武漢市新洲四中2022屆高三第二輪復習-動量定理與動能定理

武漢市新洲四中2022屆高三第二輪復習---動量定理與動能定理1．【考綱解讀】考綱內容能力要求考向定位動量定理利用動量定理解釋生活現象，分析打擊、碰撞、反彈、反沖等一系列問題。考綱要求為Ⅱ級從2022年高考的考綱卡看，動量、動量定理仍然是高考命題的熱點之一。重點是對動量定理和動量守恒定律的應用，難點是對基本概念和動量守恒定律的應用。動量定理單獨應用多以選擇題為主。動能定理動能定理在力學中的綜合應用，以及動能定理與電場、磁場的綜合考察是高考的考試的熱點?？季V要求為Ⅱ級動量守恒定律的應用、動能定理綜合應用主要在計算題中。在解析這類問題，一是要分析兩定理的應用條件；二是要理清問題的物理情境?！靖呖碱A測】動量定理和動能定理是高考試題力學中的重要定理，它們研究問題的角度不同，但是應用這兩條定理解決問題時思路與步驟卻是基本相同的，因此容易混淆，在解題時應注意：動量定理解決與時間有關的問題，動能定理解決與位移有關的問題。動量定理常用來求變力的沖量，動能定理常用來求變力所做的功。動量定理常用來求力對時間的平均值，動能定理常用來求力對位移的平均值。注意動量與沖量是矢量，應用動量定理要注意其方向性。功和動能是標量，當功有正和負。2.考點整合考點一動量定理（1）動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化．既I=Δp（2）動量定理的理解①動量定理表明沖量是使物體動量發生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度．這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）．②動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態量）間的互求關系．③現代物理學把力定義為物體動量的變化率：（牛頓第二定律的動量形式）．④遇到涉及力、時間和速度變化的問題時．運用動量定理解答往往比運用牛頓運動定律及運動學規律求解簡便．應用動量定理解題的思路和一般步驟為：(l)明確研究對象和物理過程；(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況；(3)選取正方向，確定物體在運動過程中始末兩狀態的動量；(4)依據動量定理列方程、求解．＆。（09·天津·10）如圖所示，質量m1=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15m,現有質量m2=0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數=,取g=10m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時間t;（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。【解析】（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有①設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有②其中③解得代入數據得④（2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，則⑤由功能關系有⑥代入數據解得=5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。【答案】（1）(2)5m/s【名師指引】本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規律的運用?？键c二動量定理的應用求解恒力作用下的曲線運動問題求解流體問題對系統應用動量定理．求解平均力問題＆。(07重慶理綜17)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強,小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺,測得1小時內杯中水位上升了45mm.查詢得知,當時雨滴豎直下落速度約為12m/s.據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈,不計雨滴重力,雨水的密度為1×103A.0.15Pa Pa Pa Pa【解析】設圓柱形水杯的橫截面積為S,則水杯中水的質量為m=ρV=103×45×10-3S=45S,由動量定理可得：Ft=mv,而p=,所以p==Pa=Pa.【答案】A【名師指引】特別提示：處理有關流體(如水、空氣、高壓燃氣等)撞擊物體表面產生沖力（或壓強）的問題，可以說非動量定理莫屬．解決這類問題的關鍵是選好研究對象，一般情況下選在極短時間△t內射到物體表面上的流體為研究對象＆。(08北京理綜24)有兩個完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發生正碰,碰撞中無機械能損失.碰后B運動的軌跡為OD曲線,如圖所示.（1）已知小滑塊質量為m,碰撞時間為Δt,求碰撞過程中A對B平均沖力的大小；（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速度下滑的運動,特制做一個與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無初速下滑（經分析,A下滑過程中不會脫離軌道）.a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量pA與B平拋經過該點的動量pB的大小關系;b.在OD曲線上有一點M,O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45°.求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度.【解析】（1）滑塊A與B正碰,滿足mvA+mvB=mv0 ①mvA2+mvB2=mv02 ②由①②,解得vA=0,vB=v0,根據動量定理,滑塊B滿足F·Δt=mv0解得F=.（2）a.設任意點到O點豎直高度差為d.A、B由O點分別運動至該點過程中,只有重力做功,所以機械能守恒.選該任意點為勢能零點,有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pA＜pB故A下滑到任意一點的動量總是小于B平拋經過該點的動量.b.