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高考物理考前知识专题 6 动力学、动量和能量观点的综合应用
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这是一份高考物理考前知识专题 6 动力学、动量和能量观点的综合应用，共15页。试卷主要包含了动量定理公式，力学规律的选用原则，5 m，2 m/s，v2＝5，5 J等内容，欢迎下载使用。
考题一 动量定理和能量观点的综合应用
1.动量定理公式：Ft＝p′－p
说明：(1)F为合外力
①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
②b.变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率
④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝eq \f(Δp,t)
t小F大——如碰撞；t大F小——缓冲
(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.
Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与Ft一致.
2.力学规律的选用原则
单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.
例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g取10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.
(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：
①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；
②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.
(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.
解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a
由牛顿第二定律：a＝eq \f(Fm－mg,m)
解得a＝90 m/s2
②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh＝eq \f(1,2)mv2
重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝eq \r(2gH)
重物离开地面瞬时的速度大小v2＝eq \r(2gh)
重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向
由动量定理：(F－mg)t＝mv2－m(－v1)
解得F＝510 N，故eq \f(F,mg)＝6
因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.
(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft＝Δmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.
答案 (1)①90 m/s2 ②6倍 (2)见解析
变式训练
1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝eq \r(2gh)，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，A项正确.
2.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图1所示.物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2.
图1
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，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.
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－eq \f(1,2)mv′2
解得W＝9 J.
考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用
1.动量守恒定律
(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).
(2)动量守恒条件：
①理想守恒：
系统不受外力或所受外力合力为零.
②近似守恒：
外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.
③单方向守恒：
合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.
动量守恒定律应用要注意的三性
(1)矢量性：
在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.
(2)同时性：
m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量
m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量
(3)同系性：
各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.
定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)
2.力学规律的选用原则
多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.
例2 如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).
图2
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式.
解析 (1)从A→Q由动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得v＝4 m/s＞eq \r(gR)＝eq \r(5) m/s
在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(v2,R)
解得F＝22 N.
(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′
解得v′＝eq \f(v0,2)＝3 m/s
设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－eq \f(1,2)·2mv′2
解得x＝4.5 m
所以k＝eq \f(x,L)＝45.
(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得
－μ·2mgnL＝eq \f(1,2)·2mveq \\al( 2,n)－eq \f(1,2)·2mv′2
所以vn＝eq \r(9－0.2n) m/s (n<45).
答案 (1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn＝eq \r(9－0.2n) m/s (n<45)
变式训练
3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.
图3
答案 (eq \r(5)－2)M≤m＜M
解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,2)
可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,4)
整理可得v3＝eq \f(m－M,m＋M)v1，v4＝eq \f(2m,m＋M)v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2
即eq \f(2m,m＋M)v0≥eq \f(m－M,m＋M)v1＝(eq \f(m－M,m＋M))2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(eq \r(5)－2)M
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(eq \r(5)－2)M≤m＜M.
考题三 电学中动量和能量观点的综合应用
系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).
例3 如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3 kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l＝0.045 m，质量m1＝1×10－3 kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：
图4
(1)碰后m1的速度；
(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为lOP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；
(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.
解析 (1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理
－μm1gl＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)－eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,0)
代入数据解得：v1＝0.4 m/s
v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：
m1v1＝m1v1′＋m2v2
代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左
(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g
得：q＝2×10－3 C
由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则qv2B＝m2eq \f(v\\al( 2,2),R)
轨迹如图，由几何关系有：R＝lOP
解得：B＝1 T
(3)当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动.
m1匀减速运动至停止，其平均速度大小为：
eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)|v1′|＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s，
所以m2在m1停止后与其相碰
由牛顿第二定律有：Ff＝μm1g＝m1a
m1停止后离O点距离：s＝eq \f(v1′2,2a)
则m2平抛的时间：t＝eq \f(s,v2)
平抛的高度：h＝eq \f(1,2)gt2
设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：
R′＝eq \f(1,2)h
由qv2B′＝eq \f(m2v\\al( 2,2),R′)，联立得：B′＝0.25 T
答案 (1)－0.4 m/s，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T
变式训练
4.如图5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：
图5
(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；
(2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.
答案 (1)eq \f(2BL\r(gr),R)，方向逆时针 (2)3eq \r(gr)
(3)3mgr≤Q≤4mgr
解析 (1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：
mgr1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)，vD＝4eq \r(gr)
导体棒P到达D1D2瞬间：E＝BLvD
回路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(2BL\r(gr),R)
方向逆时针
(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：
mg＝eq \f(mv\\al( 2,Q),r2)，vQ＝eq \r(gr)
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ
代入数据得，vP＝3eq \r(gr)
(3)由(2)知，若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,Q)＝3mgr
若导体棒Q与P能达到共速v，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：
mvD＝(m＋m)v，v＝2eq \r(gr)
回路中产生的热量：Q2＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝4mgr
综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr.
