所謂策略開(kāi)放型高考題就是指求解該題的思路和方法具有靈活多樣性的物理問(wèn)題，即常說(shuō)的能一題多解的問(wèn)題。對(duì)付此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，只要能根據(jù)題目所敘述的物理情景或物理過(guò)程，選取一個(gè)適當(dāng)?shù)慕嵌?，采用自己熟悉的方法，運(yùn)用已知條件和已有的物理知識(shí)，對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析、論證、推理、計(jì)算得出正確結(jié)果即可。此類(lèi)物理高考題在力學(xué)、電磁學(xué)、光學(xué)中曾多次出現(xiàn)，本文介紹電場(chǎng)中的三個(gè)試題。

例1 （2003年上海高考試題）：為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是透明有機(jī)玻璃。它的上下底面是面積A=0.04m2金屬板，間距L=0.05m，連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖1所示，現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有顆粒1013個(gè)。假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0×10-17C，質(zhì)量m=2.0×10-15kg， 不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受的重力，求合上電鍵后：

（1）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆?？梢匀勘晃剑开?/p>

（2）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能最大？

解析 （1）由題意知：只要上板表面的煙塵能被吸附到下板時(shí)，煙塵顆粒即被子全部吸附。由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式得：L=at2/2，由牛頓第二定律得：a=Eq/m=Uq/Lm，將已知數(shù)值代入解得：t=0.02s。

（2）策略一：用極值法求解。 設(shè)煙塵顆粒下落距離為x時(shí)，容器內(nèi)煙塵顆粒的總動(dòng)能為EK，則EK=12mv2·NA(L-x)=UqLx·NA(L-x)，顯然x=L/2時(shí)，EK有最大值，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L/2=at′2/2

將a=Uq/Lm代入得：

策略二：用等效法求解。將盒內(nèi)所有煙塵顆粒等效集中于盒的正中央，顯然等效顆粒運(yùn)動(dòng)到下板時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)能最大，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L/2=12a′t′2，將a′=a=Uq/Lm代入得：t′=0.014s。

例2 （2006年《理科綜合能力測(cè)試》25題）：有個(gè)演示實(shí)驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動(dòng)?，F(xiàn)取以下簡(jiǎn)化模型進(jìn)行定量研究。

如圖2所示，電容量為C的平行電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動(dòng)勢(shì)為ε、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個(gè)質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)立即改變，改變后，小球所帶電荷符號(hào)與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α<<1）。不計(jì)帶電小球?qū)O板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響。重力加速度為g。

（1）欲使小球能夠不斷地在兩極板間上下往返運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)ε至少應(yīng)大于多少？

（2）設(shè)上述條件已滿(mǎn)足，在較長(zhǎng)的時(shí)間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運(yùn)動(dòng)。求在T時(shí)間內(nèi)小球往返運(yùn)動(dòng)的次數(shù)以及通過(guò)電源的總電量。

解析 為敘述簡(jiǎn)捷，在以下的解法中均用Q表示極板電荷量的大小，q表示碰后小球

電荷量的大小，t1、t2分別表示小球從A到B和從B到A的時(shí)間，n表示小球在T時(shí)間內(nèi)往返的次數(shù)，Qˊ表示在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)電源的總電量。

解法1、（1）要使小球不停地往返運(yùn)動(dòng)，小球受的向上的電場(chǎng)力至少應(yīng)大于重力，則有：

qεd>mg，q=αQ， Q=Cε

由以上三式解得：ε>mgdαC 

（2）用a1表示從A到B的加速度，則有：q εd+mg=ma1，d=12a1t21

用a2表示從B到A的加速度，則有：qεd-mg=ma2，d=12a2t22

又有：n=Tt1+t2

由以上有關(guān)各式解得：n=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

小球往返一次通過(guò)電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)電源的總電量為：Q′=2nq

