高考物理一轮复习讲义练习第七章　第3讲　专题强化：碰撞模型拓展

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第七章　第3讲　专题强化：碰撞模型拓展，共13页。试卷主要包含了模型图示，模型特点，5mgh等内容，欢迎下载使用。
题型一 滑块—弹簧模型
1．模型图示(如图所示)
2．模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
【典例1】 如图所示，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的B、C两物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的A物体以速度v0＝8 m/s向右运动，A与C碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。求：
(1)A和C碰撞过程中损失的机械能；
(2)弹簧能产生的最大弹性势能；
(3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对C冲量的大小。
【解析】 (1)设A与C碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1，
由能量守恒定律得 eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)(m1＋m3)v eq \\al(2,1)＋ΔE，
代入数据解得v1＝2 m/s，ΔE＝24 J。
(2)三个物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共，
代入数据解得v共＝1 m/s，
由能量守恒定律得 eq \f(1,2)(m1＋m3)v eq \\al(2,1)＝ eq \f(1,2)(m1＋m2＋m3)v eq \\al(2,共)＋ΔEp，
代入数据解得ΔEp＝4 J。
(3)设弹簧对B的冲量大小为I2，对B由动量定理得I2＝m2v共－0＝4 kg·m/s，所以弹簧对C冲量的大小是I3＝I2＝4 kg·m/s。
【答案】 (1)24 J (2)4 J (3)4 kg·m/s
1．如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球A、B的质量分别为m1、m2，分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球B一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中( D )
A．A、B组成的系统动量不守恒
B．A、B组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为 eq \f(m2v02,2(m1＋m2))
D．A的最大速度是 eq \f(2m2v0,m1＋m2)
解析：A、B组成的系统所受合力为零，则系统的动量守恒，A错误；A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝ eq \f(m1m2v eq \\al(2,0),2(m1＋m2))，C错误；当弹簧再次恢复到原长时A的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2， eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,2)，解得v1＝ eq \f(2m2v0,m1＋m2)，D正确。
2．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( D )
A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧分别处于拉伸和压缩状态
B．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
C．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
D．在t2～t3时间内A、B的距离逐渐增大，t3时刻弹簧的弹性势能最大
解析：根据图像可得开始时A的速度比B大，弹簧被压缩，t1时A、B速度相同，此时弹簧压缩量达到最大，之后B的速度比A大，弹簧压缩量开始变小，t2时弹簧恢复原长，之后弹簧开始被拉伸，A、B的距离逐渐增大，t3时刻A、B速度相等，此时弹簧拉伸量达到最大，弹簧的弹性势能最大。之后A的速度又大于B，弹簧拉伸量开始变小，t4时刻弹簧恢复原长状态，故A错误，D正确；根据系统动量守恒，取向右为正方向，在0～t1时间内有m1v0＝(m1＋m2)v共，代入数据解得m1∶m2＝1∶2，故B错误；t2时刻A、B两物块的动能之比为 eq \f(Ek1,Ek2)＝ eq \f(\f(1,2)m1v eq \\al(2,1),\f(1,2)m2v eq \\al(2,2))＝ eq \f(1,2)× eq \f(12,22)＝ eq \f(1,8)，故C错误。
题型二 滑块—斜面(曲面)模型
1．模型图示(如图所示)
2．模型特点
(1)上升到最大高度：滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块与斜(曲)面分离点。系统水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)(相当于弹性碰撞)。
【典例2】 (多选)(2025·黑龙江牡丹江高三月考)如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( BD )
A．滑块b沿a上升的最大高度为 eq \f(v eq \\al(2,0),5g)
B．物块a运动的最大速度为 eq \f(2v0,5)
C．物块a对滑块b的冲量大小为 eq \f(1,5)mv0
D．物块a对滑块b所做的功为－ eq \f(8,25)mv eq \\al(2,0)
【解析】 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝ eq \f(2v eq \\al(2,0),5g)，A错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,b)＋ eq \f(1,2)×4mv eq \\al(2,a)，解得va＝ eq \f(2,5)v0，vb＝－ eq \f(3,5)v0，B正确；对b由动量定理得I＝－ eq \f(3,5)mv0－mv0＝－ eq \f(8,5)mv0，C错误；对b由动能定理得W＝ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)v0)) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝－ eq \f(8,25)mv eq \\al(2,0)，D正确。
3．如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，在小球滚到槽底端B点的过程中，下列说法正确的是( B )
A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为 eq \f(2,3)R
C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滚到B点时的速度之比为 eq \r(6)∶1
D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9∶7