专题规范练
1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10 m/s2)求：
图1
(1)BP间的水平距离xBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝eq \r(2gR)
同时eq \f(vy,vD)＝tan 45°，解得vD＝4 m/s
设平抛用时为t，水平位移为x，则有R＝eq \f(1,2)gt2
x＝vDt
解得x＝1.6 m
物块B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度大小
a＝－4 m/s2减速到vD，则BD间的位移为
x1＝eq \f(v\\al( 2,D)－v\\al( 2,0),2a)＝2.5 m
故BP之间的水平距离xBP＝x＋x1＝4.1 m
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有eq \f(1,2)mveq \\al( 2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)＝－eq \f(\r(2),2)mgR
设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,M),R)
解得FN＝(1－eq \r(2))mg<0，即物块不能到达M点.
(3)对物块A、B的碰撞过程，有：
mAvA＝mAvA′＋mBv0
eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,A)＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,0)
解得：vA＝6 m/s
设物块A释放的高度为h，则
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)，
解得h＝1.8 m
2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32 m.水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2 kg，长L＝4 m，木板d质量m4＝4.4 kg.质量m2＝3.3 kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3 kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10 m/s2.
图2
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；
(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.
答案 (1)4 m/s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m
解析 (1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：
m1eq \f(v\\al( 2,M),R)＝m1g
小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：
eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,M)＋m1g(2R)
代入数据，解得：v1＝4 m/s
取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：
动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2
机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,2)
代入数据，解得：v0＝9.2 m/s，v2＝5.2 m/s
(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止
μ(m2＋m4)g>μ0m2g
解得μ>eq \f(m2,m2＋m4)μ0≈0.069
(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：
a1＝μ0g＝1.6 m/s2
此时两块长木板的加速度大小：a2＝eq \f(μ0m2,m3＋m4)g＝0.8 m/s2
令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：
时间t内小滑块b的位移x1＝v2t－eq \f(1,2)a1t2
两块长木板的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
且x1－x2＝L
解得：t1＝1 s或t2＝eq \f(10,3) s(舍去)
b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6 m/s
b刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8 m/s
d的长度至少为x：
由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v
解得：v＝2 m/s
μ0m2gx＝eq \f(1,2)m2v2′2＋eq \f(1,2)m4veq \\al( 2,3)－eq \f(1,2)(m2＋m4)v2
解得：x＝1.4 m
3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h＝3.2 m，一质量m＝1 kg的小球a从A点以速度v0＝12 m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M＝4 kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的eq \f(1,3)，而b球从E点水平抛出，其水平射程s＝0.8 m.(g＝10 m/s2)
图3
(1)求碰后b球的速度大小；
(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；
(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？
答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能
解析 (1)b球离开E点后做平抛运动
h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vbt，解得vb＝1 m/s
(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
mva＝－m×eq \f(1,3)va＋Mvb
解得va＝3 m/s
碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mg＝meq \f(v\\al( 2,a),r)
r＝0.9 m
R＝eq \f(h－2r,2)＝0.7 m
(3)小球从B到D，机械能守恒：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,a)＋mgh
解得：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝36.5 J
从A到B过程，由动能定理得：－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得：Wf＝35.5 J
从D到B，机械能守恒：eq \f(1,2)m(eq \f(va,3))2＋mgh＝eq \f(1,2)mvB′2
解得：eq \f(1,2)mvB′2＝32.5 J所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出.
4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求：
图4
(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；
(2)A球在磁场中的运动时间；
(3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离.
答案 (1)eq \f(k＋1,2k)mveq \\al( 2,0) (2)eq \f(3πm,2qB) (3)eq \f(2k－2－3π,2k＋1)·eq \f(mv0,qB)
解析 (1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvB
E＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＋eq \f(1,2)kmveq \\al( 2,B)＝eq \f(k＋1,2k)mveq \\al( 2,0)
(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则
T＝eq \f(2πm,qB)
有几何知识可得：粒子在磁场中运动了eq \f(3,4)个圆周
则t2＝eq \f(3πm,2qB)
(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝eq \f(v0,k)
由qv0B＝meq \f(v\\al( 2,0),R)知，R＝eq \f(mv0,qB)
设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB
则tB＝eq \f(xA,v0)＋t2＋eq \f(R,v0)，xB＝vBtB
由图可得：R＝xA＋xB
联立上述各式解得：xA＝eq \f(2k－2－3π,2k＋1)·eq \f(mv0,qB).
