【金版新学案】2013-2014学年高中物理同步配套辅导与检测（粤教版，选修3-5）：第一章 第五节 自然界中的守恒定律（67张ppt）

课件67张PPT。第五节　 自然界中的守恒定律1．理解所学过的守恒定律的内容，从守恒定律中认识到其本质是某种物理量保持不变的．
2．理解常见的几种模型并能结合守恒观点初步去解决问题．自然现象丰富多彩，物体运动千变万化，但总遵循着一定的规律，比如机械能守恒、能量守恒、动量守恒等，物理学研究表明守恒定律都来源于对称，守恒和对称是自然界最常见的现象和规律，也是物理学中的一部分，物理学的守恒定律闪耀着自然美的光辉，表现出物理学的简洁与和谐之美，在物理学中你能举出一些关系守恒与对称的例子吗？一、守恒与不变
1．守恒定律
守恒定律并没有告诉我们物体状态变化过程的全部细节，只是可以用来判断某个变化是否可能发生，以及一旦发生变化，物体的初、末状态之间应满足什么关系．
2．能量守恒
能量是物理学中最重要的物理量之一，而且具有多种多样的形式，各种形式的能量可以________但________不变．可以说，能量的守恒是最重要的守恒形式．相互转化总能量3．动量守恒
动量守恒定律通常是对________的物体所构成的系统而言的，适用于________的运动，因此常用来推断系统在发生碰撞前后运动状态的变化．事实上，动量守恒定律与碰撞过程的具体细节无关，这一点是很重要的．
4．物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量___________，例如能量守恒是对应着某种时间平移的不变性；动量守恒则是对应着某种空间平移的不变性．因此，守恒定律其实正是自然界和谐统一规律的体现．保持不变相互作用任何形式二、守恒与对称
1．所谓对称，其本质也是具有__________．
2．守恒定律来源于对称．物理规律的每一种________________通常都相应于一种守恒定律．对称和守恒这两个重要概念是紧密地联系在一起的．对称性(即不变性)某种不变性结合图象求解动量与能量问题图象包括函数图象、矢量图、光路图、轨迹图、几何图以及描述复杂物理过程的草图和由实验数据描述的实际图象．
图象法的思维特点：突出表现在运用数学的“形”，载着物理的“质”．它既能直观、形象、概括地反映某两个相关的物理量之间的关系，又能将一些用抽象数学解析式或文字无法表达或表达不清的物理现象、过程、状态和规律包含其中；它既是丰富的物理信息(指隐含着的与横、纵坐标量关联的物理内涵)的载体，又是形象思维和抽象思维的纽带；它既是广泛应用科学实验中用来分析实验数据的重要方法，也是进行理论研究和规律探索的常用手段．总之，物理函数图象含有明确的物理意义，体现具体的物理内容，描述清晰的物理过程．用图象法分析问题，可以优化解题过程，使抽象的问题形象化，复杂的问题简单化． 水平拉力F1、F2分别作用在水平面上的物体上，经一段时间后撤去，使物体由静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F1>F2，那么在这个过程中(　　)
A．F1比F2冲量大
B．F1比F2冲量小
C．F1和F2的冲量相等；
D．F1和F2的冲量无法比较解析：本题如果纯粹用公式规律替换分析，两冲量关系较难确定，如果转化为图形，即根据运动中的位移相等和加速度的关系把它们画成如图所示的图象，则显然有t1I1－F1t1＝0，I2－F1t2＝0
由此可得I1答案:B应用动量守恒定律求解临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．这类临界问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答． 如下图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？乙解析：要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1 ①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：mv－Mv0＝(m＋M)v2 ②
刚好不相撞的条件是：
v1＝v2 ③
联立①②③解得：
v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速方向一致．
答案：5.2 m/s，方向与甲和箱子初速方向一致． 应用动量与能量求解滑块问题滑块问题是常考的物理模型，题型多为力、电计算题．尽管试题所表述的物理过程较为简单，但它所表现出来的灵活性、知识的综合性、设问的技巧性和创新性都是不言而喻的．滑块问题一般可分为两种，即力学中的滑块问题和电磁学中的带电滑块问题．在涉及到运用动量守恒和能量守恒的习题中，主要是两个及两个以上滑块组成的系统，如滑块和小车、子弹和木块、滑块和箱子、磁场中导轨上的双滑竿、原子物理中的粒子间相互作用等等．此类模型变化过程复杂，物理变量繁多，各物理量相互制约．解决动力学问题，一般有三种途径：①牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；②动量定理和动量守恒定律(动量观点)；③动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点)．以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”． 如右图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、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刚好没有滑离B板，以地面为参照系． (1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向．
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离．解析：方法一：用牛顿第二定律和运动学公式求解．
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f.如下图所示：对A据牛顿第二定律和运动学公式有：
f＝maA；
L2＝v0t－ aAt2；
v＝－v0＋aAt.对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f＝MaB；
L0＝v0t－ aBt2；
v＝v0－aBt.