所以：

Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

解法2：小球從B向A運(yùn)動(dòng)要能到達(dá)A，則必有：εq-mgd>0，q=αQ， Q=Cε

由以上三式解得：ε>mgdαC 

(2)設(shè)小球從A向B運(yùn)動(dòng)到達(dá)B板時(shí)的速度為v1， 從B向A運(yùn)動(dòng)到達(dá)A板時(shí)的速度為v2，則小球從A到B和從B到A分別有：由以上有關(guān)各式解得： n=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

小球往返一次通過(guò)電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)電源的總電量為：Q′=2nq

所以：Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

解法3、（1）小球從B向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)到A板時(shí)的速度為v2，且以向上為正，則有：(qεd+mg)t2=mv2>0，q=αQ ，Q=Cε

由以上三式解得：ε> mgdαC 

(2)設(shè)小球從A向B運(yùn)動(dòng)到達(dá)B板時(shí)的速度為v1，則小球從A到B和從B到A分別有：

(qεd+mg)t1=mv1，

v12t1=d;

(qεd-mg)t2=mv2，

v22t2=d

又有：n= Tt1+t2

由以上有關(guān)各式解得：

n=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

小球往返一次通過(guò)電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)電源的總電量為：Q′=2nq

所以：

Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd

例3 （1997年高考試題）：如圖3 所示。在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線(xiàn)，一端連著質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)。把帶電小球拉起至細(xì)線(xiàn)與場(chǎng)強(qiáng)平行，然后無(wú)初速釋放。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一端，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的最大夾角為θ。求小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線(xiàn)對(duì)小球的拉力。



解析 策略一：用動(dòng)能定理和牛頓第二定律求解

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E、小球帶電量為q ，細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度為L(zhǎng)小球在最低點(diǎn)的速度為v0細(xì)線(xiàn)的拉力為T(mén)0。受力分析如圖4所示。對(duì)小球從水平擺至最低點(diǎn)的過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得：

mgL- qEL=mv02/2

對(duì)小球從水平擺至最左端的過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得：

mgLcosθ- qEL(1+sinθ)=0

對(duì)小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律得：T0- mg=mv02/L

由以上三式解得：T0=mg(3-2cosθ1+sinθ)

策略二：應(yīng)用對(duì)稱(chēng)性求解

小球無(wú)初速釋放后，將在速度為零的兩點(diǎn)之間振動(dòng)，根據(jù)振動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，平衡位置就是圓弧軌跡的中點(diǎn)O′。根據(jù)圖5所示的受力分析圖和在O′點(diǎn)切線(xiàn)方向的合力為零得：

qEmg=ctg(90°+θ2)=sin(90°+θ)1-cos(90°+θ)=cosθ1+sinθ

則電場(chǎng)力為qE=cosθ1+sinθmg



對(duì)小球從左側(cè)最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程應(yīng)用得：

mgL(1-cosθ)+qELsinθ= mv02/2

對(duì)小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律得：T0- mg=mv02/L

所以：T0=mg(3-2cosθ1+sinθ)

策略三：用等效法求解。將重力場(chǎng)和電場(chǎng)的疊加場(chǎng)，視為一個(gè)等效重力場(chǎng)（如圖6所示）。等效重力加速度為：g′= g/ssin90°+θ2=g/1-cos(90°+θ)2=g/1+sinθ2

讓g′的方向轉(zhuǎn)至豎直向下（如圖7所示），就將復(fù)雜的疊加場(chǎng)中的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單而熟悉的等效重力場(chǎng)中的問(wèn)題。根據(jù)類(lèi)似機(jī)械能守恒定律，在小球從右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至所求位置時(shí)，有：



mv02/2=mg′L(cos90°-θ2-cos90°+θ2)=mg′L［1+cos(90°+θ)2］=mg′L(1-cosθ1+sinθ)

根據(jù)牛頓第二定律還有：T0- mg′cos90°-θ2= mv02/L

所以小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩的拉力為：

T0=mg(3-2cosθ1+sinθ)

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請(qǐng)以PDF格式閱讀原文。