重物(包括传感器)的质量m/kg
8.5
重物下落高度H/cm
45
重物反弹高度h/cm
20
最大冲击力Fm/N
850
重物与地面接触时间t/s
0.1
考题一 动量定理和能量观点的综合应用
1.动量定理公式：Ft＝p′－p
说明：(1)F为合外力
①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
②b.变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率
④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝eq \f(Δp,t)
t小F大——如碰撞；t大F小——缓冲
(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.
Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与Ft一致.
2.力学规律的选用原则
单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.
例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g取10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.
(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：
①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；
②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.
(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.
解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a
由牛顿第二定律：a＝eq \f(Fm－mg,m)
解得a＝90 m/s2
②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh＝eq \f(1,2)mv2
重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝eq \r(2gH)
重物离开地面瞬时的速度大小v2＝eq \r(2gh)
重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向
由动量定理：(F－mg)t＝mv2－m(－v1)
解得F＝510 N，故eq \f(F,mg)＝6
因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.
(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft＝Δmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.
答案 (1)①90 m/s2 ②6倍 (2)见解析
变式训练
1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝eq \r(2gh)，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，A项正确.
2.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图1所示.物块以v0＝9 m/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7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2.
图1
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，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.
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－eq \f(1,2)mv′2
解得W＝9 J.
考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用
1.动量守恒定律
(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).
(2)动量守恒条件：
①理想守恒：
系统不受外力或所受外力合力为零.
②近似守恒：
外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.
③单方向守恒：
合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.
动量守恒定律应用要注意的三性
(1)矢量性：
在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.
(2)同时性：
m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量
m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量
(3)同系性：
各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.
定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)
2.力学规律的选用原则
多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.
例2 如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).
图2
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式.
解析 (1)从A→Q由动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得v＝4 m/s＞eq \r(gR)＝eq \r(5) m/s
在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(v2,R)
解得F＝22 N.
(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′
解得v′＝eq \f(v0,2)＝3 m/s
设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－eq \f(1,2)·2mv′2
解得x＝4.5 m
所以k＝eq \f(x,L)＝45.
(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得
－μ·2mgnL＝eq \f(1,2)·2mveq \\al( 2,n)－eq \f(1,2)·2mv′2
所以vn＝eq \r(9－0.2n) m/s (n<45).
答案 (1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn＝eq \r(9－0.2n) m/s (n<45)
变式训练
3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.
图3
答案 (eq \r(5)－2)M≤m＜M
解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,2)
可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,4)
整理可得v3＝eq \f(m－M,m＋M)v1，v4＝eq \f(2m,m＋M)v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2
即eq \f(2m,m＋M)v0≥eq \f(m－M,m＋M)v1＝(eq \f(m－M,m＋M))2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(eq \r(5)－2)M
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(eq \r(5)－2)M≤m＜M.
考题三 电学中动量和能量观点的综合应用
系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).
例3 如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3 kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l＝0.045 m，质量m1＝1×10－3 kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：
图4
(1)碰后m1的速度；
(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为lOP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；
(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.
解析 (1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理
－μm1gl＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)－eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,0)
代入数据解得：v1＝0.4 m/s
v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：
m1v1＝m1v1′＋m2v2
代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左
(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g
得：q＝2×10－3 C
由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则qv2B＝m2eq \f(v\\al( 2,2),R)
轨迹如图，由几何关系有：R＝lOP
解得：B＝1 T
(3)当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动.
m1匀减速运动至停止，其平均速度大小为：
eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)|v1′|＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s，
所以m2在m1停止后与其相碰
由牛顿第二定律有：Ff＝μm1g＝m1a
m1停止后离O点距离：s＝eq \f(v1′2,2a)
则m2平抛的时间：t＝eq \f(s,v2)
平抛的高度：h＝eq \f(1,2)gt2
设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：
R′＝eq \f(1,2)h
由qv2B′＝eq \f(m2v\\al( 2,2),R′)，联立得：B′＝0.25 T
答案 (1)－0.4 m/s，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T
变式训练
4.如图5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：
图5
(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；
(2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.
答案 (1)eq \f(2BL\r(gr),R)，方向逆时针 (2)3eq \r(gr)
(3)3mgr≤Q≤4mgr
解析 (1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：
mgr1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)，vD＝4eq \r(gr)
导体棒P到达D1D2瞬间：E＝BLvD
回路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(2BL\r(gr),R)
方向逆时针
(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：
mg＝eq \f(mv\\al( 2,Q),r2)，vQ＝eq \r(gr)
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ
代入数据得，vP＝3eq \r(gr)
(3)由(2)知，若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,Q)＝3mgr
若导体棒Q与P能达到共速v，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：
mvD＝(m＋m)v，v＝2eq \r(gr)
回路中产生的热量：Q2＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝4mgr
综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr.
