第一章 动量与动量守恒定律 章末检测试卷(一)(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理章末检测课件系统梳理了动量与动量守恒定律单元核心知识，涵盖动量定理、动量守恒条件、弹性碰撞等内容，通过人从高处跳下、航天员喷气靠近飞船等实际情境例题，将物理概念与规律串联，构建“概念-规律-应用”的知识网络。 其亮点在于融合科学思维与科学探究素养，如设计验证动量守恒的平抛实验培养实验能力，通过爆炸问题中v-t图像分析强化模型建构与科学推理。分层设置选择、实验、计算题，适配不同学生需求，助力巩固知识，也为教师提供精准复习方向。

章末检测试卷(一) 1 一、单项选择题 1.(2024·南京市高二期末)人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降，着地过程这样做，可以减小 A.人的动量变化的时间 B.人受到的冲量 C.人的动量变化量 D.人的动量变化率 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 人着地的初速度一定，末速度为零，根据动量定理可知(mg－F)t＝0－mv 13 14 15 2.某电影中，航天员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的航天服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出，航天员连同装备共100 kg，开始时航天员和飞船保持相对静止，航天员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为 A.0.1 kg B.0.15 kg C.0.2 kg D.0.25 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2023·常州市高二期末)如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则 A.a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B.拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下 C.c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下 D.d处反弹后网球做平抛运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 该同学将网球抛至最高点a处时网球的速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a 14 15 处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向右上方，故A错误； 拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两个 14 15 阶段，在只受重力阶段，冲量竖直向下；在受到重力和弹性绳的拉力阶段，二者冲量的矢量和斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误； 做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力作用，显然网球在d处反弹后除了受到重力外还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。 4.(2024·南充市期中)如图所示，学生练习用脚垫球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新垫起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则 A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/s B.足球自由下落过程动量的变化率越来越小 C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C错误； 足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，为重力的11倍，D错误。 5.碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用，为了探究这一规律，某实验小组采用一个运动物体A与静止物体B发生正碰，碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的简化力学模型，则定义碰后B获得的动能与A原来的动能之比叫作动能传递系数。如图甲所示，在光滑水平面上有一小球A向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞(时间极短)，碰撞前后A、B的速度随时间的变化如图乙所示，已知A的质量为2 kg，则A、B碰撞时的动能传递系数为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.(2023·成都市高一期中)如图所示，质量为M的平板小车静止在光滑的水平地面上，车的左端放一质量为m的木块，车的右端固定一个轻质弹簧，现给木块一个水平向右的瞬时冲量I，使木块沿车上表面向右滑行，在木块与弹簧相碰后，木块在车上又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端时相对小车静止，则下列说法正确的是 A.木块的运动速度最小时，系统的弹性势能最大 B.木块所受的弹力和摩擦力始终对木块做负功 C.平板小车的速度先增大后减小，木块的运动速度先减小后增大 D.由于弹簧的弹力对木块和平板小车组成的系统是内力，故系统的动量 和机械能均守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从木块向右压缩弹簧开始，做减速运动，小车做加速运动，当两者向右运动的速度相等 13 14 15 时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，然后木块继续做减速运动，小车继续做加速运动，弹性势能减小，故A错误； 木块所受的摩擦力先对木块做负功，后做正功，故B错误； 木块向右运动到开始压缩弹簧以及弹簧恢复原长的过程中，平板车的速度一直增大，弹簧恢复原长后，由于木块的速度小于小车的速度，木块做加速运动，小车做减速运动，最终两者速度相等，可知整个过程，平板车速度先增大后减小，木块速度先减小后增大，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于弹簧的弹力对木块和平板小车组成的系统是内力，故系统的动量守恒，由于摩擦产生内能，则机械能不守恒，故D错误。 13 14 15 7.(2023·成都市高一月考)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.(2023·黑龙江伊春高二期中)滑板运动备受青少年的青睐，其中一个动作为人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示，若人的质量为60 kg，人需要跳过一个高为0.65 m的横杆，但考虑人过杆的时候可以屈腿，所以人起跳时只需要重心上升0.45 m，假如起跳时人与板的作用时间为0.25 s，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力作用，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、多项选择题 A.人若要安全过杆，起跳的竖直分速度至少为0.3 m/s B.