2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第十二章　课时　动量守恒定律 学案

课时　动量守恒定律

一、动量

1.动量

(1)定义:运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量,通常用p来表示。

(2)表达式:p=mv。

(3)单位:kg·m/s。

(4)标矢性:动量是矢量,其方向和速度方向相同。

2.冲量

(1)定义:力和力的作用时间的乘积。

(2)表达式:I=F(t′-t)。单位:牛秒(N·s)。

(3)矢量性:冲量是矢量,它的方向由力的方向决定。

(4)物理意义:表示力的作用对时间的积累效应。

(5)作用效果:使物体的动量发生变化。

3.动量定理

(1)内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程所受力的冲量。

(2)表达式:F(t′-t)=Δp=p′-p。

(3)矢量性:动量变化量的方向与冲量方向相同,还可以在某一方向上应用动量定理。

(4)适用范围:不仅适用于宏观物体的低速运动,而且对微观粒子的高速运动同样适用。

二、动量守恒定律

1.系统:相互作用的几个物体构成系统。系统中各物体之间的相互作用力称为内力,外部其他物体对系统的作用力叫做外力。

2.定律内容:如果一个系统不受外力作用,或者所受的合外力为零,这个系统的总动量保持不变。

3.定律的表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,两个物体组成的系统初动量等于末动量。

可写为:p=p′,Δp=0和Δp1=-Δp2。

4.守恒条件

(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。

(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。

(3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。

三、碰撞

1.概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象,在碰撞过程中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。

2.分类

(1)弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。

(2)非弹性碰撞:在碰撞过程中机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。

(3)完全非弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大,作用后两物体粘合在一起,速度相等,相互作用过程中只遵循动量守恒定律。

考点一　动量　冲量

1.动量是状态量,它与某一时刻相关;

动量是矢量,其方向与物体运动速度的方向相同。

2.动量的变化量Δp=p2-p1

动量的变化量也是矢量。

3.冲量I=FΔt。

冲量是过程量,它与某一段时间相关;

冲量是矢量,对于恒力的冲量来说,其方向就是该力的方向。

[典例1] 物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明(　　)

A.物体的动量在减小

B.物体的动量在增大

C.物体的动量大小也可能不变

D.物体的动量大小一定变化

解析:动量是矢量,动量变化了5 kg·m/s,物体动量的大小可以在增大,也可以在减小,还可能不变。若物体以大小5 kg·m/s 的动量做匀速圆周运动时,物体的动量大小保持不变,当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时,物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s。故C正确。

答案:C

变式1:如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为(　D　)

A.大小为3.6 kg·m/s,方向向左

B.大小为3.6 kg·m/s,方向向右

C.大小为12.6 kg·m/s,方向向左

D.大小为12.6 kg·m/s,方向向右

解析:选向左为正方向,则动量的变化量Δp=mv1-mv0=0.18×(-45)kg·m/s-0.18×25 kg·m/s=-12.6 kg·m/s,大小为12.6 kg·m/s,负号表示其方向向右。

考点二　动量定理

1.理解动量定理时应注意

(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。

(2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。

(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。

(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选一个规定正方向。

2.用动量定理解释现象

用动量定理解释的现象一般可分为两类:

一类是物体的动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大;时间越长,力就越小。

另一类是作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化越大;力的作用时间越短,动量变化越小。

分析问题时,要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。

[典例2] 如图所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉在地上的P点。若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为(　　)

A.仍在P点

B.在P点左边

C.在P点右边不远处

D.在P点右边原水平位移的两倍处

解析:纸条抽出的过程,铁块所受的滑动摩擦力一定,以v的速度抽出纸条,铁块落在P点,以2v的速度抽出纸条的过程,铁块所受滑动摩擦力作用时间较短,铁块获得速度较小,平抛运动的水平位移较小,故B选项正确。

答案:B

变式2:高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　C　)

A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N

解析:设每层楼高约为3 m,则下落高度约为h=3×25 m=75 m,由mgh=mv2,(F-mg)t=mv及牛顿第三定律知,鸡蛋对地面的冲击力F=+mg≈103 N,选项C正确。

考点三　动量守恒定律

1.动量守恒定律成立的条件

(1)系统不受外力或者所受外力之和为零。

(2)系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计。

(3)系统在某一个方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒。

(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零,则该阶段系统动量守恒。

2.动量守恒定律的不同表达形式

(1)p=p′,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

(2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。

(3)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

(4)Δp=0,系统总动量的增量为零。

3.动量守恒定律的“五性”

