第二講電磁學(xué)中的動量和能量問題知識建構(gòu)備考點睛(注1)(注2)：詳見答案部分1.兩種常考題型(1)帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題.(2)電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌棒”模型.2.三大觀點動力學(xué)、動量、能量觀點是解決力電綜合問題的首選方法.答案(1)動量定理、動能定理(2)動量定理、動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系熱點考向一電場中的動量和能量問題【典例】(2019·太原一模)如右圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點已知A、B兩球始終沒有接觸重力加速度為g.求：(1)A球剛進入水平軌道的速度大小；(2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小思路引領(lǐng)(1)A球下滑過程滿足機械能守恒條件(2)A球進入水平軌道，A、B球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒當(dāng)兩球最近時，速度相等(3)兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢能為零解析(1)對A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得2mgh·2mv解得v0(2)A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)兩球相距最近時共速，有2mv0(2mm)v解得vv0據(jù)能量守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh(3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)電勢能也為零，速度達到穩(wěn)定則2mv02mvAmvB×2mv×2mvmv解得vAv0，vBv0答案(1)(2)mgh(3)電場中動量和能量問題的解題技巧動量守恒定律與其他知識綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵(2019·武漢畢業(yè)生調(diào)研)有一質(zhì)量為M、長度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對值為q的物塊(視為質(zhì)點)，以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強電場，其場強大小E，方向豎直向下，如右圖所示已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊運動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達絕緣板的右端求：(1)場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；(3)場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離解析(1)場強方向向下時，根據(jù)動量守恒定律得mv0(Mm)v所以vv0根據(jù)能量守恒定律得熱量Qmv(Mm)v2(2)場強向下時FNmgqE場強向上時FNmgqE所以(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等FNlQ，F(xiàn)NlQ所以l.答案(1)(2)14(3)(1)對于電場中的動量問題，判斷所研究的系統(tǒng)動量是否守恒是解題關(guān)鍵(2)對于電場中的能量問題，要熟練掌握電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，結(jié)合功能關(guān)系和能量守恒定律解題. 熱點考向二磁場中的動量和能量問題【典例】(2019·陜西西安市四模)如右圖所示，將帶電荷量Q0.3 C、質(zhì)量m0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應(yīng)強度B20 T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙面向里)開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L1.25 m、質(zhì)量m0.15 kg的擺球從水平位置由靜止釋放，擺球到最低點時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2.求：(1)與小車碰撞前擺球到達最低點時對擺線的拉力；(2)擺球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E；(3)碰撞后小車的最終速度思路引領(lǐng)(1)當(dāng)F洛>mg時滑塊與車之間的彈力變?yōu)榱?2)擺球與小車碰撞瞬間擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒解析(1)擺球下落過程，由動能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，擺球在最低點時，由牛頓第二定律得Tmgm，解得T4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球?qū)[線的拉力T4.5 N，方向豎直向下(2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv1.31 J.(3)假設(shè)滑塊與車最終相對靜止，則有Mv1(Mm)v2，解得v20.9375 m/s，由此得F洛Qv2B>mg，故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮滑塊懸浮瞬間，滿足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s.將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有Mv1Mvmv2，解得v1.2 m/s，方向水平向右答案(1)4.5 N，方向豎直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s，方向水平向右磁場中的動量和能量問題涉及題型往往是帶電小球或滑塊在磁場中的碰撞問題，熟練力學(xué)中的碰撞模型，如彈性碰撞的二級結(jié)論，及速度變化帶來的洛倫茲力變化將是快速解題的關(guān)鍵(2019·廣西南寧市3月適應(yīng)測試)如右圖所示，光滑絕緣的半圓形圓弧軌道ACD，固定在豎直面內(nèi)，軌道處在垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，半圓弧的直徑AD水平，因弧的半徑為R，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，在A端由靜止釋放一個帶正電荷、質(zhì)量為m的金屬小球甲，結(jié)果小球甲連續(xù)兩次通過軌道最低點C時，對軌道的壓力差為F，小球運動過程始終不脫離軌道，重力加速度為g.求：(1)小球甲經(jīng)過軌道最低點C時的速度大小；(2)小球甲所帶的電荷量；(3)若在圓弧軌道的最低點C放一個與小球甲完全相同的不帶電的金屬小球乙，讓小球甲仍由軌道的A端由靜止釋放，則甲球與乙球發(fā)生彈性碰撞后的一瞬間，乙球?qū)壍赖膲毫?不計兩球間靜電力的作用)解析(1)由于小球甲在運動過程中，只有重力做功，因此機械能守恒，由A點運動到C點，有mgRmv解得vC(2)小球甲第一次通過C點時，qvCBF1mgm第二次通過C點時，F(xiàn)2qvCBmgm由題意知FF2F1解得q(3)因為甲球與乙球在最低點發(fā)生的是彈性碰撞，則mvCmv甲mv乙mvmvmv解得v甲0，v乙vC設(shè)碰撞后的一瞬間，軌道對乙的支持力大小為F乙，方向豎直向上，則F乙qv乙Bmgm解得F乙3mg根據(jù)牛頓第三定律可知，此時乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg，方向豎直向下答案(1)(2)(3)3mg，方向豎直向下 (1)小球第一次通過C點時與第二次通過C點時，洛倫茲力方向不同(2)小球甲與小球乙碰撞后，兩者電量平分，各為. 