“電場+動量”多元命題的思路和解讀

福建

(作者單位：福建省福鼎市第一中學)

情境、多元、能力——建構學科綜合素養本位

“電場+動量”問題即以帶電體在電場中的運動為試題主體情境，動量定理或動量守恒定律為必要解題環節，實現學科內不同分支知識有效互聯的一種試題多元編制方式。這類試題要求學生對于不同知識模塊要融會貫通，不僅要了解電場的知識框架，而且會靈活應用動量定理、動量守恒定律和能量守恒定律分析電場中的動力學、功能關系，研究帶電體在電場中的運動規律，因此有一定的綜合性，對學生能力的考查也呈現多維化，在試題中常以壓軸題的形式出現。下面對《考試大綱》框架內電場與動量的綜合命題思路進行梳理，供大家參考。

試題編制一 帶電導體球碰撞型問題

設計思路：基于兩個或兩個以上的帶電導體球在電場中的運動創設靜電學試題情境，以導體球碰撞問題為紐帶關聯動量守恒定律等動力學、功能知識。

試題解讀：(1)導體球碰撞瞬間分為彈性碰撞或非彈性碰撞，不論為何種碰撞類型，導體球是否帶電，由于作用持續的時間極短，相互作用力很大，可認為內力遠大于外力，因此碰撞過程符合動量守恒；若發生彈性碰撞，碰撞前與碰撞后總動能相等；若為非彈性碰撞，系統的總動能減少；如果發生完全非彈性碰撞，系統的總動能損失為最大值。(2)導體球接觸瞬間電子在導體球間發生轉移，符合電荷守恒定律，導致電荷會在導體球間重新分配，接觸后電荷分布的規律有：

①兩個完全相同的導體球接觸，若為同種電荷則平分原來所帶電荷量的總和；若為異種電荷則先中和再平分；

②一個大導體球和一個小導體球接觸，且小導體球半徑遠小于大導體球半徑，可忽略不計，則接觸后電荷全部集中于大導體球上，小導體球呈中性。

③兩個半徑不同的導體球接觸，兩球靜電平衡為等勢體，根據導體表面電勢相等關系，可知接觸后兩球分布電荷量與半徑成正比。

圖1

(1)甲、乙兩球碰撞后瞬間，乙球的速度v2的大小；

(2)小球乙落在D點時，甲、乙兩小球之間的距離s；

(3)若只改變場強E的大小，為了保證乙球能沿豎直軌道運動，并通過C點后落到水平軌道AB上，試確定場強E的取值范圍，設乙球從B點運動到C點的過程中，電勢能的變化量為ΔEp，在圖2的坐標系中，定量畫出小球乙的電勢能變化量ΔEp與場強E的關系圖象。(畫圖時不必說明理由)

圖2

【解析】(1)設甲球和乙球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得

mv0=mv1+mv2

(2)設乙球經過C點時的速度為v3，由動能定理可得

解得FN=0.45 N

乙球離開C點后做類平拋運動，設加速度為a，運動時間為t，水平位移為x，得

聯立解得x=2 m

因甲球在這一過程中的速度v1=0，所以s=x=2 m，甲、乙兩小球之間的距離為2 m。

(3)乙球能夠運動到C點的條件是FN≥0，

解得E≥600 V/m

為保證碰撞前甲球在軌道AB上運動，需滿足的條件是Eq≤mg，解得場強的最大值為E≤1.5×103V/m，所以場強的取值范圍為600 V/m≤E≤1.5×103V/m

乙球由B點沿軌道運動至C點的過程中，電場力做正功，電勢能減小

ΔEp=-W=2Eq1R

解得ΔEp1=-0.06 J，ΔEp2=-0.15 J

其電勢能變化量ΔEp與場強E的關系如圖3所示

圖3

【點評】小球甲、乙發生彈性正碰，動量守恒，機械能守恒，結合動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后瞬間小球乙的速度，碰撞瞬間根據導體球電荷分布規律可知兩球電荷量平均分配，本題以電場中的導體球為載體很好地將電場力、能的性質和動量守恒融合為一體；小球乙在圓形軌道中的運動為圓周運動，根據動能定理和牛頓運動定律求出小球乙通過C點的速度和軌道對它的壓力大小，離開C點后小球做勻變速曲線運動，運用運動的合成與分解，可分析豎直方向上的運動時間和水平方向上的位移；為了保證小球乙能沿軌道運動并通過C點，過C點時壓力大于等于零，抓住電場力小于重力，結合動能定理求出電場強度的范圍，由電場力做功與電勢能變化之間的關系可求出ΔEp的最大值和最小值，作出ΔEp-E圖象。本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理、牛頓第二定律的綜合運用，綜合性較強，在處理小球圓周運動和勻變速曲線運動時，要注意電場力的作用及做功情況。

試題編制二 帶電液滴結合型問題

設計思路：以帶電液滴為主要研究對象，與多滴液滴或其他帶電體構成作用系統創設試題主體支架，以液滴在電場中的運動過程為試題情境，研究液滴結合瞬間的動力學、功能關系問題。

試題解讀：帶電液滴結合瞬間與其他帶電體融合為一個整體，若結合瞬間不計重力、電場力等系統外力的影響，可近似認為發生完全非彈性碰撞，符合動量守恒定律，結合為一體后，液滴的總質量為結合前液滴的質量之和，電荷量為結合前液滴各自所帶電荷量的代數和。

