A错误，B正确； 根据能量守恒可知，A和B减少的动能转化为A、B之间因摩擦产生的内能，故D正确。 4.(2023·广东广州市第十七中学期中)如图所示，一沙袋用足够长无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出(时间极短，可忽略不计)，二者共同摆动。若弹丸的质量为m，沙袋的质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是 A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于 沙袋对弹丸的冲量大小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 弹丸打入沙袋的过程，由动量守恒定律得mv0 ＝ (m＋5m)v 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(2023·广东省模拟)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后与物块达到共速时的速度v1的大小； 答案　6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1 代入数据解得子弹进入物块后与物块达到共速时的速度v1＝6 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)木板向右滑行的最大速度v2的大小； 答案　2 m/s 当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2 代入数据解得v2＝2 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (3)物块在木板上滑行的时间t。 答案　1 s 物块在木板上滑动时，由动量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1) 代入数据解得物块在木板上滑行的时间t＝1 s。 6.(多选)如图，半径为R＝2 m的光滑曲面轨道固定在平面内，下端出口处在水平方向上。一质量为M＝3 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平。一质量为m＝1 kg的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，该点距曲面下端的高度为h＝0.8 m，小物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终恰好未从平板车的左端滑下。已知小物块可视为质点，与平板车间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2， 则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 A.小物块滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为18 N B.平板车加速运动时的加速度为6 m/s2 C.平板车的长度为1 m D.小物块与平板车间滑动过程中产生的热量为6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小物块沿曲面下滑过程机械能守恒，则有 解得v0＝4 m/s 解得FN＝18 N 由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝18 N，A项正确； 小物块滑上平板车后，对平板车由牛顿第二定律得μmg＝Ma 解得a＝2 m/s2，B项错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 联立解得小物块与平板车间滑动过程中产生的热量为Q＝6 J，D项正确； 又Q＝μmgL 解得平板车的长度为L＝1 m，C项正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(多选)(2023·广东茂名市电海中学阶段测试)如图甲，质量m＝10 g的子弹水平射入静置在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的 －t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量M＝0.99 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B.子弹射入木块的初速度为400 m/s C.子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792 J D.子弹射入木块过程中(未射出)，木块的质量越大，子弹对木块的冲量 越大 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 结合题图乙可知v0＝4 m/s a＝8 m/s2 木块在水平地面上滑行过程，根据牛顿第二定律可得a＝μg 解得μ＝0.8，A项正确； 子弹射入木块过程，动量守恒，有mv＝(M＋m)v0 解得v＝400 m/s，B项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由mv＝(M＋m)v0 可见，在m、v不变的情况下，M越大，I越大，D项正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8.如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块(可视为质点)以水平初速度v0＝4 m/s滑上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知滑块的质量和A、B两木板质量均相等，A木板长为L1＝2 m，滑块与两木板间动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小滑块刚离开木板A时A和B的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2 由能量守恒定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)木板B的长度L2。 答案　0.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题意，滑块冲上B木板到二者相对静止的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv3 由能量守恒定律有 解得L2＝0.5 m。 9.(2023·广东省联考)如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的 光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的最左端。质量mA＝1 kg的滑块A在光滑水平平台上以初速度v0＝6 m/s向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生弹性碰撞。已知滑块B的质量为mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的下表面光滑，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小vB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mAv0＝mAvA＋mBvB 联立代入数据得滑块A和B碰后滑块B的速度大小 vB＝3 m/s (2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　6 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 在保证滑块B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，对滑块B和长木板有 mBvB＝(mB＋mC)v 联立代入数据可得 v＝1 m/s mC＝6 kg (3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q点的距离Δx。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度大小为vB′，则有 (mB＋mC)v＝mBvB′＋mCvm 假设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 mBgR＝μmBgΔx 解得Δx＝1 m<L＝2 m 故假设成立，滑块B最终距Q点的距离 Δx＝1 m。 返回 能量守恒：Q＝Ff·x＝mv02－(M＋m)v2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(mv12＋Mv22) 设此过程中系统所增加的内能为ΔE，根据能量守恒定律有mv02＝ (M＋m)v2＋ΔE，解得ΔE＝3 600 J。 答案　200 m/s Q′＝mv0′2－(M＋m)v′2 解得v0′＝200 m/s。 设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A错误； 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力Ff相等，根据牛顿第二定律有a＝，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的初速度打穿静置在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面上滑动，所以第二次子弹的位移x2要大于第一次的位移x1，即x2＞x1；子弹做减速运动，由位移公式x＝v0t＋at2和x2＞x1可得t2＞t1，故A正确； 物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝＝0.8 m/s 解得t＝＝0.24 s。 对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0 解得x1＝＝0.096 m。 x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m 方法二　Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝0.24 J m2v0′2－(m1＋m2)v′2＝μm2gL 联立解得v0′＝＝5 m/s Ek1＝mv12＋Mv木2＝9 J Ek2＝Mv22＝9 J Ek0＝mv02＝18 J Ek3＝(m＋M)v32＝6 J 由题意知，对木板分析得Ff＝Ma，且由题图乙知a＝＝1 m/s2，故Ff＝2 N。碰撞前二者因摩擦产生的热量 C.当A以向右运动时，B以向左运动 代入数据解得v′＝ 当A以向右运动时 2mv－mv＝－m＋mvB 解得vB＝v，故C正确； C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 解得v＝v0 弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据FT＝6mg ＋6m可知，细绳所受拉力变大，A错误； 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量Q＝mv02－·6mv2＝mv02，C错误； 由机械能守恒可得·6mv2＝6mgh 解得h＝，D正确。 mgh＝mv02 在轨道最下端由牛顿第二定律得FN－mg＝m 由能量守恒定律得mgh＝(M＋m)v2＋Q 由x＝v0t－at2 得＝v0－at 系统损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v02＝792 J 子弹损失的机械能ΔE′＝mv2－mv02＝799.92 J，C项错误； 得v0＝ 对木块由动量定理可得I＝Mv0＝v＝v 答案　 m/s　 m/s mv02＝mv12＋×2mv22＋μmgL1 解得v1＝ m/s，v2＝ m/s 即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为vA＝vB＝v2＝ m/s mv12＋mv22＝×2mv32＋μmgL2 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 mBvB2－(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR 答案　 m/s　1 m mBvB′2＋mCvm2－(mB＋mC)v2＝mBgR 联立解得vm＝ m/s $