2018—2019学年高中物理教科版选修3-5课件：模块复习课专题一:55张PPT
文档属性
| 名称 | 2018—2019学年高中物理教科版选修3-5课件：模块复习课专题一:55张PPT |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 950.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2018-10-03 15:27:05 | ||
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文档简介
课件55张PPT。专题一
碰撞与动量守恒定律①守恒 ②守恒 ③守恒 ④有损失 ⑤守恒 ⑥最大 ⑦mv ⑧相同 ? Ft ? Δp ? p1′+p2′ ?m1v1′+m2v2′ ?0 ?远大于 ?零 一、动量定理的应用
1.动量定理的应用:
(1)定性解释一些物理现象:在动量变化一定的情况下,如果需要增大作用力,必须缩短作用时间。如果需要减小作用力,必须延长作用时间,这就是缓冲作用。(2)定量计算:在用动量定理计算有关问题时,要注意力必须是物体所受的合外力以及动量定理的矢量性,求解前先规定正方向,再简化为代数运算(一维碰撞时)。
(3)动量定理是解决动力学问题的一种重要方法。对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的问题,用动量定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。2.用动量定理解题的一般步骤:
(1)明确研究对象和物理过程。
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况。
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末状态的动量。
(4)依据动量定理列方程、求解。【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。【正确解答】(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积
为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV ①
ΔV=v0SΔt ②
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
=ρv0S ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷
口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时
间内喷出的水,由能量守恒得
(Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向
的动量变化量的大小为
Δp=(Δm)v ⑤设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp ⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得
F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h=
答案:(1)ρv0S (2)【变式训练】
(2015·安徽高考)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。【解析】(1)由动能定理得
-μmgs=
代数解得μ=0.32
(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得
-FΔt=-mv′-mv
代入数据解得F=130N(3)物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于物块
动能的减少量,即W= mv′2=9J
答案:(1)0.32 (2)130N (3)9J二、应用动量守恒定律分析临界问题的方法
1.涉及弹簧类的临界问题:对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端的两个物体的速度必然相等。2.涉及相互作用最大限度类的临界问题:在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向上的分速度等于零。
3.子弹打木块类的临界问题:子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同。【典例2】光滑的水平地面上放着一块质量为M、长度为d的木块,一个质量为m的子弹以水平速度v0射入木块,当子弹从木块中出来后速度变为v1,子弹与木块的平均摩擦力为f。求:(1)在子弹射击木块的过程中,摩擦力对子弹做功为多少?摩擦力对木块做功为多少?
(2)子弹从木块中出来时,木块的位移为多少?
(3)在这个过程中,系统产生的内能为多少?【正确解答】(1)如图所示,由于水平面光滑,则子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒,可得mv0=mv1+Mv2 ①
解得v2=
对子弹利用动能定理可得
-fs1= ②
即摩擦力对子弹做的功为
W1=对木块利用动能定理可得
fs2= ③
代入v2值,得fs2=
即摩擦力对木块做的功为
W2=fs2=(2)由③式可得木块的位移为
s2=
(3)由能量守恒定律可知,系统产生的内能等于系统机
械能的减少量.由②③式可得
=fs1-fs2=fd
即产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积。答案:(1)
(2) (3)fd【变式训练】
如图所示,静止在光滑水平面上的木块,质量为M、长度为L。一颗质量为m的子弹从木块的左端打进,设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为f的阻力,要使子弹刚好从木块的右端打出,则子弹的初速度v0应等于多大?【解析】取子弹和木块为研究对象,它们所受到的合外力等于零,故总动量守恒.由动量守恒定律得:
mv0=mv1+Mv2
要使子弹刚好从木块右端打出,则必须满足临界条件:v1=v2,根据功能关系得:
f L=
联立以上三式解得:
v0=
答案:三、处理力学问题的思路方法
1.处理力学问题的基本思路有三种:
(1)牛顿定律。
(2)动量关系:动量定理,动量守恒定律。
(3)能量关系:动能定理,能量转化与守恒定律和机械能守恒定律。2.三种思路的适用角度:
(1)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、繁简程度可能就有很大的差别。(2)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。因为两个守恒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,这正是它们的简便之处。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时,就更显示出它们的优越性。【典例3】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(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。【正确解答】(1)解法一:
用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒,取水平
向右为正方向。小木块A不滑离B板的条件是二者最终
处于相对静止的状态,设此时共同速度为v。
由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v可得:
v=因为M>m,故v方向水平向右。
解法二:
用牛顿定律结合运动学公式求解:取水平向右为正方向,
由运动学规律得:
对A:v=-v0+a1t=-v0+ t
对B:v=v0-a2t=v0- t
可得v= ,方向向右。(2)解法一:
用功能关系求解:当木块A相对于地面向左运动距离最
远时,末速度为零,在这个过程中,克服摩擦力f做功的
结果是消耗了自身的动能:fs= 而A刚好没有滑离
B板的条件是:A滑到B板的最左端,且二者具有相同速度
v,A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q=fl
由以上各式得向左运动的最远距离:s=解法二:
用动能定理求解:设小木块A向左运动离出发点最远距离为s,此时末速度为零(板速度为v1);当A、B刚达到共同速度v时,板B向右运动的路程为L,A速度由0增大到v时向右运动的路程为s1,如图所示。设A、B间滑动摩擦力为f,根据动能定理,
对A:-fs=-
fs1= mv2
对B:-fL=
且有几何关系:L+(s-s1)=l
由上面几式可得:s=解法三:
用牛顿第二定律及运动学公式求解:
A在滑动摩擦力f作用下,做初速度为v0的匀减速运动
(对地面向左),待末速度为零时,运动得最远:s=
然后,A仍在摩擦力f作用下,做初速度为零的匀加
速运动(对地面向右),直到与B速度相等,二者相对静止,
此时摩擦力消失,A到达B板最左端(参看上图)。这整个
过程用的时间:t=
B板运动距离:
L=v0t- a2t2=v0t- t2
A对出发点的位移:
s′=v0t- a1t2=v0t- t2图中几何关系:
l=L+s′=2v0t-
解得:s=
答案:(1) ,方向向右 (2)【变式训练】
一质量为2m的物体P静止于光滑水平
地面上,其截面如图所示。图中ab为
粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平
面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连
接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从
a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回时在
到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求:(1)木块在ab段受到的摩擦力f。
(2)木块最后距a点的距离s。【解析】(1)木块向左滑到最高点时,系统有共同速度v,
由动量守恒及功能关系得:
mv0=(m+2m)v ①
(m+2m)v2=fL+mgh ②
联立①②两式解得:f= ③(2)整个过程,由功能关系得:
(m+2m)v2=fx ④
木块最后距a点的距离
s=2L-x ⑤
联立解得:s=2L-
答案:(1) (2)2L-四、“人船模型”的处理方法
1.“人船模型”问题的特征:
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。2.处理“人船模型”问题的关键:
(1)利用动量守恒,确定两物体速度关系,再确定两物体
通过的位移的关系。用动量守恒定律求位移的题目,大
都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,
此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中
v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量
守恒的过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比,所以
全过程的平均速度也与质量成反比,即有 =0。
如果两物体相互作用时间为t,在这段时间内两物
体的位移大小分别为x1和x2,则有 =0。(2)解题时要画出各物体的位移关系草图,找出它们各自相对地面位移的关系。【典例4】如图所示,长为l、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人站立在船头。若不计水的阻力,在人从船头走到船尾的过程中,船和人的对地位移各是多少? 【正确解答】选人和船组成的系统为研究对象,由于人
从船头走到船尾的过程中,不计水的阻力,系统在水平
方向上不受外力作用,动量守恒,设某一时刻人对地的
速度为v2,船对地的速度为v1,规定人前进的方向为正
方向,则有mv2-Mv1=0,
即 ①在人从船头走向船尾的过程中,人和船的平均速度也跟
它们的质量成反比,即对应的平均动量
而位移s=
所以有Ms1=ms2,
即 ②由上图可知s1+s2=l, ③
由②③解得
答案:【变式训练】
