電場中策略開放型高考題例析
2008-12-31 00:00:00金軍
物理教學(xué)探討 2008年8期
所謂策略開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題，即常說的能一題多解的問題。對付此類問題時(shí)，只要能根據(jù)題目所敘述的物理情景或物理過程，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，對問題進(jìn)行分析、論證、推理、計(jì)算得出正確結(jié)果即可。此類物理高考題在力學(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=0.04m2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，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1013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=+1.0×10-17C，質(zhì)量m=2.0×10-15kg， 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)過多長時(shí)間煙塵顆?？梢匀勘晃剑开?/p>
（2）經(jīng)過多長時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動能最大？
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)動學(xué)的公式得：L=at2/2，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)煙塵顆粒的總動能為EK，則EK=12mv2·NA(L-x)=UqLx·NA(L-x)，顯然x=L/2時(shí)，EK有最大值，由運(yùn)動學(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)動到下板時(shí)系統(tǒng)的總動能最大，由運(yùn)動學(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。現(xiàn)取以下簡化模型進(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，與電動勢為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，電動勢ε至少應(yīng)大于多少？
（2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時(shí)間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運(yùn)動。求在T時(shí)間內(nèi)小球往返運(yùn)動的次數(shù)以及通過電源的總電量。
解析 為敘述簡捷，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)通過電源的總電量。
解法1、（1）要使小球不停地往返運(yùn)動，小球受的向上的電場力至少應(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=12a1t21
用a2表示從B到A的加速度，則有：qεd-mg=ma2，d=12a2t22
又有：n=Tt1+t2
由以上有關(guān)各式解得：n=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
小球往返一次通過電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過電源的總電量為：Q′=2nq
所以：
Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
解法2：小球從B向A運(yùn)動要能到達(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)動到達(dá)B板時(shí)的速度為v1， 從B向A運(yùn)動到達(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=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
小球往返一次通過電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過電源的總電量為：Q′=2nq
所以：Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
解法3、（1）小球從B向A運(yùn)動時(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=T2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
小球往返一次通過電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過電源的總電量為：Q′=2nq
所以：
Q′=2αCεT2md2αCε2+mgd+2md2αCε2-mgd
例3 （1997年高考試題）：如圖3 所示。在方向水平的勻強(qiáng)電場中，有一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線，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)線與場強(qiáng)平行，然后無初速釋放。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一端，細(xì)線與豎直方向的最大夾角為θ。求小球通過最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對小球的拉力。
解析 策略一：用動能定理和牛頓第二定律求解
設(shè)電場強(qiáng)度為E、小球帶電量為q ，細(xì)線長度為L小球在最低點(diǎn)的速度為v0細(xì)線的拉力為T0。受力分析如圖4所示。對小球從水平擺至最低點(diǎn)的過程中應(yīng)用動能定理得：
mgL- qEL=mv02/2
對小球從水平擺至最左端的過程中應(yīng)用動能定理得：
mgLcosθ- qEL(1+sinθ)=0
對小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律得：T0- mg=mv02/L
由以上三式解得：T0=mg(3-2cosθ1+sinθ)
策略二：應(yīng)用對稱性求解
小球無初速釋放后，將在速度為零的兩點(diǎn)之間振動，根據(jù)振動的對稱性，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)切線方向的合力為零得：
qEmg=ctg(90°+θ2)=sin(90°+θ)1-cos(90°+θ)=cosθ1+sinθ
則電場力為qE=cosθ1+sinθmg
對小球從左側(cè)最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用得：
mgL(1-cosθ)+qELsinθ= mv02/2
對小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律得：T0- mg=mv02/L
所以：T0=mg(3-2cosθ1+sinθ)
策略三：用等效法求解。將重力場和電場的疊加場，視為一個(gè)等效重力場（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)雜的疊加場中的問題轉(zhuǎn)化為簡單而熟悉的等效重力場中的問題。根據(jù)類似機(jī)械能守恒定律，在小球從右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動至所求位置時(shí)，有：
mv02/2=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= mv02/L
所以小球經(jīng)過最低點(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)容請以PDF格式閱讀原文。
