復合場問題的題型歸類與解題策略

鄭行軍

復合場是指電場、磁場、重力場在同一空間并存，或者是其中兩種場并存的場，帶電體在這些復合場中運動時，可能同時受到幾種不同性質(zhì)的力的作用.這類問題巧妙地把電場、磁場和重力場的概念與牛頓運動定律、動能定理等力學、電學等知識有機地聯(lián)系在一起， 并應用數(shù)學工具求解，知識面廣， 綜合性強， 是高中物理的重點內(nèi)容， 也是學習的難點.本文從模型化的角度對中學階段可能出現(xiàn)的題型進行整理和歸類，并提出相應地解題策略，希望對學習能有所幫助.

一、命題構建及解題策略研究

1.復合場的組合模式分類

（1）電場與磁場的組合；

（2）磁場與重力場的組合；

（3）電場與重力場的組合；

（4）電場、磁場與重力場的組合.

帶電粒子在復合場中的運動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力和初速度， 因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來分析.

2.軌跡模型的構建及解題策略

（1）帶電體在復合場中做直線運動

解題策略 當帶電體在復合場中做直線運動時，隱含條件往往是帶電體受到的合力為零（以勻強磁場模型為命題條件構建）或某一方向合力為零（以非勻強磁場模型為命題條件構建），故在處理此類問題時，可根據(jù)平衡條件列方程求解.

（2）帶電體在復合場中做勻速圓周運動

解題策略 勻速圓周運動中，帶電體所受的合力方向應始終指向圓心， 合力大小F合=F向，故動力學特點有：

①非徑向力（如重力、電場力）會相互平衡；

②徑向力（如洛倫茲力、輕繩的拉力等）的合力提供向心力，在處理時可綜合應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解.

（3）帶電體在附加接觸面上運動

解題策略 在附加接觸面（如帶電體在水平面上或斜面上運動、套在桿上運動等）上運動時，帶電體受力情況比較復雜， 運動情況多變，運動過程往往出現(xiàn)臨界問題， 這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“ 至少”等詞語為突破口，對帶電體進行動力學動態(tài)分析，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程， 再與其他方程聯(lián)立求解.

（4）帶電體在復合場中做變加速曲線運動

解題策略 在變加速曲線運動中，加速度是一個變量，故不能從運動學角度分析，考慮到洛倫茲力做功的特點，可選用動能定理或功能關系方程求解.

二、例題賞析

如圖1所示，在真空中半徑為r=0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應強度B=0.01 T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v=1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，使磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?2，不計粒子重力，下列說法正確的是（ ）.A.電場強度的大小為10 N/C

B.帶電粒子的比荷為1×106 C/kg

C.撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 m

D.帶電粒子在磁場中運動的時間為7.85×10-5 s

解析 兩種場都存在時，由粒子運動條件，穿過磁場時應做勻速直線運動.對帶電粒子受力分析，根據(jù)平衡條件得qE=qvB，解得E=vB=10 N/C，A項正確；帶電粒子僅在電場中運動時，豎直方向上r=vt，水平方向上r=12at2，由牛頓第二定律a=qEm，聯(lián)立解得qm=2vBr=2×106 C/kg，B項錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑R=

mvqB1=0.1 m，

C項正確；畫出粒子的運動軌跡得粒子在磁場中運動了四分之一個周期，T=2πRv，因此運動的時間t=14T=πR2v=1.57×10-4s，D項錯誤；正確答案為AC.

例2 如圖2甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q=6×10-7C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零.當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零.在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系如圖2乙所示，重力加速度g=10 m/s2.則下列判斷正確的是（ ）.圖2

A.勻強電場的場強大小為5×106 V/m

B.小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J

C.小球做順時針方向的勻速圓周運動

D.小球所受的洛倫茲力的大小為0.03 N

解析 據(jù)題意和乙圖可知，E=φd=φR

=5×106V/m，故A正確；據(jù)勻速圓周運動的動力學特點，小球所受的電場力大小等于重力，洛倫茲力提供向心力，所以小球重力勢能增加最多時，電勢能減少最多，大小為：2qφ=2×6×10-7×2×106=2.4 J，故B正確；洛倫茲力提供向心力，據(jù)左手定則可知，小球做逆時針運動，故C錯誤.

由以上分析可知：mg=Eq，f=qvB=mv2r

聯(lián)立以上解得：f=3N，故D錯誤.

正確答案為：AB.

例3 如圖3所示，空間存在一水平向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，電場強度大小為E=3mgq，電場方向和磁場方向相互垂直.在此電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi).一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上.若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，且小球電量保持不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）.

A.小球的初速度為v0=2mgqB

B.若小球的初速度為3mgqB，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止

C.若小球的初速度為mgqB，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運動，最后停止

D.若小球的初速度為mgqB，則運動中克服摩擦力做功為m3g22q2B2

解析 對小球進行受力分析如圖4，電場力的大小：F=qE=q×3mgq=3mg，

由于重力的方向豎直向下.電場力的方向水平向左，二者垂直，合力：FG+F=F2+mg2=2mg，由幾何關系可知重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功.所以，當小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B=2mg，所以v0=2mgqB，故A正確；若小球的初速度為3mgqB，則洛倫茲力：f=qv0B=3mg>FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=μFN.小球?qū)⒆鰷p速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到2mgqB時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；若小球的初速度為mgqB，則洛倫茲力：f=qv0B=mg

例4 如圖5所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的小球由軌道左端A無初速滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點.若小球始終與軌道接觸，重力加速度值為g，則下列判斷正確的是（ ）.

A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB2gR

B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg+qB 2gR

C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變

D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大

解析 小球在軌道中做變速圓周運動，可從動能定理入手分析，由于洛倫茲力始終對小球不做功，故洛倫茲力不改變小球速度的大小，從A點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mgR=12mv2，解得：v=2gR，故小球在C點受到的洛倫茲力大小為f=qBv=qB2gR，故A正確；由左手定則可知，小球運動到C點時若受到的洛倫茲力的方向向上，則有：N+qvB-mg=mv2R，解得：N=3mg-qvB，故B錯誤；小球從C到D的過程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大.故C錯誤；小球從C到D的過程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D正確；正確答案為AD.

帶電體受洛倫茲力在內(nèi)的多個力作用時是復雜的綜合性力學問題， 研究帶電體在復合場中的運動，關鍵是分析其運動軌跡及運動規(guī)律，再根據(jù)幾何關系和物理規(guī)律求解.

課題項目：本論文系福建省教育科學“十三五”規(guī)劃課題“互聯(lián)網(wǎng)+物理習題的教學設想與實踐探究”階段性研究成果，課題編號：FJKYJD16-29