以O為原點,建立直角坐標系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對B有x=v0t,y=gt2B的軌跡方程y=x2在M點x=y,所以y= ③因為A、B的運動軌跡均為OD曲線,故在任意一點,兩者速度方向相同.設B水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則, ④B做平拋運動,故vBx=v0,vBy=,vB= ⑤對A由機械能守恒得vA= ⑥由④⑤⑥得vAx=,vAy=將③代入得vAx=v0vAy=v0【答案】（1）（2）<pB=v0vAy=v0【名師指引】本題考查了考生應用動量定理處理變力求平均作用力和平拋運動的相關知識，在應用動量定理的時候一定要注意其矢量性．考點三動能定理動能定理：合外力對物體所做的功等于物體動能的增量。（2）動能定理的理解①動能定理適用于外力是變力，物體做曲線運動同樣也適用。②動能定理對應是一個過程，并且它只涉及到物體的初末狀態的動能和整個過程中合外力的功，不涉及到運動過程中的加速度、時間和中間狀態的速度和動能。因此它處理問題比較方便。一個物體的進行復雜的運動往往是由若干個過程或階段組成的。若不需要計算過程與過程中的物體量可以全過程運用動能定理比較方便。動能定理還可以應用到多個物體組成的系統也有及其廣泛的應用。動能定理中的外力包括一切外力。含重力和彈簧的彈力。注意動能定理求出來的功是指合外力所做的功。＆。（09·重慶·23）2022年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質點）沿直線推到A點放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點。已知冰面各冰壺間的動摩擦因數為，冰壺質量為m，AC=L，=r,重力加速度為g（1）求冰壺在A點的速率；（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大小；（3）若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為，原只能滑到C點的冰壺能停于點，求A點與B點之間的距離。【名師指引】該題為動能定理與動量定理結合應用。注意分過程用動能定理與全過程用動能定理思路考點四動能定理應用求解變力作用下的物體運動、做功問題。結合運動學、機械能守恒、動量守恒求解物體的位移對系統運用動能定理求平均作用力HR地面地面＆。(開城中學2022-2022學年度第一學期高三月考)如圖所示，質量為m=0.5kg的小球從距離地面高H=5m處自由下落，到達地面時恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓形槽的半徑R為0.4mHR地面地面（1）小球第一次飛出半圓槽上升距水平地面的高度h為多少？（2）小球最多能飛出槽外幾次？（g=10m/s2）?！窘馕觥繉π∏蛳侣涞阶畹忘c過程，設克服摩擦力做功為Wf，由動能定理得：mg(H+R)－wf＝mv2－0從下落到第一次飛出達最高點設距地面高為h，由動能定理得：mg(H－h)－2wf＝0－0解之得：h＝－H－2R＝－5－2×＝設恰好能飛出n次，則由動能定理得：mgH－2nwf＝0－0解之得：n＝＝＝＝(次)應取：n＝6次【名師指引】注意小球在槽壁中運動摩擦力為變力，要求其所做的功只有用動能定理。動能定理與運動的過程無關，所以可以全過程用動能定理求解。思考該題能否求解出摩擦力的大小呢？＆。（長郡中學2022屆高三第二次月考物理試題）.如圖所示，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M，A、B間動摩擦因數為μ，現給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向.（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發點最遠處時，平板車向右運動的位移大小.【解析】（1）A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為v，A和B的初速度的大小為v0，則據動量守恒定律可得：Mv0－mv0=（M+m）v…………………解得：v＝v0，方向向右………（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發點最遠處時，木塊速度為零，平板車速度為，由動量守恒定律得……這一過程平板向右運動S，………解得s=…【名師指引】該題考查動量守恒與動能定理的綜合應用，當然求解第二問的時候也可以運用運動學知識求解。比較思考動能定理與運動學求解方法的差異?！锔呖贾攸c熱點題型探究熱點1動量定理、動量守恒、機械能守恒與動能定理知識的綜合[真題1]（08全國I24）圖中滑塊和小球的質量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動,小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連,輕繩長為l.開始時,輕繩處于水平拉直狀態,小球和滑塊均靜止.現將小球由靜止釋放,當小球到達最低點時,滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住,在極短的時間內速度減為零,小球繼續向左擺動,當輕繩與豎直方向的夾角θ＝60°時小球達到最高點.求:(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中,擋板阻力對滑塊的沖量.(2)小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小.【解析】(1)設小球第一次到達最低點時,滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機械能守恒定律得mv12+mv22=mgl ①小球由最低點向左擺動到最高點時,由機械能守恒定律得mv22=mgl(1-cos60°) ②聯立①②式得v1=v2= ③設所求的擋板阻力對滑塊的沖量為I,規定動量方向向右為正,有I=0-mv1解得I=-m ④(2)小球從開始釋放到第一次到達最低點的過程中,設繩的拉力對小球做功為W,由動能定理得mgl+W=mv22 ⑤聯立③⑤式得W=-mgl小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小為mgl【答案】(1)-m(2)mgl【名師指引】本題考查了能量、動量守恒定律，以及動能定理、動量定理、機械能守恒的規律．牽涉到做功、沖量、動能三個基本物理概念的理解分析。將其有機的結合在物體運動中進行分析。熱點2動量、沖量、動量定理以及做功等問題的分析一般而言，高考中對沖量、動量的考查主要集中在對概念的理解和簡單應用，動量定理的一般應用及對現象的解析【真題2】（2022?全國理綜）一位質量為m的運動員從下蹲狀態向上起跳，經Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v．在此過程中，（）A．地面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為mv2B．地面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為零C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零【解析】取運動員為研究對象，由動量定理得：，即，運動員地面沒有離開地面，地面對運動員的彈力做功為零．所以B選項正確．【答案】B【名師指引】本題考查了考生對沖量和功這兩個概念的理解，沖量和功都是過程量，但決定因素不一樣，沖量是力在時間上的積累，而功是力在空間上的積累．1-1.（2022崇文區期末試題）如圖所示，兩物塊A、B并排靜置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物塊的質量均為M=0.60kg。一顆質量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A，子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時A、B都沒有離開桌面。已知物塊A的長度為0.27m，A離開桌面后，落地點到桌邊的水平距離s=2.0m。設子彈在物塊A、B中穿行時受到的阻力保持不變，g取10m/s2。vvABhs（1）物塊A和物塊B離開桌面時速度的大小分別是多少；（2）求子彈在物塊B中穿行的距離；（3）為了使子彈在物塊B中穿行時物塊B未離開桌面，求物塊B到桌邊的最小距離。答案(1)子彈射穿物塊A后，A以速度vA沿桌面水平向右勻速運動，離開桌面后做平拋運動t=A離開桌邊的速度=5.0m/s設子彈射入物塊B后，子彈與B的共同速度為vB，子彈與兩物塊作用過程系統動量守恒：B離開桌邊的速度=10m/s（2）設子彈離開A時的速度為，子彈與物塊A作用過程系統動量守恒：m/s子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒①子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒②由①②解得m（3）子彈在物塊A中穿行的過程中，物塊A在水平桌面上的位移為s1,根據動能定理③子彈在物塊B中穿行的過程中，物塊B在水平桌面上的位移為s2，根據動能定理④由②③④解得物塊B到桌邊的最小距離smin=×10-21-2.（09·山東·24）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，①設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，②聯立以上兩式代入數據得③根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得④若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得⑤聯立④⑤式代入數據得⑥。（3），由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得⑦設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得⑧聯立①⑦⑧式代入數據得⑨設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得⑩聯立①⑦⑨⑩式代入數據得?？键c：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析★勵志高考------------------自主學習訓練1.（2022崇文區期末試題）如圖所示，一個質量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為45m/s，設球棒與壘球的作用時間為。下列說法正確的是（A）①球棒對壘球的平均作用力大小為1260N②球棒對壘球的平均作用力大小為360N③球棒對壘球做的功為126J④球棒對壘球做的功為36JA．①③B．①④C．②③D．②④2.(2022高淳外校月考)如圖所示，A、B兩質量相等的長方體木塊放在光滑的水平面上，一顆子彈以水平速度v先后穿過A和B(此過程中A和B沒相碰)。子彈穿過B后的速度變為2v/5，子彈在A和B內的運動時間t1:t2=1:2，若子彈在兩木塊中所受阻力相等，則：（AC）A．子彈穿過B后兩木塊的速度大小之比為1：2B．子彈穿過B后兩木塊的速度大小之比為1：4C．子彈在A和B內克服阻力做功之比為3：4D．子彈在A和B內克服阻力做功之比為1：23.（長郡中學2022屆高三第二次月考物理試題）子彈在射入木塊前的動能為E1，動量大小為；射穿木板后子彈的動能為E2，動量大小為。若木板對子彈的阻力大小恒定，則子彈在射穿木板的過程中的平均速度大小為(BC)A、B、C、D、4.(2022海淀區期末試題)如圖所示，一質量為m的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，兩導軌上端用一電阻相連，磁場方向垂直軌道平面向上，軌道與金屬桿ab的電阻不計并接觸良好。金屬桿向上滑行到某一高度h后又返回到底端，在此過程中（B）habRhabRBB．下滑過程中合外力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱C．下滑過程中電阻R上產生的焦耳熱小于D．整個過程中重力的沖量大小為零5.（09·全國卷Ⅱ·20）以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為（A）A．和B．和C．和D．和6.（08江蘇9）如圖所示,一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b,跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿上,質量為3m的a球置于地面上,質量為m的b球從水平位置靜止釋放,當a球對地面壓力剛好為零時,b球擺過的角度為θ.下列結論正確的是(ACA.θ=90° B.θ=45°球擺動到最低點的過程中,重力對小球做功的功率先增大后減小球擺動到最低點的過程中,重力對小球做功的功率一直增大7.(2022廣東省廣大附中模擬)如圖所示，質量為M的平板車P高h，質量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統原來靜止在光滑水平面地面上。一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質量也為m的小球（大小不計）。今將小球拉至懸線與豎直位置成600角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數為μ，M：m＝4：1，重力加速度為g。求：（1）小物塊到達最低點與Q碰撞之前瞬間的速度是多大？（2）小物塊Q離開平板車時平板車的速度為多大？ （3）平板車P的長度為多少？ （4）小物塊Q落地時距小球的水平距離為多少？答案：（1）小球由靜止擺到最低點的過程中，有：（2）小球與物塊Q相撞時，沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則：可知二者交換速度：，Q在平板車上滑行的過程中，有：則小物塊Q離開平板車時平板車的速度為：（3）由能的轉化和守恒定律，知解得，8.（08天津理綜24）光滑水平面上放著質量mA=1kg的物塊A與質量mB=物塊B,A與B均可視為質點,A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接）,用手擋住B不動,此時彈簧彈性勢能EP=49J.在A、B間系一輕質細繩,細繩長度大于彈簧的自然長度,如圖所示.放手后B向右運動,繩在短暫時間內被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑R=m,B恰能到達最高點C.取g=10m/s2,求（1）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;（2）繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小;（3）繩拉斷過程繩對A所做的功W.答案(1)5m/s (2)4N·s （3）8J解析（1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB,到達C時的速度為vC,有mBg=mB ①mBvB2=mBvC2+2mBgR ②代入數據得vB=5m/s ` ③（2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1,取水平向右為正方向,有Ep=mBv12 ④I=mBvB-mBv1 ⑤代入數據得I=-4N·s,其大小為4N·s ⑥（3）設繩斷后A的速度為vA,取水平向右為正方向,有mBv1=mBvB+mAvA ⑦W=mAvA2 ⑧代入數據得W=8J ⑨9.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為θ=45°的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一圖6-1-6質量m=0.09kg的小物塊（視為質點）.小物塊與斜面之間的動摩擦因數圖6-1-6當小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10m/s2答案(3+)N·s解析解法一：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動,到達斜面底端時速度為v,由功能關系得：mgh=mv2+μmgcosθ ①以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為:I=mv-m(-v) ②設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h′,則mv2=mgh′+μmgcosθ ③同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ ④I′=mv′-m(-v′) ⑤式中,v′為小物塊再次到達斜面底端時的速度,I′為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量.由①②③④⑤式得I′=kI ⑥式中k= ⑦由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m ⑧總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3) ⑨由1+k+k2+…+kn-1= ⑩得I=代入數據得I=(3+)N·s 解法二：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動,小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma ①設小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：v2=2a ②以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v) ③由①②③式得I=2m ④設小物塊碰撞后沿斜面向上運動的加速度大小為a′,依牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma′ ⑤小物塊沿斜面向上運動的最大高度為h′=sinθ ⑥由②⑤⑥式得h′=k2h ⑦式中k= ⑧同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：I′=2m ⑨由④⑦⑨式得I′=kI ⑩由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m 總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+…+kn-1= 得I=2m 代入數據得I=(3+)N·s 勵志高考----------------高考新題訓練10.（2022廣東省茂名模擬）如圖所示,勁度系數為k的輕彈簧,左端連著絕緣介質小球B，右端連在固定板上，放在光滑絕緣的水平面上。整個裝置處在場強大小為E、方向水平向右的勻強電場中。現有一質量為m、帶電荷量為+q的小球A，從距B球為S處自由釋放，并與B球發生碰撞。碰撞中無機械能損失，且A球的電荷量始終不變。已知B球的質量M=3m，B球被碰后作周期性運動，其運動周期(A、B小球均可視為質點)。(1)求A球與B球第一次