2026年高考物理二轮专题复习：重难08 类碰撞经典模型（子弹打木块、滑块弹簧、滑块木板、人船模型、斜面滑块、曲面滑块等）（重难专练）（全国适用）（解析版）

PAGE重难08类碰撞经典模型（子弹打木块、滑块弹簧、滑块木板、人船模型、斜面滑块、曲面滑块等）内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”高考指导方向标近三年考查趋势分析近三年高考中，本专题常以1题形式出现，分值约6–15分。命题注重经典模型的建构与拓展，常结合生活、科技实例（如机器人抛球、滑板运动、弹簧连接体、人船系统等）考查动量守恒、能量转化及多过程综合分析。试题重点考查碰撞类型判断、动量守恒条件的灵活应用、能量损失计算、人船模型位移关系及滑块—斜面（曲面）模型的临界分析。核心方法聚焦子弹打木块模型中摩擦生热与动能损失的关系；弹簧连接体模型中速度极值与能量转化分析；人船模型中位移与质量的反比关系；滑块—斜面（曲面）模型中水平动量守恒与机械能守恒的综合应用。备考指导建议熟练掌握完全弹性、非弹性、完全非弹性碰撞的特征与计算；强化“人船模型”中位移关系的推导与应用；注重滑块—斜面模型中“最高点共速”“返回分离”等关键状态的分析；通过典型模型反复训练，提升多对象、多过程问题的系统分析能力。1.子弹打木块模型模型图例2.模型特点(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化3.情景分析：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有，对子弹用动能定理：对木块用动能定理：则有：，这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。4.结果讨论(1)子弹留在木块中(未穿出)若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。若d＜L（木块的长度）时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。①动量守恒：mv0＝(m＋M)v②机械能损失(摩擦生热)Q热＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2其中d为子弹射入木块的深度．(2)子弹穿出木块若d＞L（木块的长度）时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。设穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，则有：①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②机械能的损失(摩擦生热)Q热＝Ff·L＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22滑块（小球）—弹簧模型模型速度—时间图像规律情况一：从原长到最短（或最长）时①；②情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①；②滑块-木板模型的临界问题模型图例x1x1v0x2x相对m1m2v共v共速度-时间图像动力学常用关系功能常用关系或动量常用关系人船模型——微积分思想在动量中的应用1.“人船模型”原来静止的两物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和(或某方向上外力的矢量和)为零，则系统动量守恒(或某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在某方向上的速度)大小之比都等于质量的反比，此类问题归为“人船模型”问题。（1）模型特征（适用条件）：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．（2）特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即。（3）处理思想：设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；滑块-斜面（曲面）模型——相对运动与临界问题模型图例2.模型解读：(1)在光滑水平面上，把滑块、光滑弧面(斜面)看作一个整体，它们之间的作用力为内力，滑块和弧面(斜面)组成的系统在水平方向动量守恒。(2)由于只有动能和重力势能之间的转化，所以系统机械能守恒，应用机械能守恒定律或能量守恒定律求解问题。(3)滑块到达弧面(斜面)最高点时(滑块竖直方向的速度为零)二者有共同速度。3.模型临界问题：（1）上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共，系统机械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋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m的重力势能)。（2）返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系统机械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，相当于完成了弹性碰撞。【注意】该模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M速度必定相等（建议用时：20分钟）1．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上静止放置一木块，一子弹水平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，子弹的质量小于木块的质量，则子弹从木块穿出后（）A．系统产生的热量一定等于木块的动能B．系统产生的热量一定小于木块的动能C．系统产生的热量一定等于木块动能的2倍D．系统产生的热量一定大于木块动能的2倍【答案】D【详解】由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二定律可知，子弹的加速度大小大于木块的加速度大小，子弹和木块的v−t图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木块的位移分别为x1、x2，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f的作用，木块的长度为L，由功能关系知系统产生的热量Q=fL木块的动能Ek=fx2，由图可知L=x1−x2>2x2则故选D。2．（2025·河南·模拟预测）如图所示，物体与光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，槽底端放有小球。现给一个水平向右的初速度，与发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球能脱离圆弧槽向上运动，已知、、质量相等，不计空气阻力，则（）A．与碰撞后，的速度向左B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零D．圆弧槽在水平地面上做往复运动【答案】C【详解】A．、质量相等碰撞后速度交换，的速度为0，故A错误；B．球脱离圆弧槽后，水平方向的运动完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B错误；C．与相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，速度互换，所以槽的速度为零，故C正确；D．根据动量守恒，会一直向右运动，故D错误。故选C。3．（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则（