4.应用思路

(1)确定系统、分析系统受力。

(2)在定律适用条件下,确定系统始、末总动量。

(3)运用动量守恒定律列式求解。

[典例3] (多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则(　　)

A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹簧弹力的作用,甲乙两物块组成的系统动量不守恒

B.当两物块相距最近时,甲物块的速度为零

C.甲物块的速率不可能达到5 m/s

D.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0

解析:甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,系统所受的合外力为零,动量守恒,故A错误;当两物块相距最近时速度相同,取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5 m/s,故B错误;初状态弹簧弹性势能为零,故甲、乙两物体总动能不会增加。若物块甲的速度达到5 m/s,方向与原来相同,由mv乙-mv甲=-mv甲1+mv乙1,解得v乙1=6 m/s,总动能增加。若物块甲的速度达到5 m/s,方向与原来相反,由mv乙-mv甲=mv甲2+mv乙2,解得v乙2=-4 m/s,总动能也增加。所以物块甲的速度不可能达到5 m/s,故C正确;若物块甲的速度为1 m/s,方向与原来相同,则由mv乙-mv甲=-mv甲3+mv乙3,解得v乙3=2 m/s,且总动能不增加。若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相反,则由mv乙-mv甲=mv甲4+mv乙4,解得v乙4=0,且总动能不增加,故D正确。

答案:CD

变式3:如图所示,在高为h=5 m的平台右边缘上,放着一个质量M=3 kg的铁块,现有一质量为m=1 kg的钢球以v0=10 m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹,落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2 m,已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5,求铁块在平台上滑行的距离x。(不计空气阻力,铁块和钢球都看成质点,取g=10 m/s2)

解析:设钢球反弹后的速度大小为v1,铁块的速度大小为v,碰撞时间极短,系统动量守恒,则

mv0=Mv-mv1

钢球做平抛运动L=v1t

h=gt2

解得t=1 s,v1=2 m/s,v=4 m/s

铁块做匀减速直线运动,由μMg=Ma

解得加速度大小a=5 m/s2

最终速度为0,则其运行时间t′==0.8 s

所以铁块在平台上滑行的距离x==1.6 m。

答案:1.6 m

考点四　碰撞和爆炸

1.碰撞的种类及特点

2.碰撞现象满足的规律

(1)动量守恒定律。

(2)机械能不增加。

(3)速度要合理:

①若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前′≥ v后′。

②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

3.弹性碰撞的规律

两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

以质量为m1,速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有m1v1=m1v1′+m2v2′

m1=m1v1′2+m2v2′2

解得v1′=,v2′=

结论:

(1)当两球质量相等时,v1′=0,v2′=v1,两球碰撞后交换速度。

(2)当质量大的球碰质量小的球时,v1′>0,v2′>0,碰撞后两球都向前运动。

(3)当质量小的球碰质量大的球时,v1′<0,v2′>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。

4.爆炸与反冲现象

(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。

(2)在爆炸与反冲过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸前后系统的机械能不守恒。

[典例4] 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是(　　)

A.0.6v B.0.4v C.0.2v D.v

解析:根据动量守恒得mv=mv1+3mv2,则当v2=0.6v时,v1=-0.8v,则碰撞后的总动能E′=m(-0.8v)2+×3m(0.6v)2=1.72×mv2,大于碰撞前的总动能,由于碰撞过程中能量不增加,故选项A错误;当v2=0.4v时,v1=-0.2v,则碰撞后的总动能为E′=m(-0.2v)2+×3m(0.4v)2 =0.52×mv2,小于碰撞前的总动能,故可能发生的是非弹性碰撞,选项B正确;当v2=0.2v时,v1=0.4v,则碰撞后的A球的速度大于B球的速度,而两球碰撞,A球不可能超越B球,故选项C错误;当v2=v时,v1=-2v,则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能,故选项D错误。

答案:B

变式4:(多选)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为(　AC　)

A.vA=v0,vB=v0 B.vA=v0,vB=v0

C.vA=v0,vB=v0 D.vA=v0,vB=v0

解析:两球发生对心碰撞,应满足动量守恒及能量不增加,且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞,故D错误;根据动量守恒定律可得,剩余三个选项都满足,但碰撞前总动能为m,而B选项中碰撞后能量增加,B错误,故A,C正确。

考点五　动量守恒和能量守恒的综合应用

动量守恒定律与机械能守恒定律的比较

[典例5] 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。

解析:从碰撞时的能量和动量守恒入手,运用动能定理解决问题。

设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得

mv2=m+(2m)

mv=mv1+(2m)v2

式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。

解得v1=-

设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得μmgd1=m

μ(2m)gd2= (2m)