由几何关系有：L0＋L2＝L.
由以上各式可求得它们最后的速度大小为：
v＝ · v0，方向向右．
fL＝
对A，向左运动的最大距离为：
L1＝ .方法二：用动能定理和动量定理求解．
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，经过时间为t, A和B的初速度的大小为v0，则据动量定理可得：
对A: ft＝mv＋mv0 ①
对B：－ft＝Mv－Mv0 ②
解得：v＝ v0，方向向右 A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段．设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：
对于B : －fL0＝ Mv2－ M ③
对于A : －fL1＝ － m ④
f(L1－L2)＝ mv2 ⑤
由几何关系L0＋L2＝L ⑥
由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L1＝ .方法三：用能量守恒定律和动量守恒定律求解．
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v, A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v
解得：v＝ · v0，方向向右．
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q＝fL＝ (M＋m) － (m＋M)v2
对于A　fL1＝ mv由上述二式联立求得L1＝ .
从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．1．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，质量为m的小物块以水平速度v0滑上木板左表面，已知木板与小物块的滑动摩擦因数为μ，O点是长木板AB的中点，问v0在什么范围内方能使小物块滑到OB间的任一点时停下来？课堂训练解析：设小物块相对木板静止时的共同速度为v，小物块与物块在相互作用过程中系统动量守恒，有：
mv0＝(M＋m)v ①
设滑块与木板间的摩擦力为f，根据能量守恒，有：
即fs＝ m － (M＋m)v2 ②
而f＝μmg ③
①②③联立得：s＝ ④由此可见，s越大，要求的v0也必越大．要使小物块在OB间任意点停下，须满足 ≤s≤L.
取s＝ 代入④得：　v0＝ ；
取s＝L代入④得：　 v0＝
即v0应取 ≤v0≤ ，才能使小木块滑到OB间停下来．应用动量与能量求解弹簧类问题对两个(及两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用过程中的问题，在能量变化方面，由于弹簧的伸长或压缩会具有相应的弹性势能，因而系统的总动能将发生变化．若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，其动能的减少量(或增加量)等于弹簧弹性势能的增加量(或减少量)，即系统总机械能守恒．若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力做功，系统总机械能的改变量等于外力以及上述内力的做功之和，做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程特征方面，弹簧伸长或压缩到最大程度时弹簧两端的物体具有相同速度．若系统内每个物体除弹簧的弹力外所受的合力为零(如光滑水平面的连结体问题)，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧的某一端的物体(如弹簧绷紧的系统由静止释放)具有最大速度． 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1 的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为 m2 挡板 B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端 O点．A与 B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM段 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g，求： (1)物块 A在与挡板 B碰撞前瞬间速度 v的大小；
(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)．解析：(1)由机械能守恒定律，有
m1gh＝ m1v2 ①
v＝ . ②(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有：
m1v＝(m1＋m2)v′ ③
A、B克服摩擦力所做的功：W＝μ(m1＋m2)gd ④
由能量守恒定律，有：
(m1＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd ⑤
解得Ep＝ gh－μ(m1＋m2)gd.
