物理試題電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題知識(shí)點(diǎn)x

1、高中物理學(xué)習(xí)材料八、電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題主要考查的內(nèi)容主標(biāo)題：電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題副標(biāo)題：剖析考點(diǎn)規(guī)律，明確高考考查重點(diǎn)，為學(xué)生備考提供簡(jiǎn)潔有效的備考策略。關(guān)鍵詞：電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題難度：3重要程度：5內(nèi)容：考點(diǎn)剖析：兩個(gè)（或兩個(gè)以上）物體相遇，物體之間的相互作用僅持續(xù)一個(gè)極為短暫的時(shí)間，而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這種現(xiàn)象稱為碰撞。碰撞是一個(gè)基本、十分重要的物理模型，其特點(diǎn)是：1 .瞬時(shí)性。由于物體在發(fā)生碰撞時(shí)，所用時(shí)間極短，因此在計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，通常把碰撞時(shí)間忽略不計(jì)；在碰撞這一極短的時(shí)間內(nèi)，物體的位置是來(lái)不及改變的，因此我們可以認(rèn)為物體在碰撞中位移為零。2 .動(dòng)量守恒。因碰撞時(shí)間極

2、短，相互作用的內(nèi)力大于外力，所以系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。3 .動(dòng)能不增加。在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)能只能減少或者不變，而絕不會(huì)增加，即不能違背能量守恒原則。若為彈性碰撞，則同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒；若為非彈性碰撞，只滿足動(dòng)量守恒，而不滿足動(dòng)能守恒（系統(tǒng)的動(dòng)能減少）。碰撞問(wèn)題是歷年高考試題的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，同時(shí)它也是學(xué)習(xí)的難點(diǎn)。高考中考查的碰撞問(wèn)題，碰撞時(shí)間極短，位移為零，碰撞過(guò)程遵循動(dòng)量守恒定律。電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題，在近年高考有增多的趨勢(shì)。這類試題由于加進(jìn)了電場(chǎng)知識(shí)，題目顯得更為復(fù)雜，它所反映出來(lái)的物理過(guò)程、狀態(tài)變化及能量關(guān)系，能夠全方位地考查同學(xué)們的理解能力、邏輯思維能力及分析推理能力。解題策略

3、：首先要根據(jù)碰撞的瞬時(shí)性特點(diǎn)，正確選取相互作用（特別要考慮是否有電場(chǎng)力的作用）的研究對(duì)象，使問(wèn)題簡(jiǎn)便解決；其次要確定碰撞前和碰撞后系統(tǒng)中各個(gè)研究對(duì)象的狀態(tài)；然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律及其他規(guī)律求解，并驗(yàn)證求得結(jié)果的合理性。典型例題例1.如圖，ABD豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0X103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度vo沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0X10-2kg,乙所帶電荷量q=2.0x10-5C,g取10m/s

4、2。（水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移）(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)點(diǎn)的距離；D,求乙在軌道上白首次落點(diǎn)到B(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度V0；(3)若甲仍以速度Vo向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍?！窘馕觥?1)根據(jù)題意可知，甲、乙兩球碰撞后，在水平方向上動(dòng)量守恒，此時(shí)乙獲得向右的速度沿軌道運(yùn)動(dòng)，在乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vd,乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t,乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x,根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2m-mgqER1,mgqE、，22R(-”一)t2mx

5、vDt聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得x0.4m(2)在滿足(1)的條件下，設(shè)碰撞后甲的速度為V甲、乙的速度為V乙，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有mvomv甲mv乙1212mvomv甲202聯(lián)立式解得V乙=V0從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有12mg2RqE2RmvD2mV2聯(lián)立式解得V0v乙5(mgqE)Rm(3)甲仍以速度Vo向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，設(shè)此時(shí)甲的質(zhì)量為M碰撞后甲的速度為為VM,乙的速度為Vm,根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有Mv0Mvmmvm1Mv；22MVm21mvm聯(lián)立標(biāo)式解得2Mv0Mm由和MVoVm2Vo設(shè)此時(shí)乙球過(guò)D點(diǎn)的速度為vD,根據(jù)動(dòng)能定理有'2mg2

