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系在一起， 并應用數學工具求解，知識面廣， 綜合性強， 是高中物理的重點內容， 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分析，并根據臨界條件列出輔助方程， 再與其他方程聯立求解.

（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的圓形區域內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不斷地以速度v=1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經過a點，如果撤去電場，使磁感應強度變為原來的12，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 據題意和乙圖可知，E=φd=φR

=5×106V/m，故A正確；據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.一質量為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，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止

C.若小球的初速度為mgqB，小球將做加速度不斷增大的減速運動，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.小球將做減速運動；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，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面向里.一可視為質點、質量為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律，再根據幾何關系和物理規律求解.

課題項目：本論文系福建省教育科學“十三五”規劃課題“互聯網+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