《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

【例 3】
(2025·广东深圳市期末改编)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑水平绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为 $2m$，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为 $m$ 的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为 $d$ 的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的 $2$ 倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(C)


A.$\frac{1}{2}d$
B.$d$
C.$\frac{2}{3}d$
D.$\frac{4}{3}d$

答案： 例3　C [设带电环所带电荷量为$q$，初速度为$v_{0}$，底座锁定时电容器极板间电场强度为$E$，则由功能关系有$qEd = \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有$mv_{0} = 3mv_{1}$，再由功能关系有$qEd' = \frac{1}{2}mv_{0}^{2} - \frac{1}{2} × 3mv_{1}^{2}$，联立解得$d' = \frac{2}{3}d$，故选C。]

【例 4】
(2025·江苏南京市第十三中学期中)如图所示，$AC$ 水平轨道上 $AB$ 段光滑、$BC$ 段粗糙，且 $BC$ 段的长度 $L = 1m$，$CDF$ 为竖直平面内半径 $R = 0.1m$ 的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于 $C$ 点，$CF$ 右侧有电场强度大小 $E = 1×10^3N/C$、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在 $A$ 点，另一端与质量 $m = 0.1kg$ 的滑块 $P$ 接触。当弹簧处于原长时滑块在 $B$ 点，在 $F$ 点有一套在半圆轨道上、电荷量 $q = 1.0×10^{-3}C$ 的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块 $Q$(图中未画出)。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动。当圆环运动到半圆轨道的最右侧 $D$ 点时对轨道的压力大小 $N = 5N$。已知滑块 $Q$ 与轨道 $BC$ 间的动摩擦因数 $\mu = 0.1$，重力加速度大小 $g$ 取 $10m/s^2$，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块 $Q$ 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，$Q$、$P$ 两滑块碰撞后粘在一起。求：
(1)圆环的质量0.1 kg$M$；0.1 kg
(2)圆环与滑块 $Q$ 碰撞前瞬间的速度大小 $v_C$；
(3)弹簧的最大弹性势能 $E_p$。2 m/s0.05 J

答案： 例4　
(1)0.1 kg　
(2)2 m/s　
(3)0.05 J
解析　
(1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有$MgR + qER = \frac{1}{2}Mv_{D}^{2}$，由牛顿第二定律有$N - qE = M\frac{v_{D}^{2}}{R}$，解得$M = 0.1 kg$。
(2)圆环从F点运动到C点，静电力做功为0，仅有重力做功，故$Mg × 2R = \frac{1}{2}Mv_{C}^{2}$，解得$v_{C} = 2 m/s$。
(3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s。滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有$ - \mu MgL = \frac{1}{2}Mv_{B}^{2} - \frac{1}{2}Mv_{C}^{2}$，解得$v_{B} = \sqrt{2} m/s$。滑块Q和滑块P碰撞时有$Mv_{B} = (M + m)v$，$E_{p} = \frac{1}{2}(M + m)v^{2}$，解得$E_{p} = 0.05 J$。

【例 5】
(多选)(2022·海南卷·13)如图，带正电 $q = 3×10^{-5}C$ 的物块 $A$ 放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与 $B$ 相连，$A$ 处在水平向左的匀强电场中，$E = 4×10^5N/C$，从 $O$ 开始，$A$ 与桌面的动摩擦因数 $\mu$ 随 $x$ 的变化如图所示，取 $O$ 点电势能为零，$A$、$B$ 质量均为 $1kg$，$B$ 离滑轮的距离足够长，重力加速度 $g$ 取 $10m/s^2$，则(ACD)


A.它们运动的最大速度为 $1m/s$
B.它们向左运动的最大位移为 $1m$
C.当速度为 $0.6m/s$ 时，$A$ 的电势能可能是 $-2.4J$
D.当速度为 $0.6m/s$ 时，绳子的拉力可能是 $9.2N$

答案： 例5　ACD [由题知$F_{f} = \mu mg = 2x$，设A向左移动$x$后速度为零，对A、B系统有，$qEx - mgx - \frac{1}{2}F_{f}x = 0$（此处$F_{f}x$前面的$\frac{1}{2}$是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得$x = 2 m$，A向左运动是先加速后减速，当$x = 2 m$时，摩擦力变成静摩擦力，系统受力平衡，处于静止状态。设A向左运动$x'$后速度为$v$，对系统则有$qEx' - mgx' - \frac{1}{2}F_{f}x' = \frac{1}{2} × 2mv^{2}$，得$mv^{2} = - (x' - 1)^{2} + 1$，即当$x' = 1 m$时，$v$最大为1 m/s，故A正确，B错误；当$v = 0.6 m/s$时，可得$x'$为0.2 m或1.8 m，当$x' = 0.2 m$时，静电力做功$qEx' = 2.4 J$，则电势能减小2.4 J，由于$E_{p0} = 0$，则A的电势能为 - 2.4 J，当$x' = 1.8 m$时，A的电势能为 - 21.6 J，故C正确；根据牛顿第二定律$qE - F_{f} - mg = 2ma$，当$x' = 0.2 m$时，系统加速度$a = 0.8 m/s^{2}$，对B有$F_{T} - mg = ma$，得$F_{T} = 10.8 N$，当$x' = 1.8 m$时，系统加速度$a = - 0.8 m/s^{2}$，对B分析可得$F_{T} = 9.2 N$，故D正确。]