答案：(1)
(2) gh－μ(m1＋m2)gd2．图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点(未画出)以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ， 运动过程中弹簧最大形变量 为l2，求A从P出发时的初速度v0.课堂训练解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1(碰前)，由功能关系，有：
mv － m1v ＝μmgl1 ①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2.有：
mv1＝2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有： (2m)v － (2m)v ＝μ(2m)g(2l2) ③
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有：
mv ＝μmgl1 ④
由以上各式，解得 v0＝ .
答案： 应用动量与能量求解综合类问题1．处理力学问题的基本思路：
(1)利用牛顿运动定律．
(2)利用动量关系．
(3)利用能量关系．
若考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿定律；若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律；若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理．两个定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别是对于变力做功问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理，就更显示出它们的优越性．
2．利用动量和能量的观点解题时应注意的问题：
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
(2)从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段上一般用于研究单体，动能定理在高中阶段只能用于研究单体．(3)动量守恒定律和能量守恒定律是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．
中学阶段凡可用牛顿运动定律解决的问题，一般也可用动量的观点或能量的观点求解，而且要比用力和运动的方法简便，而中学阶段涉及的曲线运动、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用牛顿运动定律的方法． 如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M＝1 kg 、长L＝4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg的滑块(不计大小)以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2 ，g取10 m/s2 .(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；
(2)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值．解析：(1)滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有：mv0＝(m ＋ M)v1
代入数据解得v1＝4 m/s
设滑块与小车的相对位移为 L1 ，由系统能量守恒定律，有：μmgL1 ＝ mv － (m＋M)v代入数据解得L1＝3 m
设与滑块相对静止时小车的位移为S1 ，根据动能定理，有：μmgS1 ＝ Mv －0
代入数据解得S1＝2 m
因L1＜L ，S1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即：v1＝4 m/s.
(2)滑块将在小车上继续向右做初速度为v1＝4 m/s ，位移为L2＝L－L1＝1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P .
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为：mg＝3．如图所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x.与滑块B(可视为质点)相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．
已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g.课堂训练(1)求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；
(2)A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；
(3)x在满足(2)条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度．解析：(1)滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：
mv ＋mgL＝ mv ①
在最低点，由牛顿运动定律：
T－mg＝ ②
又：T＝5mg ③
联立①②③得：v0＝ ，v1＝2 .(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒得：
mv1＝mvB＋2mvA ④
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：
≥ ⑤
对A应用动能定理：μmgx＝ ×2mv ⑥
联立④⑤⑥解得：x≥ ⑦
即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥ .(3)设x＝x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒：
mv1＝(m＋2m)vAB ⑧
对A应用动能定理：μmgx0＝ ×2mv ⑨
联立⑧⑨得：x0＝ ⑩
(i)当x≥x0即x≥ 时，A、B共速后A与挡板碰撞．
由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1＝vAB＝ ＝ ⑩
(ii)当x0>x> 即 >x≥ 时，A、B共速前A就与台阶碰撞，
对A应用动能定理：μmgx＝ ×2mv ?
A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2＝ . ?1．(双选）关于动量守恒定律，下列说法错误的是(　　)
A．系统满足动量守恒条件时，不仅作用前后总动量不变，就是作用过程中任何时刻总动量也不变
B．动量守恒定律与牛顿运动定律一样仅适用于宏观、低速的物体
C．动量守恒定律仅适用于正碰而不适用于斜碰的物体系统
D．大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，动量守恒定律都适用解析：正确理解动量守恒定律与牛顿运动定律的区别是求解关键．
答案：BC2．质量分别为 m1、 m2的小球在一直线上相碰，它们在碰撞前后的位移时间图象如图所示，若m1＝1 kg，则m2等于(　　)
A．1 kg
B．2 kg
C．3 kg
D．4 kg解析：由图可知，碰撞前，m1的速度：
v10＝ m/s＝4 m/s
m2的速度v20＝0
碰撞后，m1的速度：
v1＝－ m/s＝－2 m/s
m2的速度v2＝ m/s＝2 m/s
根据动量守恒定律：
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2
1×4 kg·m/s＋0＝1× kg·m/s＋2m2
解得m2＝3 kg.
