《2025年学霸高考黑题物理人教版》

密立根因最早测得元电荷数值获得了 1923 年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。上极板中央有一小孔、相距为 $ d $ 的两个足够大金属极板水平放置，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。研究的油滴均为密度相等的球体，油滴在运动过程中空气阻力与半径 $ r $ 及速率 $ v $ 成正比，即阻力大小为 $ f = kvr $（$ k $ 为比例系数）。某次实验中在不加电压的情况下，$ a $、$ b $ 两油滴竖直向下各自运动一段时间后开始做匀速运动，当两油滴匀速运动 $ t $ 时间时，$ a $ 油滴位移为 $ L $，$ b $ 油滴位移为 $ 4L $。当两极板间加上电压 $ U $（上极板接正极）时，又经过一段时间 $ a $ 和 $ b $ 再次在竖直方向做匀速运动，之后 $ t $ 时间内 $ a $ 油滴位移大小为 $ 2L $，$ b $ 油滴位移大小也为 $ 2L $。已知运动过程中 $ a $、$ b $ 的电荷量、质量均未发生变化，油滴 $ b $ 始终向下运动且未与极板相碰，重力加速度为 $ g $。求：
(1) 油滴 $ a $ 与油滴 $ b $ 的质量之比；
(2) 判断油滴 $ a $ 与油滴 $ b $ 带电荷的可能电性，并求出对应的电荷量之比。
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答案： 3.题型分析
本题的关键在于受重力、阻力、电场力作用的带电体做匀速直线运动时的受力分析.
(1)$\frac{1}{8}$
(2)当$a$带正电荷、$b$带负电荷时，电荷量之比为$1:4$；当$a$带负电荷、$b$带负电荷时，电荷量之比为$3:4$
解析：
(1)油滴匀速运动过程中重力和阻力平衡，则有$\frac{4}{3}\pi r_{a}^{3}\rho g = kr_{b}$，$\frac{4}{3}\pi r_{b}^{3}\rho g = kr_{b}\frac{4L}{t}$，
联立解得$\frac{r_{a}}{r_{b}}=\frac{1}{2}$，油滴密度相等，有$\frac{m_{a}}{m_{b}}=\frac{r_{a}^{3}}{r_{b}^{3}}$，解得$\frac{m_{a}}{m_{b}}=\frac{1}{8}$.
(2)对油滴$b$分析，油滴$b$增加电场后速率比没电场时小，且速度方向始终向下，所以油滴$b$一定带负电荷，受到的电场力向上，根据平衡条件得$\frac{4}{3}\pi r_{b}^{3}\rho g = kr_{b}\frac{2L}{t}+\frac{U}{d}q_{b}$，可得$\frac{U}{d}q_{b}=\frac{1}{2}·\frac{4}{3}\pi r_{b}^{3}\rho g$，对油滴$a$分析，可能存在$2$种情况：如果油滴$a$匀速向下运动，则油滴$a$带正电荷，根据平衡条件得$\frac{4}{3}\pi r_{a}^{3}\rho g-\frac{U}{d}q_{a}=kr_{a}\frac{2L}{t}$，可得$\frac{U}{d}q_{a}=\frac{4}{3}\pi r_{a}^{3}\rho g$，解得$\frac{q_{a}}{q_{b}}=\frac{1}{4}$；如果油滴$a$匀速向上运动，油滴$a$带负电荷，根据平衡条件得$\frac{4}{3}\pi r_{a}^{3}\rho g+kr_{a}\frac{2L}{t}=\frac{U}{d}q_{a}$，可得
$\frac{U}{d}q_{a}=3·\frac{4}{3}\pi r_{a}^{3}\rho g$，综上当$a$带正电荷、$b$带负电荷时，电荷量之比为$1:4$；当$a$带负电荷、$b$带负电荷时，电荷量之比为$3:4$.
解题技巧：根据油滴受到的空气阻力与速度$v$成正比，以及第一问中阻力与重力平衡，第二问可以根据电性进行三力平衡分析，即可求出电荷之比.

压轴挑战 4 电容模型 + 动量守恒（2022·广东卷）
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。如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 $ m_0 $、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 $ h_1 $。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 $ h_2(h_2 \neq h_1) $，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 = km^{\frac{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 $ h_2 $ 电势能的变化量；
(3) 新油滴匀速运动速度的大小和方向。
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答案： 4.题型分析
(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；
(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，结合功能关系分析出油滴电势能的变化量；
(3)油滴融合瞬间动量守恒，根据融合后的速度方向进行分类讨论，结合受力分析的特点计算出新油滴的速度大小和方向.
(1)$\frac{m_{0}\sqrt{3gt}}{h_{1}}$
(2)油滴$A$不带电，油滴$B$带负电，电荷量$q=\frac{m_{0}gd(h_{1}+h_{2})}{h_{1}U}$，电势能的变化量$\Delta E_{p}=-\frac{m_{0}gh_{2}(h_{1}+h_{2})}{h_{1}}$
(3)①若$h_{2}＞h_{1}$，则新油滴的速度大小为$\frac{h_{2}-h_{1}}{\sqrt[3]{2}t}$，方向竖直向上；
②若$h_{1}＞h_{2}$，则新油滴的速度大小为$\frac{h_{1}-h_{2}}{\sqrt[3]{2}t}$，方向竖直向下
解析：
(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小$v_{1}=\frac{h_{1}}{t}$，
匀速时$m_{0}g = f$，
又$f = km_{0}\frac{1}{3}v_{1}$，
联立可得$k=\frac{m_{0}\sqrt{3gt}}{h_{1}}$
(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$B$所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴$B$带负电，油滴$B$向上匀速运动时，速度大小为$v_{2}=\frac{h_{2}}{t}$
根据平衡条件可得$m_{0}g+km_{0}\frac{1}{3}v_{2}=\frac{U}{d}q$，
解得$q=\frac{m_{0}gd(h_{1}+h_{2})}{h_{1}U}$，
根据$\Delta E_{p}=-W_{电}$，
又$W_{电}=\frac{U}{d}· qh_{2}$，
联立解得$\Delta E_{p}=-\frac{m_{0}gh_{2}(h_{1}+h_{2})}{h_{1}}$
(3)油滴$B$与油滴$A$合并后，新油滴的质量为$2m_{0}$，新油滴所受电场力
$F'=\frac{Uq}{d}=\frac{m_{0}g(h_{1}+h_{2})}{h_{1}}$，
①若$F'＞2m_{0}g$，即$h_{2}＞h_{1}$，
可知$v_{2}＞v_{1}$，
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
$m_{0}v_{2}-m_{0}v_{1}=2m_{0}v_{共}$，
可得$v_{共}＞0$，
新油滴向上加速，达到平衡时$2m_{0}g + k·(2m_{0})^{\frac{1}{3}}v_{共}=F'$，
解得速度大小为$v_{共}=\frac{h_{2}-h_{1}}{\sqrt[3]{2}t}$，速度方向向上；
②若$F'＜2m_{0}g$，即$h_{1}＞h_{2}$，
可知$v_{2}＜v_{1}$，
设向下为正方向，根据动量守恒定律$m_{0}v_{1}-m_{0}v_{2}=2m_{0}v_{共}'$，
可知$v_{共}'＞0$，
新油滴向下加速，达到平衡时$2m_{0}g = F'+k·(2m_{0})^{\frac{1}{3}}v_{共}'$，
解得速度大小为$v_{共}'=\frac{h_{1}-h_{2}}{\sqrt[3]{2}t}$，速度方向向下.