鄭行軍

復(fù)合場(chǎng)是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一空間并存，或者是其中兩種場(chǎng)并存的場(chǎng)，帶電體在這些復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，可能同時(shí)受到幾種不同性質(zhì)的力的作用.這類(lèi)問(wèn)題巧妙地把電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的概念與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等力學(xué)、電學(xué)等知識(shí)有機(jī)地聯(lián)系在一起， 并應(yīng)用數(shù)學(xué)工具求解，知識(shí)面廣， 綜合性強(qiáng)， 是高中物理的重點(diǎn)內(nèi)容， 也是學(xué)習(xí)的難點(diǎn).本文從模型化的角度對(duì)中學(xué)階段可能出現(xiàn)的題型進(jìn)行整理和歸類(lèi)，并提出相應(yīng)地解題策略，希望對(duì)學(xué)習(xí)能有所幫助.

一、命題構(gòu)建及解題策略研究

1.復(fù)合場(chǎng)的組合模式分類(lèi)

（1）電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合；

（2）磁場(chǎng)與重力場(chǎng)的組合；

（3）電場(chǎng)與重力場(chǎng)的組合；

（4）電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力場(chǎng)的組合.

帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力和初速度， 因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來(lái)分析.

2.軌跡模型的構(gòu)建及解題策略

（1）帶電體在復(fù)合場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

解題策略 當(dāng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，隱含條件往往是帶電體受到的合力為零（以勻強(qiáng)磁場(chǎng)模型為命題條件構(gòu)建）或某一方向合力為零（以非勻強(qiáng)磁場(chǎng)模型為命題條件構(gòu)建），故在處理此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，可根據(jù)平衡條件列方程求解.

（2）帶電體在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

解題策略 勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，帶電體所受的合力方向應(yīng)始終指向圓心， 合力大小F合=F向，故動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)有：

①非徑向力（如重力、電場(chǎng)力）會(huì)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(shí)可綜合應(yīng)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(yùn)動(dòng)

解題策略 在附加接觸面（如帶電體在水平面上或斜面上運(yùn)動(dòng)、套在桿上運(yùn)動(dòng)等）上運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電體受力情況比較復(fù)雜， 運(yùn)動(dòng)情況多變，運(yùn)動(dòng)過(guò)程往往出現(xiàn)臨界問(wèn)題， 這時(shí)應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“ 至少”等詞語(yǔ)為突破口，對(duì)帶電體進(jìn)行動(dòng)力學(xué)動(dòng)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(fù)合場(chǎng)中做變加速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

解題策略 在變加速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度是一個(gè)變量，故不能從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度分析，考慮到洛倫茲力做功的特點(diǎn)，可選用動(dòng)能定理或功能關(guān)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(qiáng)磁場(chǎng)及水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)沿cd方向射入場(chǎng)區(qū)，粒子將沿cd方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如果僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)，如果撤去電場(chǎng)，使磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的12，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（ ）.A.電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)后，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為0.1 m

D.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為7.85×10-5 s

解析 兩種場(chǎng)都存在時(shí)，由粒子運(yùn)動(dòng)條件，穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).對(duì)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(xiàng)正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(xiàng)錯(cuò)誤；撤去電場(chǎng)后，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R=

mvqB1=0.1 m，

C項(xiàng)正確；畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了四分之一個(gè)周期，T=2πRv，因此運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=14T=πR2v=1.57×10-4s，D項(xiàng)錯(cuò)誤；正確答案為AC.

例2 如圖2甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的O點(diǎn)，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(biāo)中，電場(chǎng)方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為零.當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩上的拉力剛好為零.在小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，軌跡上每點(diǎn)的電勢(shì)φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為5×106 V/m

B.小球重力勢(shì)能增加最多的過(guò)程中，電勢(shì)能減少了2.4 J

C.小球做順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)

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(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力，洛倫茲力提供向心力，所以小球重力勢(shì)能增加最多時(shí)，電勢(shì)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(shí)針運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)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(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=3mgq，電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直.在此電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，且小球電量保持不變，重力加速度為g，則下列說(shuō)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，最后停止

D.若小球的初速度為mgqB，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為m3g22q2B2

解析 對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖4，電場(chǎng)力的大小：F=qE=q×3mgq=3mg，

由于重力的方向豎直向下.電場(chǎng)力的方向水平向左，二者垂直，合力：FG+F=F2+mg2=2mg，由幾何關(guān)系可知重力與電場(chǎng)力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場(chǎng)力的合力不會(huì)對(duì)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(huì)對(duì)小球做功.所以，當(dāng)小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，不可能存在摩擦力，沒(méi)有摩擦力，說(shuō)明小球與桿之間就沒(méi)有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)；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(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到2mgqB時(shí)，小球開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里.一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的小球由軌道左端A無(wú)初速滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，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(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn).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(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qB2gR

B.小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg+qB 2gR

C.小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變

D.小球從C到D的過(guò)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(yùn)動(dòng)，可從動(dòng)能定理入手分析，由于洛倫茲力始終對(duì)小球不做功，故洛倫茲力不改變小球速度的大小，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR=12mv2，解得：v=2gR，故小球在C點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)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(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)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(dòng)能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，小球從C向D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，豎直方向的分速度越來(lái)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(gè)力作用時(shí)是復(fù)雜的綜合性力學(xué)問(wèn)題， 研究帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是分析其運(yùn)動(dòng)軌跡及運(yùn)動(dòng)規(guī)律，再根據(jù)幾何關(guān)系和物理規(guī)律求解.

課題項(xiàng)目：本論文系福建省教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃課題“互聯(lián)網(wǎng)+物理習(xí)題的教學(xué)設(shè)想與實(shí)踐探究”階段性研究成果，課題編號(hào)：FJKYJD16-29