）A．A加速过程中，加速度越来越大 B．A、B、C共速时，B所受合力为0C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大 D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒【答案】C【详解】A．A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；BC．A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时BC受到的弹力不为0，BC的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；D．B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。故选C。4．（2025·湖北武汉·模拟预测）光滑水平桌面上放置两个质量均为的小球、，用轻弹簧连接，小球紧靠挡板，如图所示，初始时弹簧处于原长。小球以水平向左运动并压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，在小球开始向左运动到弹簧第二次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（）A．、及弹簧组成的系统机械能和动量均守恒B．挡板对小球做的功为C．挡板对小球的冲量大小为D．小球离开挡板后，系统弹性势能最大值为【答案】D【详解】A．小球运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒；由于挡板P的弹力对小球A有向右的冲量，因此系统动量不守恒，故A错误；B．从初始到小球A将要离开挡板，小球A一直静止，则挡板P对小球A不做功，小球A离开挡板后，挡板对小球A的弹力为零，也不做功，所以整个过程中，挡板P对小球A不做功，故B错误；C．小球B的动能小球A将要离开挡板P时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球B的动能Ek=Ek0此时小球B的速度大小为v0，方向向右，由动量定理知挡板P对小球A的冲量等于系统动量的改变量，规定向左为正方向，则故C错误；D．小球A离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时A、B速度相等，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=2mv解得对系统，由机械能守恒定律得代入数据联立解得弹性势能的最大值为故D正确。故选D。5．（2025·江西·模拟预测）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设子弹射入木块的初速度为，经过时间子弹与木板达到共速，子弹的质量为，木块的质量为，由题意可知，根据动量守恒可得可得经过时间子弹发生的位移大小为木块发生的位移大小为子弹与木块发生的相对位移大小为则有故选B。6．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。故选A。7．（2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，质量均为1kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，B上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为0.6m的细线，细线另一端系一质量为0.5kg的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并静止释放球C后，则（）A．由A、B、C组成的系统动量守恒B．B的速度不可能变为0C．A对B的作用力一直增大D．A、B刚分离时A的速度为【答案】D【详解】A．由A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，A错误；B．小球C向下摆动时，AB向左运动，当C到最低点时，AB开始分离，因A的动量向左，则此后BC的水平总动量向右，则当最终BC共速时，共同速度一定向右，则B的速度先向左后向右，中间某时刻的速度一定为零，B错误；C．因当C到最低点时，AB开始分离，此时AB之间的作用力为零，可知A对B的作用力不是一直增大，C错误；D．当C到最低点时，AB开始分离，则由水平动量守恒由能量关系解得A、B刚分离时A的速度为，D正确。故选D。（建议用时：30分钟）8．（25-26高三上·河北邯郸·阶段练习）如图所示，质量为4m且足够长的光滑斜面放在光滑水平面上，质量为的小球以水平速度冲上斜面，则小球冲上斜面后距离水平面的最大高度是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】小球冲上斜面后距离水平面最大高度时二者共速，对斜面、小球，水平方向动量守恒有由机械能守恒有联立解得小球冲上斜面后距离水平面的最大高度故选C。9．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，竖直平面内有一质量为M＝0.3kg，半径为R＝1.5m，圆心为O的四分之一圆弧轨道静止放置在光滑水平地面上，轨道最高点A与圆心O等高，最低点B在O点正下方且刚好和地面相切。将质量为m＝0.1kg的滑块从轨道最高点A由静止释放，测得滑块从B点离开轨道时，滑块的速度大小为3m/s，取，则滑块沿轨道从A滑到B的过程中，摩擦产生的热量为（）A．0.9J B．0.45J C．0.6J D．1.05J【答案】A【详解】滑块沿轨道下滑的过程中，滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，有解得滑块滑到B点时，圆弧轨道的速度大小为滑块从A滑到B的过程中，根据能量守恒有联立解得故选A。10．（2025·云南昆明·模拟预测）如图甲所示。物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．物块C的质量为2kgB．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72JC．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·sD．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J【答案】C【详解】A．由图知，C与A碰撞前的速度为，碰后的速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有解得，故A错误；B．当C与A速度为0时，根据能量守恒，可得最大弹性势能，故B错误；C．由图知，12s末A和C的速度，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为解得I＝-24N·s即冲量大小为24N·s，方向向左，故C正确；D．物块B刚离开墙壁时，根据机械能守恒定律有解得AC向左运动的速度大小为物块B离开墙壁后，当A、B、C三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，故D错误。故选C。11．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在光滑水平面上静置一质量为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恒定，大小为，改变子弹的初速度大小，则（）A．