6、RqE2RmvD12mvm2B點(diǎn)的距離為x,則2m/svD8m/s設(shè)此時(shí)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到XVdt聯(lián)立”的式解得0.4mx1.6m例2.如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m電荷量q(q>0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處?kù)o止。若某一時(shí)刻在金屬板A、B間加一電壓LAb=3mgd，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變2q,1為q,并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2為,若不計(jì)小物塊電荷量對(duì)電場(chǎng)的影響和碰撞時(shí)間，則：(1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？(2)小物塊碰撞后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間停

7、止運(yùn)動(dòng)？停在何位置？【解析】(1)加電壓后，B極板電勢(shì)高于A板，小物塊在電場(chǎng)力與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。電場(chǎng)強(qiáng)度為EUbad小物塊所受的電場(chǎng)力與摩擦力方向相反，則合外力為F合qEmg故小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為F合aimqUbamgdmd設(shè)小物塊與2A板相碰時(shí)的速度為vi,由2ali解得giVi(2)小物塊與A板相碰后以大小為vi的速度反彈，因?yàn)樾∥飰K的電荷量及電性發(fā)生了改變，電場(chǎng)力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小為qEF合mg2加速度大小為F合1a2一一gm4設(shè)小物塊碰后到停止的時(shí)間為t,末速度為零，則0v1a2t解得t44|。a2g設(shè)小物塊碰后停止

8、時(shí)距離A板的距離為x,末速度為零，則20Vi2a2X2解得x旦21或距離B板的距離為d21。2a2例3.如圖(a)所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖(b)所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn)。t=0時(shí)，帶正電的小球Pi2，、.以速度Vo從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的一倍，R3的質(zhì)量為m,帶電量為q,P2的質(zhì)量m=5m,AO間距為L(zhǎng)o,OB間距L冬°。已知32qE02VoLo,T。mi3L0V0(i)求碰撞后小球R向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)間；（2）討論兩球能否在OBK間內(nèi)再次發(fā)生碰撞?！窘馕觥浚?）設(shè)P

9、i經(jīng)ti時(shí)間與P2碰撞，則tiLoV0R、恒可得P2碰撞，設(shè)碰后Pi、P2的速度大小分別為VI、V2,取水平向右為正方向，由動(dòng)量守miVomiVim2V2其中2Vo/3（水平向左）由以上各式得v2v0/3(水平向右)碰撞后小球Pi向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為sm2ai根據(jù)題意可知qEoai一2V2mi3L2由以上各式解得smLo故所需時(shí)間為t2ViaiLoV0(2)R、P2碰撞后又經(jīng)t時(shí)間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，其間發(fā)生的位移分別為Si、S2,且Pi所受到的電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正，則SiS2Vitla1t2v2t2由以上式子解得V03T故Pi受電場(chǎng)力不變。對(duì)P2分析可知.13Lo.

10、4Lo82V2tv0L0L3Vo3所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。例4.(2015?汕頭模擬)如圖，在一光滑的絕緣水平面上，一對(duì)足夠大的平行金屬板MNOP豎直固定放置，間距為do兩板間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。質(zhì)量為m電量為q的帶正電小物塊A從緊靠左板處由靜止釋放，與此同時(shí)，從緊靠右板處水平向左彈射出一個(gè)質(zhì)量為M的不帶電小物塊區(qū)一段時(shí)間后A、B恰好在兩板間的中點(diǎn)發(fā)生碰撞且立刻結(jié)合成復(fù)合體C,帶電量仍為q。小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)求小物塊B射出時(shí)的初速度V。的大??；(2)碰撞后復(fù)合體C向左運(yùn)動(dòng)且能到達(dá)左板處，求M與m之間應(yīng)滿足的關(guān)系。【解析】(1)A做初速度為零

11、的勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移：汜叫將：物體B的速度:(2)AB碰撞前瞬間，A的速度喈濯1號(hào)A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:Mv-mv=(M+mv,A、B恰好到達(dá)左板處時(shí)速度恰好為零，由動(dòng)能定理得：-qE?d=0-(M+m)v2,22解得：M=8m,碰撞后復(fù)合體C向左運(yùn)動(dòng)且能到達(dá)左板處，則：M>8m；答：(1)小物塊B射出時(shí)的初速度V0的大小為-【返;(2)碰撞后復(fù)合體C向左運(yùn)動(dòng)2.m且能到達(dá)左板處，M與m之間應(yīng)滿足的關(guān)系為：陣8ml例5.(2011秋？于都縣校級(jí)期中)abc是光滑絕緣的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓，半徑R=0.4m