起跳过程中人与板之间的作用力至少为1 320 N C.人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构 成的系统动量守恒 D.人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水平方向 上动量守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设起跳时人受到板的作用力为N，由动量定理得Nt－mgt＝mvy，解得N＝1 320 N，故B正确； 13 14 15 人与滑板在从其起跳到落回到滑板的过程中，系统竖直方向合力不为零，仅水平方向合力为零，故人与滑板构成的系统水平方向上动量守恒，故C错误，D正确。 9.两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t＝4 s末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示，从图中的信息可知 A.木块B、C分离后的运动方向相反 B.木块B的质量是木块C质量的四分之一 C.木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D.木块B、C分离前后，系统的总动能增加 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 图像的斜率表示速度，由图像可知木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误； 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 爆炸时B、C所受作用力大小相等、方向相反，由动量定理可知，木块B、C分离过程中两木块的动量变化量大小相等，方向相反，故C错误； 木块B、C分离前后，由于化学能转化为动能，所以系统的总动能增加，故D正确。 13 14 15 10.(2023·绵阳市高二期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝2.0 kg，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＝4 s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B离开墙壁前，弹簧的最大弹性 势能为48 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右 C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4 s到12 s的时间内弹簧对A、C 的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v1－v) ＝6×(－8) N·s＝－48 N·s,12 s末 B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、非选择题 11.(2024·南通市高二期末)某同学用如图所示的实验装置来“验证动量守恒定律”， 实验步骤如下： ①安装好仪器，在地上铺上一张白纸，白纸上铺放 复写纸，记录轨道末端正下方的位置为O点 ②轨道末端先不放置小球B，让小球A多次从轨道上 同一位置静止释放，记录小球A在白纸上的落点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ③轨道末端放置小球B，仍让小球A多次从轨道上的同一位置静止释放，与小球B发生碰撞后，均落到白纸上，记录两小球在白纸上的落点 ④用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)轨道不光滑对验证动量守恒____(选填“有”或“无”)影响。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 无 只要每次让小球从同一斜槽的同一位置滚下，小球每次损失的能量相同，小球到达斜槽末端的速度就是相同的，所以斜槽轨道是否光滑，对本实验没有影响。 (2)若碰撞过程动量守恒，从实验数据可得出小球A与小球B的质量之比为______。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等， 如果碰撞过程动量守恒，则mAv0＝mAv1＋mBv2 则mA·|OP|＝mA·|OM|＋mB·|ON| 代入数据可得 mA×2L＝mA×1.5L＋mB×2.5L 整理得mA∶mB＝5∶1 (3)若仅改变两小球的材质(小球在轨道上所受平均阻力不变)，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，则小球B的落点到O点的距离最大可能为 _______。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，则有mAv0＝mAv1＋mBv2 则小球B的落点到O点的距离最大可能为 12.(2024·泸州市高二期中)图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一竖直遮光条。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)小组成员甲先用螺旋测微器测量滑块A上的遮光条宽度dA如图乙所示，小组成员乙用游标卡尺测量滑块B上遮光条dB的宽度如图丙所示，则dA＝______________________ mm，dB＝_____ mm； 6.690(6.689、6.691均可) 5.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 滑块A上的遮光条宽度dA＝6.5 mm＋19.0×0.01 mm＝6.690 mm，游标卡尺的读数是主尺读数(1 mm的整数倍)加上游标尺的读数，题图中的读数为dB＝5 mm＋0.1×5 mm＝5.5 mm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端_____(选填“升高”或“降低”)一些。 降低 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明通过光电门1的速度小于通过光电门2的速度，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端降低一些。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，将滑块B静置于两光电门之间，将滑块A静置于光电门1右侧，推动A，使其获得水平向左的速度，经过光电门1并 与B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门2记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满mA____mB(选填“>”“<”或“＝”)，滑块A、B碰撞过程动量守恒 的表达式_______________________(请用题目中给出的已知量表示)。 < 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13.(2024·眉山市高二期中)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)两者相对静止时的运动速度v； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　1 m/s，方向水平向右 设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，方向水平向右。 (2)小木块与长木板间的动摩擦因数μ。