知識點73：電場中帶電體的動量和能量問題【知識思維方法技巧】帶電體在約束軌道上碰撞問題的處理技巧：（1）解決帶電體在約束軌道上的碰撞運動，要善于把電學問題轉(zhuǎn)化為力學問題，建立帶電體在電場中運動的模型，能夠靈活應用動力學觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進行分析與研究：（2）動量觀點和能量觀點在力學和電場中應用時的“三同一異”（3）分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當?shù)囊?guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題．考點一：帶電體間的碰撞運動問題題型一：點電荷電場中帶電體間碰撞直線運動模型【典例1拔尖題】如圖所示，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?。?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。【典例1拔尖題】【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)對A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)(2)A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當兩球相距最近時共速，有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)，據(jù)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)當兩球相距最近之后，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)勢能也為零，速度達到穩(wěn)定。則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拔尖題對應練習】如圖所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點電荷的場源電荷A，其電荷量Q＝＋4×10－3C，場源電荷A形成的電場中各點的電勢表達式為φ＝eq\f(kQ,r)，其中k為靜電力常量，r為空間某點到場源電荷A的距離。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m＝0.1kg的帶正電的小球B，它與A球間的距離為a＝0.4m，此時小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源電荷A形成的電場中具有的電勢能的表達式為Ep＝keq\f(Qq,r)，其中r為A與B之間的距離。另一質(zhì)量為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H＝0.8m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起以2m/s的速度向下運動，它們到達最低點后又向上運動，向上運動到達的最高點為P(g取10m/s2，k＝9×109N·m2/C2)。求：（1）小球C與小球B碰撞前的速度v0的大小？小球B的電荷量q為多少？（2）小球C與小球B一起向下運動的過程中，最大速度為多少？【典例1拔尖題對應練習】【答案】(1)4m/s4.4×10－9C(2)2.16m/s【解析】(1)小球C自由下落H時獲得速度v0，由機械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gH)＝4m/s，小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球由平衡條件得mg＝eq\f(kqQ,a2)，代入數(shù)據(jù)得q＝eq\f(4,9)×10－8C＝4.4×10－9C。(2)兩個球碰撞過程，動量守恒，故mv0＝2mv，設當B和C向下運動的速度最大為vm時，與A相距x，對B和C整體，由平衡條件得2mg＝keq\f(Qq,x2)，代入數(shù)據(jù)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)，代入數(shù)據(jù)得vm＝2.16m/s。題型二：勻強電場中帶電體間的碰撞直線運動問題【典例2拔尖題】如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個可視為質(zhì)點的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電。若開始向右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強電場，場強為E，A球受到電場力的作用向右運動與B球碰撞。設每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移。求：（1）小球A在電場中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；（2）若兩小球恰在第二次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度；（3）若兩小球恰在第三次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度及小球A從進入電場到離開電場的過程中電勢能的變化量?！镜淅?拔尖題】【答案】(1)eq\f(qE,m)eq\r(\f(2Eql,m))(2)5l(3)13l13Eql【解析】(1)根據(jù)牛頓運動定律：qE＝ma，則a＝eq\f(qE,m)，設第一次碰撞時小球A的速度為v：根據(jù)動能定理：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的速度為vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度為vB1和vB1′，所以vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝vA球運動的距離為l。第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運動，小球B做速度為v的勻速直線運動。設第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2′，小球B碰撞前后的速度為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球碰前為v，碰后為2v。從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，A球運動的距離為l2。Eql2＝eq\f(1,2)m(2v)2－0，l2＝4l電場寬度為：L＝l＋4l＝5l。(3)二次碰撞后，A球做初速度為v的勻加速直線運動，B球以速度2v勻速直線運動。設A球第三次碰撞前后的速度為vA3和vA3′，小球B碰撞前后的速度為vB3和vB3′所以：eq\f(v＋vA3,2)t2＝2vt2，vA3＝3v，從第二次碰撞到第三次碰撞過程中，A球運動的距離為l3：qEl3＝eq\f(1,2)m(3v)2－eq\f(1,2)mv2，l3＝8l，所以：電場的寬度：L＝l1＋l2＋l3＝13l，A球減少的電勢能Δε＝Eq×13l＝13Eql?！