12、,質(zhì)量m=0.20kg的不帶電小球A靜止在軌道上，另一質(zhì)量M=0.60kg,速度V0,帶正電，電量為1X103C的小球B與小球A發(fā)生正碰，碰后兩球粘在一起，所帶電量不變，在半圓軌道中存在水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)E=83X103V/C半圓軌道bc左側(cè)無(wú)電場(chǎng)。已知相碰后AB球經(jīng)過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)C落到軌道上距b2點(diǎn)L=0.4m處，重力加速度g=10m/s。求：(1)小球B的初速度V。大小；(2) AB球碰后粘在一起，在半圓軌道上，運(yùn)動(dòng)的最大速度；(3) AB球在速度最大時(shí)，球?qū)壍赖膲毫Υ笮　！窘馕觥?1)對(duì)碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：Mv=(M+mV1碰后小球達(dá)到半圓的最高點(diǎn)C時(shí)的速度為V2,則由機(jī)械能

13、守恒定理有1212-(M+m)V1=-(M+n)V2+2(M+n)gR小球離開c后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：1gt2=2R2水平方向：X=V2t,代入數(shù)據(jù)解得：V0=4&7m/s,V1=不7m/s;3(2)碰后小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力：R=qE=1X10-3x873x103N=8T3N,兩個(gè)小球的重力和電場(chǎng)力的合力：F=J(M_m)2g2F2=7256N=16N,設(shè)合力與豎直方向的夾角為e,則sine=且=豆，cose=mgMg=0.5；F2F過(guò)圓弧的圓心，沿重力與電場(chǎng)力合力的方向做直線，直線與圓弧的交點(diǎn)就是復(fù)合場(chǎng)的等效最低點(diǎn)，小球在等效最低點(diǎn)的速度最大，設(shè)為Vm；兩個(gè)小球從b到等效最低點(diǎn)

14、的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做功，小球的動(dòng)能增加：1(M+m)Vm2-1(M+m)V12=qEFsin8-(M+m)gR1-cos8)代入數(shù)據(jù)解得：Vm=V25m/s=5m/s。(3)速度最大時(shí)，軌道對(duì)小球的支持力與重力、電場(chǎng)力的合力提供向心力：/R、2Fn_f=®m)VR代入數(shù)據(jù)解得：Fn=F+(M一m)Vm-=16N+50N=66NR根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)壍赖膲毫Υ笮『蛙壍缹?duì)小球的支持力大小相等方向相反，所以球?qū)壍赖膲毫Υ笮?6N。答：(1)小球B的初速度Vo大小為47T7m/s;(2) AB球碰后在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為5m/s;(3) AB球在速度最大時(shí)，球?qū)壍赖膲毫Υ?/p>

15、小為66No例6.(2014春？龍崗區(qū))如圖甲所示，面積S=0.04m2的正方形區(qū)域存在一個(gè)方向垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Bi,產(chǎn)生的電壓加在兩塊豎直放置的平行金屬板上。一塊光滑絕緣水平板左端緊靠左極板，右端穿出右極板，并緊靠寬度a=0.8m、豎直無(wú)限長(zhǎng)的復(fù)合場(chǎng)(方向如圖所示)左邊界，在右端放置質(zhì)量m=5g的不帶電絕緣小球qt=o時(shí)刻把質(zhì)量m=iog、電量q=+o.ic的小球p放上水平板左端，過(guò)一會(huì)P、Q發(fā)生時(shí)間極短的正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有電荷轉(zhuǎn)移)，碰后雙方射入復(fù)合場(chǎng)中，小球Q從復(fù)合2場(chǎng)右邊界射出時(shí)下降高度h=0.2m,兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s。甲乙(1)帶電粒子P碰撞前的速度Vo為多大？(2)若碰撞后小球P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？(3)在(2)條件下，要使小球P都從復(fù)合場(chǎng)的左邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度E2應(yīng)取什么范圍？【解析】(1)正方形區(qū)域磁場(chǎng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為L(zhǎng)=S=0.04_0±v=0.8Vt0.02小球加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有12qU=-mpv0(2)碰撞后小球P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供向心力，故qE=mg解得E=mpg=0M=1n/cq0.1(3)小球Q做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式，有12吟gta=vct解得=0.8X=5m/s2h2