解析：若圆弧槽不固定，小球在竖直方向有加速度，圆弧槽在竖直方向没有加速度，小球和槽组成的系统在竖直方向所受的合力不为零，小球和槽组成的系统在竖直方向动量不守恒，故A错误；若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，则有mv1＝2mv2，在小球滚到槽底端B点的过程中，有mx＝2m(R－x)，解得小球水平方向的位移大小为x＝ eq \f(2,3)R，故B正确；圆弧槽固定时，由动能定理可得mgR＝ eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,1)，可得小球滚到B点时的速度大小为v′1＝ eq \r(2gR)，圆弧槽不固定情形下，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得mv1＝2mv2， eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,2)＝mgR，解得v1＝ eq \r(\f(4gR,3))，v2＝ eq \f(1,2) eq \r(\f(4gR,3))，则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滚到B点时的速度之比为 eq \f(v′1,v1)＝ eq \f(\r(6),2)，故C错误；由C中分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时有FN－mg＝m eq \f(v′ eq \\al(2,1),R)，解得FN＝3mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax＝3mg＋2mg＝5mg，若圆弧槽不固定，小球到达底端时有F′N－mg＝m eq \f((v1＋v2)2,R)，解得F′N＝4mg，则圆弧槽对地面的最大压力为F′Nmax＝4mg＋2mg＝6mg，圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为 eq \f(FNmax,F′Nmax)＝ eq \f(5,6)，故D错误。
4．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定水平向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝(m2＋m3)v， eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh，联立并代入数据解得v＝1 m/s，m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩和滑板与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0，代入数据解得v1＝－1 m/s，设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3， eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,2)＋ eq \f(1,2)m3v eq \\al(2,3)，联立并代入数据解得v2＝－1 m/s。由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
答案：(1)20 kg (2)不能，理由见解析
题型三 滑块—木板模型
1．模型图示(如图所示)
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)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。
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。
【典例3】 (2025·四川成都七中高三诊断)如图所示，质量M＝3 kg、上表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时，质量m＝3 kg、表面粗糙的物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板以共同速度匀速运动，重力加速度g取10 m/s2，则( B )
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为2 m/s2
B．物块与长木板之间动摩擦因数为0.1
C．长木板的长度至少为6 m
D．物块与长木板组成的系统损失的机械能为10 J
【解析】 物块与长木板组成的系统动量守恒，则mv0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝2 m/s，长木板做匀加速运动的加速度大小为a＝ eq \f(v,Δt)＝ eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，A错误；对长木板由牛顿第二定律可得a＝ eq \f(μmg,M)，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；长木板的长度至少为L＝ eq \f(v＋v0,2)Δt－ eq \f(v,2)Δt＝4 m，C错误；物块与长木板组成的系统损失的机械能为ΔE＝μmgL＝12 J，D错误。
5．(多选)如图所示，一质量M＝3 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m＝1 kg的木块A。现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。A、B间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2。下列说法正确的是( CD )
A．木块A一直做匀减速直线运动
B．木块A在木板B上滑动过程中，木块A的加速度大小不变，方向变化
C．木块A在加速运动过程中，木块A相对于木板B运动了2.67 m
D．整个过程中，滑动摩擦产生的热量为24 J
解析：系统的初动量方向水平向右，对木板与木块组成的系统，合力保持为零，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可知，A、B共速时总动量也向右，故二者最终向右运动。所以木块A先向左做匀减速运动，速度减到零后再反向做匀加速运动，最后和木板B一起做匀速运动，A错误；共速前A一直相对B向左滑动，故A受到的滑动摩擦力方向一直水平向右，由牛顿第二定律可知μmg＝ma，则木块A的加速度大小和方向一直不变，B错误；规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律，木块A速度为零时，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝ eq \f(8,3) m/s，之后木块A加速至和木板B速度相等，则MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，木块A在加速过程中由能量守恒定律知μmgs＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,B)－ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(2,共)，解得s≈2.67 m，C正确；整个过程中由能量守恒定律知Q＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(2,共)，代入数据解得Q＝24 J，D正确。
题型四 子弹打木块模型
1．模型图示(如图所示)
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。
3．两种情境
(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，