据题意有d=d1+d2

设A的初速度大小为v0,由动能定理得

μmgd=m-mv2

解得v0=。

答案:

变式5:图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点。求:

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;

(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小。

解析:(1)对系统,设小球在最低点时速度大小为v1,此时滑块的速度大小为v2,滑块与挡板接触前,

由系统的机械能守恒

mgl=m+m,

由系统的水平方向动量守恒

mv1=mv2,

对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量为I=mv2,

联立解得I=m,方向向左。

解析:(2)小球释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功的大小为W,对小球由动能定理

mgl+W=m,

解得W=-mgl,即绳的拉力对小球做负功,大小为mgl。

答案:(1)m　方向向左　

答案:(2)mgl

1.(动量,冲量)跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上安全,这是由于(　D　)

A.人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小

B.人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小

C.人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小

D.人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小

解析:跳远时,落地前的速度约等于起跳时速度的大小,则初动量大小一定;落地后静止,末动量一定。所以,人接触地面过程的动量变化量Δp一定。因落在沙坑上作用的时间长,落在水泥地上作用的时间短,根据动量定理Ft=Δp知,t长则F小,故D正确。

2.(动量定理)(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把其在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则(　AC　)

A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量

B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小

C.Ⅰ,Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零

D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零

解析:对过程Ⅰ,钢珠只受重力,据动量定理,A正确;对过程Ⅱ由动量定理得Gt2-F阻t2=0-mv,则B,D错误;全过程Δp=0,则C正确。

3.(动量守恒定律) 如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞,并粘在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。则碰撞后(　D　)

A.摆动的周期为T

B.摆动的周期为T

C.摆球最高点与最低点的高度差为0.3h

D.摆球最高点与最低点的高度差为0.25h

解析:单摆的周期与摆球的质量无关,只决定于摆长和当地的重力加速度,所以A,B错误。在a球向下摆的过程中,只有重力做功,机械能守恒,有Mgh=M,a,b两球碰撞过程时间极短,两球组成的系统水平方向动量守恒,所以有Mv1-m·2v1=(M+m)v2,碰撞后摆动过程中,机械能守恒(M+m)gh′=(M+m),所以h′=0.25h,选项D正确。

4.(动量守恒和能量守恒的综合应用)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

解析:(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有

E=m①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有

0-v0=-gt②

联立①②式得

t=。③

解析:(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有

E=mgh1④

火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有

m+m=E⑤

mv1+mv2=0⑥

由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有

m=mgh2⑦

联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h=h1+h2=。

答案:(1)　 答案:(2)

1.(2019·全国Ⅰ卷,16)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　B　)

A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg

C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg

解析:设该发动机在时间t内,喷射出的气体质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,在1 s内喷射出的气体质量m0=== kg=1.6×103 kg,故B正确。

2.(2016·全国Ⅰ卷,35)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。

解析:(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

解析:(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

设水对玩具的作用力的大小为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=-。⑧

答案:(1)ρv0S　答案:(2)-

3.(2018·全国Ⅱ卷,24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求:

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有

μmBg=mBaB,

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有

vB′2=2aBsB,

联立两式并利用题给数据得

vB′=3.0 m/s。

解析:(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有

μmAg=mAaA

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′,碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有

vA′2=2aAsA,

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA,两车在碰撞过程中动量守恒,有

mAvA=mAvA′+mBvB′

联立各式并利用题给数据得

vA=4.3 m/s。

答案:(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

4.(2019·全国Ⅰ卷,25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图a所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图b所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。

(1)求物块B的质量;

(2)在图b所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。

解析:(1)根据图b,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′,碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv1=m(-)+m′v′

m=m(-v1)2+m′v′2

联立可得m′=3m。

 (2)在图b所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所经过的路程为s1,返回过程中所经过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有

mgH-fs1=m-0

-(fs2+mgh)=0-m(-)2

从图b所给出的v-t图线可知

s1=v1t1

s2=··(1.4t1-t1)

由几何关系得=

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W=fs1+fs2

联立可得

W=mgH。

解析:(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有

W=μmgcos θ·

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′,由动能定理有

-μm′gs′=0-m′v′2

设改变后的动摩擦因数为μ′,由动能定理有

mgh-μ′mgcos θ·-μ′mgs′=0

联立可得=。

答案:(1)3m　 (2)mgH　答案:(3)