【例2】真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶正電油滴a在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續一段時間t1后，到達某位置B點，在B處與一質量相同的中性油滴b相碰，并立即結合成大油滴(中性油滴的速度忽略不計，結合瞬間不計重力、電場力的影響)，同時突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續同樣一段時間后，油滴運動到C點，重力加速度大小為g，求：

(1)油滴運動到C點時的速度；

(2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于C、A兩點間距離的兩倍。

【解析】(1)設油滴a質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上，在t=0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，由動量定理得

E2qt1-mgt1=mv1-mv0

油滴a和油滴b相碰瞬間，由動量守恒定律得mv1=2mv2

電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，由動量定理得

-E2qt1-2mgt1=2mv3-2mv2

(2)由題意知在t=0時刻前有E1q=mg，在t1時間內，加速度大小a1滿足E2q-mg=ma1

在t1時刻后，加速度大小a2滿足E2q+2mg=2ma2，油滴在從時刻t1到油滴運動到C點時間內的位移為

【點評】對于帶電體在勻強電場中的運動問題，可以從兩條線索展開：一是力和運動的關系，根據帶電體受力情況，利用牛頓第二定律結合運動學公式或用動量定理確定帶電體的速度、時間和位移等；二是功和能的關系，根據電場力對帶電體做功，引起帶電體的能量發生變化，利用動能定理進行解答，在關聯時間的前提下一般優先考慮動力學方程或動能定理，當然在選擇動力學公式時要注意帶電體的運動條件—勻變速直線運動；油滴的結合瞬間，由于不計重力、電場力的影響，符合動量守恒定律，利用動量守恒定律求解。

試題編制三 帶電體相互作用型問題

設計思路：相互作用的帶電體間發生相對運動時，帶電體間的電場力為系統內力，若系統所受合外力為零，符合系統動量守恒定律，可以以此模型結合帶電體運動設計“電場+動量”問題。

試題解讀：帶電體孤立系統相互作用過程中，電場力為內力，動量守恒；通過電場力做功，系統的動能和電勢能相互轉化，可應用能量守恒定律綜合分析問題；關聯運動的動態分析，帶電體往往會出現臨界狀態，要注意隱含條件的采集和研究，如電勢能最大時系統內各物體的速度相同等。

圖4

(1)若兩個帶電小球逐漸靠近，帶電小球A的電勢能如何變化；

(2)如果A不會超過B，計算A、B間的最小距離；

(3)若讓A能夠超過B，求B最終的速度？

【解析】(1)兩帶電小球逐漸靠近，電場力做負功，A帶電小球的電勢能逐漸增大；

(3)A超過B后，由于球間電荷產生的排斥力，兩球的間距逐漸增大，最終距離會趨向無窮遠，兩帶電小球的電勢能趨近于0，由動量守恒定律得Mv=MvA+mvB

【點評】A、B運動過程中，系統動量守恒，因此解題切入點要明確依據動量守恒定律和能量守恒定律，如果A球不會超過B，A初動能全部轉化為兩者的動能和系統的電勢能，根據臨界條件、動量守恒定律以及能量守恒定律列式求解；若A超過B，根據動態分析研究兩球最終的穩態，運用動量守恒定律和能量守恒定律求解，在運用能量守恒定律時要注意電場力做功與電勢能變化的關系。

試題編制四 動體模型拓展問題

設計思路：以力學中常見的動量守恒模型為載體，承載電荷構建帶電體運動的動體系統模型，從動力學、功能角度研究系統中帶電體和其他物體的運動。

試題解讀：以動體模型為載體組成的孤立系統中，帶電體間會發生相對運動，電場力可能為系統外力，也可能為系統內力，帶電體間的滑動摩擦力為內力，若系統所受的合外力仍為零，系統動量守恒，通過電場力、摩擦力做功，系統的機械能和電勢能、熱能間相互轉化。可以以動量守恒定律和系統功能關系聯立求解，但要注意守恒條件的判定。

圖5

(1)A與B相碰前的速度為多大；

(2)要使C剛好不脫離滑板，滑板的長度應為多少；

(3)在滿足(2)的條件下，求最終A、B的距離滿足的關系式？

【解析】(1)A與B相撞之前由動能定理

代入數據得v0=4 m/s

(2)A與B相碰后速度為v1，由動量守恒定律得

C在A上滑行時，A、B分離，B做勻速運動，A與地面的摩擦力f2=μ2(m+M)g=0.8 N，A受到的電場力F=qE=0.8 N，故A、C系統動量守恒，當C剛好滑到A左端時共速v2，由動量守恒定律有mv1=(m+M)v2，得

設A長度為L，則由系統功能關系有

代入數據得L=0.5 m

(3)對C由牛頓第二定律可知μ1Mg=Ma，

0.5 s內B的位移sB=v1t=1 m

兩者以后距離關系式為

x=sB-sA+(v1-v2)t=0.375+1.5t

【點評】本題的編制設計仍基于力學的板塊模型，再從力、能的角度融合電場的相關知識。A與B相碰后，C在A上滑行時，A、B分離，B做勻速運動，根據動量守恒定律求出C滑上A時A的初速度。C滑上A后，A所受地面的摩擦力與所受的電場力大小相等，方向相反，A、C系統符合動量守恒的條件，結合動量守恒定律和能量守恒定律可求出滑板的長度；結合牛頓第二定律和運動學公式求出C在A上滑行的時間和A、C一起運動的速度，從而求出A、C速度相同時，A、B的距離。本題綜合考查了動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律以及牛頓第二定律和運動學公式，綜合性較強，關鍵于在理清物體的運動情況，選擇合適的規律求解。