熱點考向三電磁感應(yīng)中的動量和能量問題【典例】(2019·河南洛陽期末)如圖所示，兩根質(zhì)量均為m2 kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左、右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12，導(dǎo)軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導(dǎo)軌電阻，現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒運動0.5 m的過程中，CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為30 J，此時AB棒和CD棒的速度分別為vA和vC，且vAvC12，立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：(1)在CD棒運動0.5 m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度vA和vC的大小；(3)撤去拉力F后，兩棒最終做勻速運動時的速度vA和vC的大小思路引領(lǐng)(2)兩棒最終做勻速運動，電路中電流為零兩棒最終速度比為21.解析(1)設(shè)兩棒的長度分別為L和2L，電阻分別為R和2R，由于電路在任何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2Rt可得QABQCD15 J.(2)對整個系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有FsmvmvQABQCD又vAvC12解得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒開始向右做減速運動，兩棒最終做勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足BLvAB·2LvC即vA2vC設(shè)AB棒和CD棒受到的安培力大小分別為FA和FC，對兩棒分別應(yīng)用動量定理有FAtmvAmvA，F(xiàn)CtmvCmvC因為FC2FA解得聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s.答案(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s動量觀點在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用1對于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題2由BL·tm·v、q·t可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動量定理來解決問題兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d1 m，在左端弧形軌道部分高h1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2 T現(xiàn)桿b以初速度大小v05 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運動的時間；(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱解析(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運用動量定理，有Bd·tmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)解得t5 s.(2)對桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機械能守恒定律有maghmav解得va5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v，由動量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v m/s桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v的運動時間為t，則由動量定理可得BdI·tma(vav)而qI·t代入數(shù)據(jù)得q C.(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J.答案(1)5 s(2) C(3) J本題中兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運動，只受到安培力作用，這類問題可以從以下三個觀點來分析：(1)力學(xué)觀點：通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動(2)能量觀點：其中一個金屬桿動能的減少量等于另一個金屬桿動能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和(3)動量觀點：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動量守恒. 高考真題研究動量守恒思想解決電磁感應(yīng)中的“雙棒”問題2019新課標(biāo)卷19題審題指導(dǎo)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上t0時，棒ab以初速度v0向右滑動運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示下列圖像中可能正確的是()第一步抓關(guān)鍵點(1)“光滑導(dǎo)體棒”說明運動過程無摩擦力(2)“平行金屬導(dǎo)軌”說明兩棒所受安培力等大反向(3)“足夠長”說明兩棒最終會共速第二步找突破口(1)兩棒運動過程中，速度差逐漸減小，系統(tǒng)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢越來越小，最后變?yōu)?.(2)系統(tǒng)外力之和為零，動量守恒.解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到方向與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到方向與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差vv1v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運動時不受外力作用，由動量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2，選項A、C均正確，B、D均錯誤答案AC試題特點備考策略本題類似碰撞中的完全非彈性碰撞模型，根據(jù)受力得出兩導(dǎo)體棒的速度變化情況；根據(jù)兩棒的速度關(guān)系結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和電路問題，判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的變化情況，從而得出回路中感應(yīng)電流的變化情況.“動量”改為必考內(nèi)容后，電磁感應(yīng)中的動量問題，就必須引起我們的關(guān)注出題方向一般為：(1)涉及單棒或兩邊導(dǎo)軌不等寬的雙棒問題一般考慮用動量定理解題(2)由BL·tm·v，qt可知，當(dāng)題目涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動量定理解題(3)涉及等寬平行導(dǎo)軌的雙棒問題，如果兩棒外力之和為零，則考慮用動量守恒解題，必要時結(jié)合能量守恒定律和其他力學(xué)規(guī)律處理.專題強化訓(xùn)練(九)1(2019·張家口期末)如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰已知乙球質(zhì)量m1.0×102 kg，乙所帶電荷量q2.0×105 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍取g10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運動過程中無電荷轉(zhuǎn)移(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小N為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0.解析(1)設(shè)乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x.乙離開D點后做類平拋運動，則2Rat2，xvDt根據(jù)牛頓第二定律有a乙過D點時有mgqENm(式中N為乙在D點時軌道對乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有NN2.5mg解得x0.6 m.(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0mv1mv2×mv×mvmv聯(lián)立解得v2v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mg·2RqE·2Rmvmv由(1)可得vD3 m/s聯(lián)立解得v010 m/s.答案(1)0.6 m(2)10 m/s2(2019·河北五名校聯(lián)盟二模)如下圖所示，MN、PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質(zhì)量M2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導(dǎo)軌上，在其右側(cè)至N、Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強磁場現(xiàn)有質(zhì)量m1 kg的ab金屬桿以初速度v012 m/s水平向右運動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導(dǎo)軌最高點，不計除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點以后的運動)，求：(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點時的速度大小v；(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)cd絕緣桿恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點時，由牛頓第二定律有MgM解得v m/s.(2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有Mg·2rMv2Mv，解得碰撞后cd絕緣桿的速度v25 m/s，兩桿碰撞過程中動量守恒，有mv0mv1Mv2，解得碰撞后ab金屬桿的速度v12 m/s，ab金屬桿進入磁場后由能量守恒定律有Qmv，解得Q2 J.答案(1) m/s(2)2 J3(2019·河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2c2c1部分軌道間距為2L，右側(cè)窄軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成37°的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B00.1 T質(zhì)量M0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，經(jīng)時間t，兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)兩棒在運動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，棒A總在寬軌上運動，棒B總在窄軌上運動已知兩棒接入電路的有效電阻均為R0.2 ，h0.2 m，L0.2 m，取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)棒A滑到b1b2處時的速度大?。?2)棒B勻速運動的速度大?。?3)在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差解析(1)棒A在曲線軌道上下滑，軌道光滑，由機械能守恒定律有mghmv解得棒A滑到b1b2處時的速度v02 m/s.(2)對棒A、B，分別由動量定理有B0cos··2LtmvAmv0，B0cos·LtMvB得mv0mvA2MvB兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，則B0LvB2B0LvA，得vB2vA解得vBv0 m/s.(3)在棒B加速過程中，由動量定理有B0cos·LtMvB0在兩棒整個的運動過程中通過棒A某截面的電荷量qt解得q C.(4)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E其中磁通量變化量B0cos·S電路中的電流通過棒A某截面的電荷量qt解得在兩棒整個的運動過程中兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差S m2.答案(1)2 m/s(2) m/s(3) C(4) m24(2019·福建泉州模擬)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；一光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿與x軸的夾角30°，桿的末端在y軸Q點處，P、M兩點間的距離為L.一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x軸上的N點，且OMON.已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點，求：(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過x軸解析(1)設(shè)a與b碰前瞬間a的速度大小為v1，碰后瞬間a的速度大小為v2，由機械能守恒得mgLsinmv，mg·sinmv取沿桿向下方向為正方向，則a、b碰撞過程中，由動量守恒定律有mv1mv22mv聯(lián)立解得v機械能損失Emv解得EmgL.(2)設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由于b從M點運動到Q點的過程中始終與桿無作用力，可得qvBcos2mg將v代入得B.(3)b在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O在x軸上，經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角120°，又勻速圓周運動的周期Tb從Q點到第一次通過N點的時間t1T得t1b第一次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有t2b第二次通過N點后在磁場中做半個圓周運動，經(jīng)t3時間第三次通過x軸，有t3b離開桿后會通過x軸有兩種情況：第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間tt1t2(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)答案(1)mgL(2)(3)第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間tt1(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間tt1t2(n1)(t2t3)(n1)(n1、2、3、)17