高考物理一轮复习 知识点73：电场中带电体的动量和能量问题（拔尖解析版）

知识点73：电场中带电体的动量和能量问题【知识思维方法技巧】带电体在约束轨道上碰撞问题的处理技巧：（1）解决带电体在约束轨道上的碰撞运动，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电体在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究：（2）动量观点和能量观点在力学和电场中应用时的“三同一异”（3）分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．考点一：带电体间的碰撞运动问题题型一：点电荷电场中带电体间碰撞直线运动模型【典例1拔尖题】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。【典例1拔尖题】【答案】(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)eq\f(1,3)eq\r(2gh)eq\f(4,3)eq\r(2gh)【解析】(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)，据能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep，解得Ep＝eq\f(2,3)mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)【典例1拔尖题对应练习】如图所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A，其电荷量Q＝＋4×10－3C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为φ＝eq\f(kQ,r)，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷A的距离。现有一个质量为m＝0.1kg的带正电的小球B，它与A球间的距离为a＝0.4m，此时小球B处于平衡状态，且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为Ep＝keq\f(Qq,r)，其中r为A与B之间的距离。另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H＝0.8m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起以2m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P(g取10m/s2，k＝9×109N·m2/C2)。求：（1）小球C与小球B碰撞前的速度v0的大小？小球B的电荷量q为多少？（2）小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少？【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)4m/s4.4×10－9C(2)2.16m/s【解析】(1)小球C自由下落H时获得速度v0，由机械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gH)＝4m/s，小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得mg＝eq\f(kqQ,a2)，代入数据得q＝eq\f(4,9)×10－8C＝4.4×10－9C。(2)两个球碰撞过程，动量守恒，故mv0＝2mv，设当B和C向下运动的速度最大为vm时，与A相距x，对B和C整体，由平衡条件得2mg＝keq\f(Qq,x2)，代入数据得x＝0.28m由能量守恒定律得eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(kQq,a)＋2mga＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)＋2mgx＋keq\f(Qq,x)，代入数据得vm＝2.16m/s。题型二：匀强电场中带电体间的碰撞直线运动问题【典例2拔尖题】如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电。若开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞。设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移。求：（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；（3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量。【典例2拔尖题】【答案】(1)eq\f(qE,m)eq\r(\f(2Eql,m))(2)5l(3)13l13Eql【解析】(1)根据牛顿运动定律：qE＝ma，则a＝eq\f(qE,m)，设第一次碰撞时小球A的速度为v：根据动能定理：Eql＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2Eql,m))。(2)第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′，所以vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝vA球运动的距离为l。第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动。设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′，小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt＝(0＋vA2)t/2，所以：vA2＝2v；碰后vA2′＝v。而B球碰前为v，碰后为2v。从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l2。Eql2＝eq\f(1,2)m(2v)2－0，l2＝4l电场宽度为：L＝l＋4l＝5l。(3)二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动。设A球第三次碰撞前后的速度为vA3和vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′所以：eq\f(v＋vA3,2)t2＝2vt2，vA3＝3v，从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3：qEl3＝eq\f(1,2)m(3v)2－eq\f(1,2)mv2，l3＝8l，所以：电场的宽度：L＝l1＋l2＋l3＝13l，A球减少的电势能Δε＝Eq×13l＝13Eql。【典例2拔尖题对应练习】密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：(1)比例系数k；(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)油滴A不带电油滴B带负电eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)见解析【解析】(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝eq\f(h1,t)，匀速时有m0g＝f，又f＝kmeq\f(1,3)v1，联立可得k＝eq\f(m\f(2,3)gt,h1)(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝eq\f(h2,t)，根据平衡条件可得m0g＋kmeq\f(1,3)v2＝qeq\f(U,d)，联立解得q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)，根据ΔEp＝－W电，又有W电＝qh2eq\f(U,d)，联立解得ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力F′＝eq\f(qU,d)＝eq\f(m0g（h1＋h2）,h1)，若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1，新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共，可得v共>0，新油滴向上加速，达到平衡时有2m0g＋k·(2m0)eq\f(1,3)v＝F′，解得速度大小为v＝eq\f(h2－h1,\r(3,2)t)，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1，设向下为正方向，根据动量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0，新油滴向下加速，达到平衡时有2m0g＝F′＋k·(2m0)eq\f(1,3)v′，解得速度大小为v′＝eq\f(h1－h2,\r(3,2)t)，方向向下。题型三：带电体间的碰撞直线+曲线运动问题【典例3拔尖题】如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104V/m。该空间有一个半径为R＝2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）黏合体在A点的速度大小；（2）弹簧的弹性势能；（3）小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。【典例3拔尖题】【答案】(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s【解析】(1)所受静电力F＝qE＝6×10－5×1.0×104N＝0.6N，黏合体的重力为G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N，如图所示黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝eq\f(qE,G)＝eq\f(3,4)，所以θ＝37°所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以eq\f(qE,sin37°)＝2meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝5m/s。(2)小球从C点到A点，由动能定理得－qERsin37°－2mg×(R＋Rcos37°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(115)m/s，小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC，解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq\r(115)m/s，由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝9.2J。(3)如图小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动竖直方向上的初速度为v0＝vAsin37°＝3m/s由竖直方向匀加速运动可得R＋Rcos37°＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.6s。考点二：带电连接体间的碰撞运动问题题型一：轻弹簧连接体碰撞模型【典例1拔尖题】如图所示，水平绝缘轨道左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的动摩擦因数为μ＝0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电荷量为＋q的物体A从电场左边界由静止释放后做加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点)，已知匀强电场强度大小为eq\f(3mg,q).求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A在电场中运动的总路程．【典例1拔尖题】【答案】(1)eq\f(5,6)mgL(2)eq\f(14,9)L【解析】(1)设物体A碰前的速度为v1，根据动能定理：EqL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)，碰撞过程动量守恒：mv1＝(m＋2m)v2，A、B两物体压缩弹簧的过程机械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(22)，解得Ep＝eq\f(5,6)mgL(2)最终A、B整体静止在电场外，弹簧处于原长状态，设A、B整体共同在电场中运动的路程为x