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　0.5 对小木块B，根据动量定理得－μmgt＝mv－mv2，解得μ＝0.5 14.(2024·常德市临澧一中高二月考)如图所示，一小滑块Q从A点正上方距A点高H＝1 m处由静止释放，从A点进入固定着的光滑 圆弧AB并沿圆弧运动。圆弧AB半径为R＝4 m，与粗糙水平面BC平滑连接，小滑块Q与水平面BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，Q从B运动到C所用时间为t＝2 s，在C点静止着一个小滑块P，C点右边CD为光滑水平面，当Q运动到C点时与P发生弹性正碰。光滑的 弧形槽质量为M＝2 kg，其左端和水平面相切于D点并静止。已知两滑块Q、P质量分别 为m1＝1 kg、m2＝2 kg，重力加速度g取 10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)Q经过圆弧末端B时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　10 m/s 设Q运动到B点时的速度大小为vB1，根据机械能守恒定律有 (2)Q、P第一次碰撞后，Q、P的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　2 m/s　4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设Q由B点滑行至C点的速度为v1，以向右为正方向，由动量定理得－μm1gt＝m1v1－m1vB1 解得v1＝6 m/s Q与P碰撞过程，根据动量守恒有 m1v1＝m1v1′＋m2v2 根据机械能守恒有 联立解得v1′＝－2 m/s，v2＝4 m/s 即Q的速度大小为2 m/s，P的速度大小为4 m/s。 (3)P在光滑的 弧形槽中未滑出，其上升的最大高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　0.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解得v共＝2 m/s 根据系统机械能守恒得 代入数据解得h＝0.4 m 15.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑到与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧半径R＝0.8 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)小物块在A点的初速度v0大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　4 m/s 小物块从A点到B点做平抛运动， 解得t＝0.3 s，小物块到达B点时竖直分速度为vy＝gt＝3 m/s； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　45 N (3)长木板至少为多少，才能保证小物块不滑出长木板。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　2.24 m BENKEJIESHU 本课结束 即F＝mg＋，所以为保护好身体，就要减少人与地面之间的作用力F，即减少， 即动量的变化率，所以D正确，A、B、C错误。 设航天员反冲获得的最小速度为u，则有u＝＝ m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，航天员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得m≈0.15 kg，选项B正确。 足球刚到达脚背的速度为v＝＝5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A正确； 根据F＝可知动量的变化率为物体所受合力的大小，可知足球自由下落过程所受重力不变，动量的变化率不变，B错误； A. B. C. D. 碰撞过程中，满足动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mBvB，由图像可知v0＝6 m/s，vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，代入可得mB＝2mA，因此动能传递系数k＝＝，故选D。 A.h B.(h＋2a) C.(h＋2a) D.h＋2a 设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统所受合外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D正确。 人起跳时，恰好过杆对应的竖直分速度最小，其值为vy＝＝3 m/s，故A错误； 碰前的速度为v0＝＝ m/s＝1 m/s，碰后B的速度为vB＝＝ m/s＝3 m/s，碰后C的速度为 vC＝＝ m/s＝0.5 m/s，由动量守恒定律得(mB＋mC)v0＝mBvB＋mCvC，解得mB＝mC，故B正确； A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v，v0＝12 m/s，v＝4 m/s，解得mC＝2 kg；当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，则Ep＝(mA＋mC)v2＝×6 kg×(4 m/s)2＝48 J，故A正确； 当B的速度与A、C相等时由动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v2，解得v2＝－3 m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep′＝(mA＋mC)v12－(mA＋mC＋mB)v22＝12 J，故C错误； 当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得 (mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)v12＝(mA＋mC)v32＋ mBv42，解得v4＝－6 m/s，故最大速度大小为6 m/s，故D正确。 其中v0＝，v1＝，v2＝ L mAv02＝mAv12＋mBv22 联立解得v2＝v0 sm＝·|OP|＝×2L＝L mA＝－mA＋mB 要使滑块A与滑块B碰撞后反弹， 则应该满足mA＜mB，取向左为正 方向，碰撞前动量p0＝mA·，碰 撞后A动量p1＝mA·(－)；碰撞 后B动量p2＝mB·，滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式p0＝p1＋p2，即mA＝－mA＋mB m1g＝m1vB12，解得vB1＝10 m/s m1v12＝m1v1′2＋m2v22 当P在光滑的弧形槽中上升最大高度时，P与弧形槽水平方向速度相等，则由水平方向动量守恒得m2v2＝v共 m2gh＝m2v22－v共2 设运动时间为t，则有H－h＝gt2， 根据速度的合成与分解有tan 37°＝，解得v0＝4 m/s。 设小物块滑动至C点时的速度大小为vC，所受圆弧轨道的支持力大小为N。对小物块从A到C的过程，根据动能定理得mgH＝mvC2－mv02，解得vC＝2 m/s，在C点时，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得N＝45 N，根据牛顿第三定律得N′＝45 N。 设小物块达到木板右端时恰好和长木板达到共同速度v3，根据动量守恒定律有mvC＝(m＋M)v3，解得v3＝ m/s；设此时长木板的长度为L，根据功能关系有μmgL＝mvC2－(M＋m)v32，解得L＝2.24 m。 $