载人气球静止于高h的空中,气球的质量为M,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为多长?【解析】气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯至少应接触地面,设绳梯长为L,人沿绳梯滑至地面时人的位移为x人,球的位移为x球,它们的位移状态图如图所示,由平均动量守恒有:0=Mx球-mx人,
又有x球+x人=L,x人=h,
故L=
答案:
碰撞与动量守恒定律①守恒 ②守恒 ③守恒 ④有损失 ⑤守恒 ⑥最大 ⑦mv ⑧相同 ? Ft ? Δp ? p1′+p2′ ?m1v1′+m2v2′ ?0 ?远大于 ?零 一、动量定理的应用
1.动量定理的应用:
(1)定性解释一些物理现象:在动量变化一定的情况下,如果需要增大作用力,必须缩短作用时间。如果需要减小作用力,必须延长作用时间,这就是缓冲作用。(2)定量计算:在用动量定理计算有关问题时,要注意力必须是物体所受的合外力以及动量定理的矢量性,求解前先规定正方向,再简化为代数运算(一维碰撞时)。
(3)动量定理是解决动力学问题的一种重要方法。对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的问题,用动量定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。2.用动量定理解题的一般步骤:
(1)明确研究对象和物理过程。
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况。
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末状态的动量。
(4)依据动量定理列方程、求解。【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。【正确解答】(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积
为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV ①
ΔV=v0SΔt ②
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
=ρv0S ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷
口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时
间内喷出的水,由能量守恒得
(Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向
的动量变化量的大小为
Δp=(Δm)v ⑤设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp ⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得
F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h=
答案:(1)ρv0S (2)【变式训练】
(2015·安徽高考)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。【解析】(1)由动能定理得
-μmgs=
代数解得μ=0.32
(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得
-FΔt=-mv′-mv
代入数据解得F=130N(3)物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于物块
动能的减少量,即W= mv′2=9J
答案:(1)0.32 (2)130N (3)9J二、应用动量守恒定律分析临界问题的方法
1.涉及弹簧类的临界问题:对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端的两个物体的速度必然相等。2.涉及相互作用最大限度类的临界问题:在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向上的分速度等于零。
3.子弹打木块类的临界问题:子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同。【典例2】光滑的水平地面上放着一块质量为M、长度为d的木块,一个质量为m的子弹以水平速度v0射入木块,当子弹从木块中出来后速度变为v1,子弹与木块的平均摩擦力为f。求:(1)在子弹射击木块的过程中,摩擦力对子弹做功为多少?摩擦力对木块做功为多少?
(2)子弹从木块中出来时,木块的位移为多少?
(3)在这个过程中,系统产生的内能为多少?【正确解答】(1)如图所示,由于水平面光滑,则子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒,可得mv0=mv1+Mv2 ①
解得v2=
对子弹利用动能定理可得
-fs1= ②
即摩擦力对子弹做的功为
W1=对木块利用动能定理可得
fs2= ③
代入v2值,得fs2=
即摩擦力对木块做的功为
W2=fs2=(2)由③式可得木块的位移为
s2=
(3)由能量守恒定律可知,系统产生的内能等于系统机
械能的减少量.由②③式可得
=fs1-fs2=fd
即产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积。答案:(1)
(2) (3)fd【变式训练】
如图所示,静止在光滑水平面上的木块,质量为M、长度为L。一颗质量为m的子弹从木块的左端打进,设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为f的阻力,要使子弹刚好从木块的右端打出,则子弹的初速度v0应等于多大?【解析】取子弹和木块为研究对象,它们所受到的合外力等于零,故总动量守恒.由动量守恒定律得:
mv0=mv1+Mv2
要使子弹刚好从木块右端打出,则必须满足临界条件:v1=v2,根据功能关系得:
f L=
联立以上三式解得:
v0=
答案:三、处理力学问题的思路方法
1.处理力学问题的基本思路有三种:
(1)牛顿定律。
(2)动量关系:动量定理,动量守恒定律。
(3)能量关系:动能定理,能量转化与守恒定律和机械能守恒定律。2.三种思路的适用角度:
(1)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、繁简程度可能就有很大的差别。(2)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。因为两个守恒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,这正是它们的简便之处。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时,就更显示出它们的优越性。【典例3】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
用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒,取水平
向右为正方向。小木块A不滑离B板的条件是二者最终
处于相对静止的状态,设此时共同速度为v。
由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v可得:
v=因为M>m,故v方向水平向右。
解法二:
用牛顿定律结合运动学公式求解:取水平向右为正方向,
由运动学规律得:
对A:v=-v0+a1t=-v0+ t
对B:v=v0-a2t=v0- t
可得v= ,方向向右。(2)解法一:
用功能关系求解:当木块A相对于地面向左运动距离最
远时,末速度为零,在这个过程中,克服摩擦力f做功的
结果是消耗了自身的动能:fs= 而A刚好没有滑离
B板的条件是:A滑到B板的最左端,且二者具有相同速度
v,A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q=fl
由以上各式得向左运动的最远距离:s=解法二:
用动能定理求解:设小木块A向左运动离出发点最远距离为s,此时末速度为零(板速度为v1);当A、B刚达到共同速度v时,板B向右运动的路程为L,A速度由0增大到v时向右运动的路程为s1,如图所示。设A、B间滑动摩擦力为f,根据动能定理,
对A:-fs=-
fs1= mv2
对B:-fL=
且有几何关系:L+(s-s1)=l
由上面几式可得:s=解法三:
用牛顿第二定律及运动学公式求解:
A在滑动摩擦力f作用下,做初速度为v0的匀减速运动
(对地面向左),待末速度为零时,运动得最远:s=
然后,A仍在摩擦力f作用下,做初速度为零的匀加
速运动(对地面向右),直到与B速度相等,二者相对静止,
此时摩擦力消失,A到达B板最左端(参看上图)。这整个
过程用的时间:t=
B板运动距离:
L=v0t- a2t2=v0t- t2
A对出发点的位移:
s′=v0t- a1t2=v0t- t2图中几何关系:
l=L+s′=2v0t-
解得:s=
答案:(1) ,方向向右 (2)【变式训练】
一质量为2m的物体P静止于光滑水平
地面上,其截面如图所示。图中ab为
粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平
面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连
接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从
a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回时在
到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求:(1)木块在ab段受到的摩擦力f。
(2)木块最后距a点的距离s。【解析】(1)木块向左滑到最高点时,系统有共同速度v,
由动量守恒及功能关系得:
mv0=(m+2m)v ①
(m+2m)v2=fL+mgh ②
联立①②两式解得:f= ③(2)整个过程,由功能关系得:
(m+2m)v2=fx ④
木块最后距a点的距离
s=2L-x ⑤
联立解得:s=2L-
答案:(1) (2)2L-四、“人船模型”的处理方法
1.“人船模型”问题的特征:
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。2.处理“人船模型”问题的关键:
(1)利用动量守恒,确定两物体速度关系,再确定两物体
通过的位移的关系。用动量守恒定律求位移的题目,大
都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,
此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中
v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量
守恒的过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比,所以
全过程的平均速度也与质量成反比,即有 =0。
如果两物体相互作用时间为t,在这段时间内两物
体的位移大小分别为x1和x2,则有 =0。(2)解题时要画出各物体的位移关系草图,找出它们各自相对地面位移的关系。【典例4】如图所示,长为l、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人站立在船头。若不计水的阻力,在人从船头走到船尾的过程中,船和人的对地位移各是多少? 【正确解答】选人和船组成的系统为研究对象,由于人
从船头走到船尾的过程中,不计水的阻力,系统在水平
方向上不受外力作用,动量守恒,设某一时刻人对地的
速度为v2,船对地的速度为v1,规定人前进的方向为正
方向,则有mv2-Mv1=0,
即 ①在人从船头走向船尾的过程中,人和船的平均速度也跟
它们的质量成反比,即对应的平均动量
而位移s=
所以有Ms1=ms2,
即 ②由上图可知s1+s2=l, ③
由②③解得
答案:【变式训练】
载人气球静止于高h的空中,气球的质量为M,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为多长?【解析】气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯至少应接触地面,设绳梯长为L,人沿绳梯滑至地面时人的位移为x人,球的位移为x球,它们的位移状态图如图所示,由平均动量守恒有:0=Mx球-mx人,
又有x球+x人=L,x人=h,
故L=
答案: