華興恒

帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，因其運(yùn)動(dòng)既非類平拋運(yùn)動(dòng)又非圓周運(yùn)動(dòng)，而是一般的曲線運(yùn)動(dòng)，在求解此類較復(fù)雜的問題時(shí)，既涉及到力學(xué)中的物體受力分析、力和運(yùn)動(dòng)、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、功能關(guān)系等概念和規(guī)律，又涉及到電場(chǎng)力、電場(chǎng)力做功、電勢(shì)差及電勢(shì)能等知識(shí)，涉及的知識(shí)面廣，綜合性強(qiáng)，對(duì)思維能力的要求高，因此許多同學(xué)感到很棘手，難以順利獲解，有些同學(xué)甚至感到無從入手. 事實(shí)上，求解此類問題時(shí)若能考慮到妙用運(yùn)動(dòng)的分解思想，研究其兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，則常?？梢院?jiǎn)捷、快速獲解. 下面舉例分析，希望對(duì)提高同學(xué)們的解題技能和技巧、發(fā)展創(chuàng)新思維能力能夠有所幫助.

一、豎直上拋運(yùn)動(dòng)與勻減速合成的曲線運(yùn)動(dòng)

【例1】在豎直平面內(nèi)，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為 -q的液滴，以一定的初速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O與水平x軸正方向成θ角射入與x軸同向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖1所示，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P時(shí)，它的速度大小仍為v0，試求：

（1）最高點(diǎn)位置在原點(diǎn)O正上方、左上方還是右上方？簡(jiǎn)述理由.

（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E和最高點(diǎn)P與原點(diǎn)O間的電勢(shì)差U各為多大？

解析：（1）帶負(fù)電的液滴受向左的電場(chǎng)力和豎直向下的重力，其運(yùn)動(dòng)是豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)和水平方向上的勻減速運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，并且最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)水平向左. 從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P，重力和電場(chǎng)力做功分別為WG、W電，則根據(jù)動(dòng)能定理有：

WG + W電 = ?m - m ?= 0

因重力做負(fù)功，所以電場(chǎng)力一定做正功. 因此最高點(diǎn)一定在原點(diǎn)O正上方的左側(cè).

（2）設(shè)液滴從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P所用時(shí)間為t，對(duì)液滴在豎直方向上，有：

v0sinθ - gt = 0……①

水平方向上，有：-v0 = v0cosθ- t……②

聯(lián)立①、②并消去t，得E= .

設(shè)從O到最高點(diǎn)的豎直高度為h，則有：

0-（v0sinθ）2 = 2（-g）h……③

再根據(jù)動(dòng)能定理有：qU - mgh = 0……④

聯(lián)立③、④可解得：U = ?.

二、豎直上拋與勻加速合成的曲線運(yùn)動(dòng)

【例2】（2019·天津卷）如圖2所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中（ ）

A. 動(dòng)能增加 mv2?????? ?????????B. 機(jī)械能增加2mv2

C. 重力勢(shì)能增加 mv2????????? D. 電勢(shì)能增加2mv2

解析：小球動(dòng)能增加量為△Ek = ?m（2v）2 - ?mv2 = ?mv2，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h = ?，小球重力勢(shì)能的增加量為△Ep = mgh = ?mv2，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，則由能量守恒定律可知，小球減少的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為△Ep′ = ?mv2 + ?mv2 = 2mv2，則選項(xiàng)D錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知，除重力外的其它力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，則選項(xiàng)B正確. 故應(yīng)選B.

【例3】（2019·江蘇卷）一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，t = 0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則P - t關(guān)系圖像是（ ）

解析：帶電粒子所受電場(chǎng)力沿豎直方向，則粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，即沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng). 假設(shè)電場(chǎng)力大小為F，則P = Fv，其中v為沿電場(chǎng)力方向的速度，則v = at、a = ，整理得P = ?t，由關(guān)系式可知P - t圖像應(yīng)為一條過原點(diǎn)的傾斜直線. 故應(yīng)選A.

【例4】在xOy平面內(nèi)（y軸正方向豎直向上）存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動(dòng)能為4 J，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時(shí)，它的動(dòng)能為5 J. 不計(jì)空氣阻力. 求：

（1）試分析說明帶電小球被拋出后水平方向和豎直方向分別做什么運(yùn)動(dòng)？

（2）帶電小球所受電場(chǎng)力與重力之比？

（3）帶電小球落回到與拋出點(diǎn)O在同一水平線上的O′點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能？

解析：（1）根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，帶電小球在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng).

（2）設(shè)帶電小球上升到最高點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間為t1，小球拋出時(shí)動(dòng)能為E ，上升到M點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E ，則根據(jù)動(dòng)量定理有：

qEt1 = mvx = ?……? ①

mgt1 = mv0y ……②

聯(lián)立①、②可解得： = .

（3）設(shè)帶電小球返回到O′點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間為t2，水平分速度為vx′，豎直分速度大小為vy′. 則根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：

t2 = 2t1…… ③

vx′= 2vx……? ④

vy′ = v0y……⑤

v′2 = vx′2 + vy′2……⑥

Ek′ = ?mv′2……⑦

聯(lián)立③ ～ ⑦可解得：Ek′ = 4× m + m ?= 24 J.

三、自由落體與勻減速合成的曲線運(yùn)動(dòng)

【例5】如圖4所示，質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，從距地面高度為h處以一定的初速度水平拋出，在距拋出點(diǎn)水平距離為L(zhǎng)處有一豎直的絕緣板，板高為 . 為了使小球能從板上端開始沿著板滑到地面，可在小球運(yùn)動(dòng)的空間加以水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng). 試問：

（1）小球的初速度v0和所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E各多大？

（2）設(shè)球與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則小球能到達(dá)地面，μ應(yīng)滿足什么條件？

解析：（1）帶電小球受到重力mg和電場(chǎng)力的作用，從拋出點(diǎn)沿曲線運(yùn)動(dòng)到板的上端，帶電小球的曲線運(yùn)動(dòng)是水平方向上的勻減速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到板的上端時(shí)水平速度為零，豎直速度為v.

根據(jù)牛頓第二定律可知水平方向的加速度大小為a= ，所用時(shí)間為t，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

v0 - at = 0……①

- ?= 2（-a）·L……②

豎直方向上，有： ?= ?gt2……③

聯(lián)立①②③可解得：E = ?……④

v0 = 2L· ……⑤

（2）從拋出到板的上端，根據(jù)動(dòng)能定理對(duì)帶電小球有：

mgh - EqL = ?mv2 - ?m ……⑥

聯(lián)立④⑤⑥可解得：v= ……⑦

帶電小球從板右側(cè)以初速度v沿板下滑，它對(duì)板的壓力與電場(chǎng)力相等，所用小球受到的摩擦力為：

f = ？滋qE = ?……⑧

要使它運(yùn)動(dòng)到地面，到達(dá)地面的速度大于或等于零，等于零時(shí)的動(dòng)摩擦因數(shù)最大為μm，對(duì)小球在板上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用動(dòng)能定理有：

mg· ?- f· ?= 0 - ?mv2……⑨

聯(lián)立⑧⑨可解得：μm = ?. 此時(shí)小球沿板做勻減速運(yùn)動(dòng).

當(dāng)μ較小時(shí)，小球沿板也能勻速或加速運(yùn)動(dòng)到達(dá)地面，而動(dòng)摩擦因數(shù)μ不能為零. 因此μ應(yīng)滿足的條件為：0 < μ < ?.

點(diǎn)評(píng)：綜上所述，解答帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以將此復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)相正交的比較簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)來處理，從而使得問題簡(jiǎn)單易解.

四、平拋運(yùn)動(dòng)問題

【例6】（2014·全國(guó)Ⅰ卷）如圖5所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA = 60°，OB = ?OA. 將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn). 使此小球帶電，電荷量為q（q > 0），同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行. 現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍;若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g. 求：

（1）無電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值;

（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向.

解析：本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)、電場(chǎng)力、動(dòng)能的定義、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等，目的在于考查同學(xué)們的綜合應(yīng)用能力. 根據(jù)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的，找到兩次運(yùn)動(dòng)下的勢(shì)能變化和圖中幾何關(guān)系的比例方程，從而找到解決問題的突破口.