能量守恒：Q＝Ff·s＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，
能量守恒：Q＝Ff·d＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)。
【典例4】(多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( AD )
A．子弹的初速度大小为 eq \f(2kL(m＋M),mM)
B．子弹在木块中运动的时间为 eq \f(2mM,k(m＋M))
C．木块和子弹损失的总动能为 eq \f(k2L2(m＋M),mM)
D．木块在加速过程中运动的距离为 eq \f(mL,m＋M)
【解析】 子弹和木块相互作用的过程中系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度大小分别为v1、v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，子弹和木块相互作用过程中所受合力大小都为f＝kv0，因此子弹和木块的加速度大小分别为a1＝ eq \f(f,m)，a2＝ eq \f(f,M)，由运动学公式可得子弹和木块的位移大小x1、x2分别满足2a1x1＝v eq \\al(2,0)－v eq \\al(2,1)，2a2x2＝v eq \\al(2,2)，x1－x2＝L，联立上式可得v2＝ eq \f(m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(v0－\r(v eq \\al(2,0)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kv0,m)＋\f(kv0,M)))L))),M＋m)，因此木块的速度最大，即v0－ eq \r(v eq \\al(2,0)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kv0,m)＋\f(kv0,M)))L)取极值即可，该函数在2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,m)＋\f(k,M)))L到无穷单调递减，因此当v0＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,m)＋\f(k,M)))L＝2 eq \f(kL(M＋m),Mm)时木块的速度最大，故A正确；子弹穿过木块时木块的速度为v2＝ eq \f(mv0,M＋m)，由运动学公式v2＝a2t，可得t＝ eq \f(mM,k(m＋M))，故B错误；由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE＝Q＝fL＝ eq \f(2k2L2(m＋M),mM)，故C错误；木块加速过程运动的距离为x2＝ eq \f(0＋v2,2)t＝ eq \f(mL,M＋m)，故D正确。
6．(多选)如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为 eq \f(2,5)v0，木块的速度为 eq \f(1,5)v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是( AB )
A．木块的质量为3m
B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为 eq \f(9,25)mv eq \\al(2,0)
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于 eq \f(2,5)v0
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于 eq \f(9,25)mv eq \\al(2,0)
解析：子弹击穿木块的过程，根据系统动量守恒有mv0＝m× eq \f(2,5)v0＋M× eq \f(1,5)v0，根据能量守恒有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)v0)) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,2)M× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0)) eq \s\up12(2)＋E损，解得M＝3m，E损＝ eq \f(9,25)mv eq \\al(2,0)，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能，仍为 eq \f(9,25)mv eq \\al(2,0)，故D错误；由能量守恒可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv2＋E损，解得v＝ eq \f(\r(7),5)v0> eq \f(2,5)v0，故C错误。
课时作业37
1．(5分)(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( AB )
A．FfL＝ eq \f(1,2)Mv2 B．Fft＝mv0－mv
C．v＝ eq \f(mv0,M) D．Ffs＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)mv2
解析：对木块，由动能定理可得FfL＝ eq \f(1,2)Mv2，故A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ eq \f(mv0,M＋m)，故C错误；对木块、子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(M＋m)v2，故D错误。
2．(5分)如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( C )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(3,4)
C． eq \f(3,2) D． eq \f(4,3)
解析：设滑块P的质量为2m，则小球Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝ eq \f(1,2)mvQ2＋ eq \f(1,2)×2mvP2，Q离开P时的动能Ek2＝ eq \f(1,2)mvQ2，联立解得 eq \f(Ek1,Ek2)＝ eq \f(3,2)，C正确。
3．(5分)(多选)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的v－t图像可能正确的是( ABC )
解析：地面光滑，a、b组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设a的质量为ma，b的质量为mb，最后b没有滑离a，则最终a、b相对静止，速度相等。根据牛顿第二定律，a、b应在同一时刻达到共同速度，故D错误；从开始至二者共速，根据动量守恒定律有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v，如果ma>mb，则v为正，故B正确；如果ma＝mb，则v＝0，故C正确；如果ma2× eq \f(v1,2)t＝2x2，故μmgl>μmgx2，对木板由动能定理得μmgx2－μ2(m＋M)gx2＝ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,1)，则 eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,1)