答案：C3.（2012·重庆卷）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v-t图象为?（??）?能力提升解析：人跳车前，人和车以大于v0的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为a=μ×3mg/3m=μg，?人跳车瞬间，人和车组成的系统动量守恒，规定初速度方向为正方向，则3mv0=-mv0+2mv?
得v=2v0，?
此后车继续做匀减速运动，加速度为：?
a′=μ×2mg/2m=μg=a.?
答案：B4.（2012·全国理综）（双选）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（? )??A?.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等?
B?.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等?
C?.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同?
D?.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置?答案:AD5．如图所示， 一质量为M的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后， 以水平速度v0/2射出．重力加速度为g.求
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得
mv0＝m× ＋Mv ①
解得：v＝ ②
系统损失的机械能为：
ΔE＝ ③
由②③两式可得：ΔE＝ ④ (2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s则：h＝ gt2 ⑤
s＝vt ⑥
由②⑤⑥三式可得： .
答案：(1) 　
(2)6．如图所示，光滑的水平面上停着一只木球和载人小车，木球质量为m，人和车的总质量为M，已知M∶m＝16∶1，人以速率v沿水平面将木球推向正前方的固定墙壁，木球被墙壁弹回之后，人接住球可以以同样的对地速度将球推向墙壁．设木球与墙壁相碰时无动能损失，求：人经过几次推木球之后，再也不能接住木球？解析：方法一：设第1次推球后人的速度为v1，由动量守恒定律得：
0＝Mv1－mv，
第1次接球后人的速度为v1′，有：
mv1′＋mv＝(M＋m)v1′
第2次推球：
(M＋m)v1′＝Mv2－mv，
第2次接球：
Mv2＋mv＝(M＋m)v2′
…第n次推球：
(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv
可得vn＝
当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.5，取n＝9.
方法二：利用动量定理求解．每次碰撞中，墙给球的冲量为I1＝mv－(－mv)＝2mv ①
设经过n次球与墙碰撞后可保证人再也接不到球，则墙对球的总冲量为I＝nI1＝2nmv ②
对球、人和车组成的系统，由动量定理得
I＝mv＋Mvn即2nmv＝mv＋Mvn ③
人接不到球的条件是vn≥v ④
由③和④解得n≥ ＝8.5，
故取n＝9.
也可以这样利用动量定理求解：以人和球及车为研究对象，墙壁改变该系统动量，球每碰一次墙壁，系统动量改变量为2mv，方向为接球的反方向．设推n次(球与挡板碰n－1次)后，有：(n－1)×2mv＝Mvn－mv
解得：n＝8.5，取n＝9.
答案：97．光滑水平面上放着质量mA ＝1 kg的物块A与质量为mB ＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为Ep＝ 49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能运动到最高点C.取g＝10 m/s2，求(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；
(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.解析：(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点的速度为vC ，有：
mBg＝ ①
②
代入数据得vB＝ 5 m/s. ③(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有：
Ep ＝ ④
I ＝ mBvB－ mBv1 ⑤
代入数据得
I ＝ －4 N·s，其大小为4 N·s. ⑥
(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有
mBv1＝ mBvB ＋ mAvA ⑦
W＝ ⑧
代入数据得W＝8 J.
答案：(1)5 m/s　(2)4 N·s　(3)8 J感谢您的使用，退出请按ESC键本小节结束