（1）設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為E ，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t1，令OA = d，則OB = ?d. 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有

dsin60° = v0 t……①

dcos60° = ?gt2……②

又有E ?= ?m ……③

聯(lián)立以上三式可解得E ?= ?mgd……④

設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E ，則有

E ?= E ?+ ?mgd……⑤

聯(lián)立④⑤兩式可解得 ?=? ?……⑥

（2）加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了 和 . 設(shè)電勢(shì)能分別減小了？駐EpA和？駐EpB，由能量守恒和④式可得

？駐EpA = 3E ?- E ?- ?mgd = ?E ……⑦

？駐EpB = 6E ?- E ?- ?mgd = E ……⑧

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的. 設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與點(diǎn)A等電勢(shì)，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖6，則有

= ?……⑨

解得x = d. MA為等勢(shì)線，電場(chǎng)必與其垂線OC方向平行. 設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得

θ = 30°……？輥？輮？訛

即電場(chǎng)方向與豎直方向的夾角為30°.

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則有

qEdcos30° = ?……？輥？輯？訛

聯(lián)立④⑦？輥？輯？訛三式可解得E = ?.

點(diǎn)評(píng)：順利求解本題的關(guān)鍵是要深挖隱含條件：（1）小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)，隱含著小球的運(yùn)動(dòng)遵循平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球機(jī)械能守恒;（2）沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍;沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍. 隱含著：電場(chǎng)與電場(chǎng)力的方向不確定，而且小球做曲線運(yùn)動(dòng)，利用能量守恒去解答. （3）勻強(qiáng)電場(chǎng)，隱含著勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)降低是均勻的，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，所以關(guān)鍵是找到O、B連續(xù)上與A電勢(shì)相等的點(diǎn)M，A、M連線就是電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線.

五、兩帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題

【例7】（2017·全國(guó)Ⅱ卷）如圖7所示，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng). 自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q（q > 0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出. 小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開. 已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的1.5倍. 不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g. 求：

（1）M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比;

（2）A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度;

（3）該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小.

解析：該題以帶電小球在組合場(chǎng)額疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為背景，考查了平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的分解，以及電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)等內(nèi)容. 目的在于考查同學(xué)們綜合運(yùn)用物理知識(shí)與數(shù)學(xué)知識(shí)求解復(fù)雜運(yùn)動(dòng)問題的能力.

（1）設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍為v0. M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2. 則由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

v0 - at = 0……①

s1 = v0 t + ?at2……②

s2 = v0 t - ?at2……③

聯(lián)立以上三式可解得 ?= 3……④

（2）設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h1，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

= 2gh……⑤

H = vy t + ?gt2……⑥

M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則由幾何關(guān)系知 ?= ?…⑦

聯(lián)立①②⑤⑥⑦可解得h = ?H……⑧

（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則有

= ?……⑨

設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為E 、E ，則由動(dòng)能定理可得

E ?= ?m（ ?+ ?） + mgH + qEs1……⑩

E ?= ?m（ ?+ ?） + mgH - qEs2……？輥？輯？訛

由已知條件有E ?= 1.5 E ……？輥？輰？訛

聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩？輥？輯？訛？輥？輰？訛可解得E = ?.

點(diǎn)評(píng)：本題中包含兩個(gè)十分重要的題設(shè)條件：（1）M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng);（2）N離開電場(chǎng)時(shí)速度方向豎直向下. 通過條件（1）分析可知M在電場(chǎng)中所受合外力的方向與進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度方向一定相同，否則M不可能做直線運(yùn)動(dòng). 通過條件（2）分析可知，N在離開電場(chǎng)時(shí)，其水平方向速度分量為零，只有在正確認(rèn)識(shí)這兩個(gè)條件所反映的客觀事實(shí)的基礎(chǔ)上才能正確地求解本題.

溫馨提示：本題中M球在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，可以分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng);N球在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng). 當(dāng)無法對(duì)實(shí)際運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析時(shí)，可以考慮將實(shí)際運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，從而將實(shí)際運(yùn)動(dòng)問題轉(zhuǎn)化成不同方向上的運(yùn)動(dòng)問題.

練習(xí)題

1. 如圖8所示，一個(gè)帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點(diǎn)斜向上進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若油滴達(dá)到最高點(diǎn)的速度仍為v0，則油滴的最高位置在（ ）

A. P點(diǎn)左上方

B. P點(diǎn)右上方

C. P點(diǎn)正上方

D. 無法確定

2. 如圖9在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一帶電微粒質(zhì)量為m、電量為q，從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上射入電場(chǎng)，到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)的速度大小為2v0，不計(jì)空氣阻力. 試求：

（1）該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E;

（2）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB.

參考答案：

1. A? 2.（1）E= ?（2）UAB=

責(zé)任編輯?? 李平安