镜淅?拔尖題對應練習】密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離h1，此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內(nèi)上升了距離h2(h2≠h1)，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：(1)比例系數(shù)k；(2)油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；(3)新油滴勻速運動速度的大小和方向?！镜淅?拔尖題對應練習】【答案】(1)eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)油滴A不帶電油滴B帶負電eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)見解析【解析】(1)未加電壓時，油滴勻速時的速度大小v1＝eq\f(h1,t)，勻速時有m0g＝f，又f＝kmeq\f(1,3)v1，聯(lián)立可得k＝eq\f(m\f(2,3)gt,h1)(2)加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力方向向上，極板間電場強度方向向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為v2＝eq\f(h2,t)，根據(jù)平衡條件可得m0g＋kmeq\f(1,3)v2＝qeq\f(U,d)，聯(lián)立解得q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)，根據(jù)ΔEp＝－W電，又有W電＝qh2eq\f(U,d)，聯(lián)立解得ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2m0，帶電荷量仍為q，新油滴所受電場力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，設向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共，可得v共>0，新油滴向上加速，達到平衡時有2m0g＋k·(2m0)eq\f(1,3)v＝F′，解得速度大小為v＝eq\f(h2－h(huán)1,\r(3,2)t)，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1，設向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0，新油滴向下加速，達到平衡時有2m0g＝F′＋k·(2m0)eq\f(1,3)v′，解得速度大小為v′＝eq\f(h1－h(huán)2,\r(3,2)t)，方向向下。題型三：帶電體間的碰撞直線+曲線運動問題【典例3拔尖題】如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104V/m。該空間有一個半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質(zhì)點)靜止于C點。輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點。質(zhì)量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側(cè)某點后釋放。小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點。P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）黏合體在A點的速度大?。唬?）彈簧的彈性勢能；（3）小球黏合體由A點到達水平面運動的時間?！镜淅?拔尖題】【答案】(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s【解析】(1)所受靜電力F＝qE＝6×10－5×1.0×104N＝0.6N，黏合體的重力為G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N，如圖所示黏合體所受重力與靜電力的合力與豎直方向的夾角為tanθ＝eq\f(qE,G)＝eq\f(3,4)，所以θ＝37°所以A點是黏合體在重力場和電場中做圓周運動的等效最高點，由于黏合體恰能沿圓弧到達A點，所以eq\f(qE,sin37°)＝2meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝5m/s。(2)小球從C點到A點，由動能定理得－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的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC，解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq\r(115)m/s，由機械能守恒定律可得彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝9.2J。(3)如圖小球黏合體在A點豎直方向上做勻加速運動豎直方向上的初速度為v0＝vAsin37°＝3m/s由豎直方向勻加速運動可得R＋Rcos37°＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.6s?？键c二：帶電連接體間的碰撞運動問題題型一：輕彈簧連接體碰撞模型【典例1拔尖題】如圖所示，水平絕緣軌道左側(cè)存在水平向右的有界勻強電場，電場區(qū)域?qū)挾葹長，右側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，電場內(nèi)的軌道粗糙，與物體間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電場外的軌道光滑，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體A從電場左邊界由靜止釋放后做加速運動，離開電場后與質(zhì)量為2m的物體B碰撞并粘在一起運動，碰撞時間極短，開始B靠在處于原長的輕彈簧左端但不拴接，(A、B均可視為質(zhì)點)，已知勻強電場強度大小為eq\f(3mg,q).求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)整個過程A在電場中運動的總路程．【典例1拔尖題】【答案】(1)eq\f(5,6)mgL(2)eq\f(14,9)L【解析】(1)設物體A碰前的速度為v1，根據(jù)動能定理：EqL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)，碰撞過程動量守恒：mv1＝(m＋2m)v2，A、B兩物體壓縮彈簧的過程機械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(22)，解得Ep＝eq\f(5,6)mgL(2)最終A、B整體靜止在電場外，彈簧處于原長狀態(tài)，設A、B整體共同在電場中運動的路程為x