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(yǎng)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(huán)節(jié)，實現學科內不同分支知識有效互聯(lián)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(guī)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(chuàng)設靜電學試題情境，以導體球碰撞問題為紐帶關聯(lián)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(xù)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(fā)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(tǒng)的總動能減少；如果發(fā)生完全非彈性碰撞，系統(tǒng)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(fā)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(guī)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(lián)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(fā)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(guī)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(tǒng)創(chuàng)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(tǒng)外力的影響，可近似認為發(fā)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(xù)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(xù)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??；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(fā)生變化，利用動能定理進行解答，在關聯(lián)時間的前提下一般優(yōu)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(fā)生相對運動時，帶電體間的電場力為系統(tǒng)內力，若系統(tǒng)所受合外力為零，符合系統(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)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(lián)運動的動態(tài)分析，帶電體往往會出現臨界狀態(tài)，要注意隱含條件的采集和研究，如電勢能最大時系統(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)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(tài)分析研究兩球最終的穩(wěn)態(tài)，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(tǒng)模型，從動力學、功能角度研究系統(tǒng)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(tǒng)中，帶電體間會發(fā)生相對運動，電場力可能為系統(tǒng)外力，也可能為系統(tǒng)內力，帶電體間的滑動摩擦力為內力，若系統(tǒng)所受的合外力仍為零，系統(tǒng)動量守恒，通過電場力、摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能和電勢能、熱能間相互轉化?？梢砸詣恿渴睾愣珊拖到y(tǒng)功能關系聯(lián)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(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)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(guī)律求解。