专题规范练
1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g取10 m/s2)求：
图1
(1)BP间的水平距离xBP；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝eq \r(2gR)
同时eq \f(vy,vD)＝tan 45°，解得vD＝4 m/s
设平抛用时为t，水平位移为x，则有R＝eq \f(1,2)gt2
x＝vDt
解得x＝1.6 m
物块B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度大小
a＝－4 m/s2减速到vD，则BD间的位移为
x1＝eq \f(v\\al( 2,D)－v\\al( 2,0),2a)＝2.5 m
故BP之间的水平距离xBP＝x＋x1＝4.1 m
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，则有eq \f(1,2)mveq \\al( 2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)＝－eq \f(\r(2),2)mgR
设轨道对物块的压力为FN，则FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,M),R)
解得FN＝(1－eq \r(2))mg<0，即物块不能到达M点.
(3)对物块A、B的碰撞过程，有：
mAvA＝mAvA′＋mBv0
eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,A)＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,0)
解得：vA＝6 m/s
设物块A释放的高度为h，则
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)，
解得h＝1.8 m
2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32 m.水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2 kg，长L＝4 m，木板d质量m4＝4.4 kg.质量m2＝3.3 kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3 kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10 m/s2.
图2
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；
(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.
答案 (1)4 m/s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m
解析 (1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：
m1eq \f(v\\al( 2,M),R)＝m1g
小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：
eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,M)＋m1g(2R)
代入数据，解得：v1＝4 m/s
取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：
动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2
机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,2)
代入数据，解得：v0＝9.2 m/s，v2＝5.2 m/s
(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止
μ(m2＋m4)g>μ0m2g
解得μ>eq \f(m2,m2＋m4)μ0≈0.069
(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：
a1＝μ0g＝1.6 m/s2
此时两块长木板的加速度大小：a2＝eq \f(μ0m2,m3＋m4)g＝0.8 m/s2
令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：
时间t内小滑块b的位移x1＝v2t－eq \f(1,2)a1t2
两块长木板的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
且x1－x2＝L
解得：t1＝1 s或t2＝eq \f(10,3) s(舍去)
b刚离开长木板c时b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6 m/s
b刚离开长木板c时d的速度v3＝a2t1＝0.8 m/s
d的长度至少为x：
由动量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v
解得：v＝2 m/s
μ0m2gx＝eq \f(1,2)m2v2′2＋eq \f(1,2)m4veq \\al( 2,3)－eq \f(1,2)(m2＋m4)v2
解得：x＝1.4 m
3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h＝3.2 m，一质量m＝1 kg的小球a从A点以速度v0＝12 m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管(DE管光滑)，并与原来静止于E处的质量为M＝4 kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的eq \f(1,3)，而b球从E点水平抛出，其水平射程s＝0.8 m.(g＝10 m/s2)
图3
(1)求碰后b球的速度大小；
(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；
(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出？
答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能
解析 (1)b球离开E点后做平抛运动
h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vbt，解得vb＝1 m/s
(2)a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
mva＝－m×eq \f(1,3)va＋Mvb
解得va＝3 m/s
碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：mg＝meq \f(v\\al( 2,a),r)
r＝0.9 m
R＝eq \f(h－2r,2)＝0.7 m
(3)小球从B到D，机械能守恒：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,a)＋mgh
解得：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝36.5 J
从A到B过程，由动能定理得：－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
解得：Wf＝35.5 J
从D到B，机械能守恒：eq \f(1,2)m(eq \f(va,3))2＋mgh＝eq \f(1,2)mvB′2
解得：eq \f(1,2)mvB′2＝32.5 J
4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求：
图4
(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；
(2)A球在磁场中的运动时间；
(3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离.
答案 (1)eq \f(k＋1,2k)mveq \\al( 2,0) (2)eq \f(3πm,2qB) (3)eq \f(2k－2－3π,2k＋1)·eq \f(mv0,qB)
解析 (1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvB
E＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＋eq \f(1,2)kmveq \\al( 2,B)＝eq \f(k＋1,2k)mveq \\al( 2,0)
(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则
T＝eq \f(2πm,qB)
有几何知识可得：粒子在磁场中运动了eq \f(3,4)个圆周
则t2＝eq \f(3πm,2qB)
(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝eq \f(v0,k)
由qv0B＝meq \f(v\\al( 2,0),R)知，R＝eq \f(mv0,qB)
设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB
则tB＝eq \f(xA,v0)＋t2＋eq \f(R,v0)，xB＝vBtB
由图可得：R＝xA＋xB
联立上述各式解得：xA＝eq \f(2k－2－3π,2k＋1)·eq \f(mv0,qB).
重物(包括传感器)的质量m/kg
8.5
重物下落高度H/cm
45
重物反弹高度h/cm
20
最大冲击力Fm/N
850
重物与地面接触时间t/s
0.1
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