越大，木块的末速度就越大B．越大，子弹与木块损失的总动能就越多C．越大，子弹与木块相对运动的时间就越短D．无论取何值，木块的末速度都不可能大于【答案】D【详解】A．若子弹能穿过木块，子弹的初速度越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得可知越大，木块的末速度就越小，故A错误；B．若子弹能穿过木块，根据功能关系，可知子弹与木块损失的总动能为系统产生的热量，故子弹与木块损失的总动能故越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B错误；C．若子弹能不能穿过木块，由动量守恒有解得对木块，由动量定理得解得可知越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C错误；D．要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间要最长，此时子弹刚好要击穿木板，设二者共同速度为v，由动量守恒有能量守恒定律得联立解得，故D正确。故选D。12．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在光滑的水平桌面上，原长为、劲度系数为的轻弹簧两端各连接一个物块，按住物块，向左拉物块，在弹簧长度为时由静止释放物块，当弹簧恢复原长时释放物块。已知两物块的质量均为，弹簧的形变量为时的弹性势能为。下列说法正确的是（）A．刚释放物块时，物块的速度为B．最终两物块以相同的速度匀速运动C．两物块之间的最小距离为D．物块的最大速度为【答案】D【详解】A．刚释放物块B时，弹簧的弹性势能转化为A的动能物块A的速度为，故A错误；C．释放物块B后，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时弹簧长度最短，由动量守恒定律得由能量守恒得解得此时A、B的速度为弹簧的压缩量为两物块之间的最小距离为，故C错误；D．随后物块A继续减速，物块B继续加速，当弹簧再次恢复原长时，设A、B的速度分别为、由动量守恒可得由能量守恒得解得，此时B的速度最大，故D正确；B．随后物块A开始加速，B开始减速，弹簧先伸长再缩短，再次恢复原长时物块A的速度仍为，物块B的速度为0，以此重复，故B错误。故选D。二、多选题13．（2025·四川·三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（）A．小车始终未动B．人、车和球组成的系统动量守恒C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离D．球全部落入左框后，小车将静止不动【答案】CD【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误；C．设一个球的质量为，人、车和剩余球的质量为，人扔球时到篮筐的水平距离为，根据水平方向动量守恒则又解得，故C正确；D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。故选CD。14．（2025·福建·模拟预测）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（）A．A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动B．A的质量大小为C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为D．轻绳的长度为【答案】BD【详解】A．根据图（b）可以知道A、B一起在竖直面内做周期性运动的周期为，故A错误；BCD．设子弹打入物块A后一起运动的速度大小为v1，AB一起运动到最高点的速度大小为v2，细绳的长度为l，子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有子弹和物块在最低点绳子有最大拉力Fm，根据牛顿第二定律有子弹和物块在最高点绳子有从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有物块A受到子弹的冲量联立解得，，，故BD正确，C错误。故选BD。15．（2025·湖北·一模）如图所示，光滑水平面上有一质量为2kg、半径为0.8m的光滑圆弧曲面C，质量为2kg的小球B置于其底端，另一个质量为1kg的小球A以v0=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，小球均可视为质点，不计一切摩擦，g=10m/s2，则（）A．B恰好上升到圆弧曲面C的顶端B．B运动到最高点时的速率为2m/sC．C的最终速率为4m/sD．B能与A再次发生碰撞【答案】BC【详解】AB．规定向右为正方向，A碰B过程有解得碰后AB的速度分别为当B运动到最高点时BC共速，则有联立解得可知B不能滑到C顶端，B运动到最高点时的速率为2m/s，故A错误，B正确；CD．当B返回到C底端时有联立解得此时BC速度分别为可知C的最终速率为4m/s，B不能与A再次发生碰撞，故C正确，D错误。故选BC。（建议用时：20分钟）16．（2025·云南·模拟预测）轨道A质量为，由粗糙水平轨道和半径为，圆心角为的光滑圆弧轨道组成，现将A静置于光滑水平面上，如图所示。A最左侧固定一处于压缩状态的轻弹簧，开始时弹簧被锁定，储存的弹性势能为（未知）。质量为的小物块B紧靠在弹簧右侧，到圆弧底端距离为。解除弹簧的锁定后，A、B同时开始运动。已知重力加速度为，水平轨道与B之间的动摩擦因数为，，，物块B视为质点。以下说法正确的是（

）A．若，则B将从A的上端飞出B．若，则A向左运动的最大位移为C．若，则B上升到最大高度时与A共速D．若，则B从轨道冲出后轨道A的速度大小为【答案】BD【详解】A．对AB系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B上升到最高点时，AB共速且速度为零则由能量关系可知解得h=0.4R，此时B刚好到达轨道A的最高点，B不能从A的上端飞出。A错误；B．由人船模型可知其中可得，则A向左运动的最大位移为，B正确；C．当时，滑块B将滑离轨道，设B上升到最大高度时A、B速度大小分别为、由水平方向动量守恒可知故，且B上升到最大高度时与A速度方向相反，故不共速，C错误；D．当时，滑块B将滑离轨道，滑块B到达轨道最高点时由能量守恒可得设在水平方向、竖直方向的分量分别为，，则由水平方向动量守恒可得当滑块B到达轨道最高点时，在沿圆弧轨道半径的方向上A、B速度相等则联立解得B从轨道冲出后上升到最高点的速度为故，D正确。故选BD。三、解答题17．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，质量为M=0.99kg的木球用细绳连接挂在O点处于静止状态，O点到球心的距离为L=0.5m，现有一质量为m=0.01kg的子弹以速度v0射入木球并留在木球中（子弹与木球作用时间很短），若子弹射入木球后，木球（含子弹）在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，求：（重力加速度g取10m/s2）(1)子弹射入木球后瞬间，木球与子弹的共同速度大小；(2)子弹的入射速度v0大小。【答案】(1)5m/s(2)500m/s【详解】（1）小球在竖直平面内恰好做圆周运动，在最高点，由重力提供向心力得小球从最低点运动到最高点过程，由机械能守恒定律得代入数据解得（2）子弹射入木球过程，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得18．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，