司德平

（河南省鄭州外國語學校，河南 鄭州 450001）

2014年高考課標Ⅰ卷第25題是一道物理壓軸題，考查了平拋運動的規(guī)律、勻強電場等勢線與電場線的特點及關系、帶電體在復合場中運動的功能關系.現(xiàn)不同于參考答案，利用平拋運動的矢量直角三角形法和勻強電場的電勢等分法及對稱性，解答本題.

圖1

原題.（2014年高考課標Ⅰ卷第25題）如圖1所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的3個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點.使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行.現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能是初動能的6倍，重力加速度大小為g，求：

（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；

（2）電場強度的大小與方向.

1 利用平拋運動的矢量直角三角形法解答第（1）問

通常，處理平拋運動的基本思想是化曲線運動為直線運動，即根據(jù)合運動與分運動的獨立性、同時性和等效性，把平拋運動正交分解為水平初速度方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動.速度和位移的合成與分解，可由矢量運算的平行四邊形定則簡化為三角形定則，因此，可利用矢量直角三角形法解決平拋運動問題.

在平拋運動中，過拋物線上的任一點做切線，速度方向的反向延長線必然通過對應水平位移的中點，且該點速度的偏向角α與對應平拋位移的水平方向角β，滿足tanα＝2tanβ.平拋物體的速度直角三角形與相應位移直角三角形分別將水平速度、豎直速度、初動能、末動能、水平位移、豎直位移和拋出點的重力勢能有機地整合在這兩個三角形當中，即平拋三角形集合了平拋物體的位移關系、速度關系和能量關系.

解析：在無電場時，小球運動為平拋運動.設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，小球在A點的動能為EkA，A點相對拋出點O的高度為h，A點速度的偏向角為α，由平拋運動的速度直角三角形與位移直角三角形的關系可知

由（1）、（2）式可得

由動能定理可知

由（3）、（4）式可得

或由（1）、（2）式可得拋出點的重力勢能與初動能之比為

由（4）、（5）式也可得

2 利用勻強電場的電勢等分法及對稱性解答第（2）問

勻強電場的等勢線不僅與電場線垂直，而且是疏密均勻的平行線.因此，在勻強電場中，雖然沿任意一個方向電勢的降落都是均勻的，但是沿不同的方向電勢降落的梯度一般是不同的.當相交的兩直線關于場強方向?qū)ΨQ時，在相交的兩直線上等距離的兩點電勢必相等.該兩點的連線為等勢線，與場強方向垂直，且沿場強方向電勢降落最快.因此，勻強電場可利用電勢等分法及對稱性尋找等勢點，進而根據(jù)等勢線與電場線關系，確定場強的方向；再由E＝求場強的大小.

解析：在無電場時，由（3）式可知

又因為

由（6）～（8）式可得

加上與△OAB所在平面平行的某一方向勻強電場E后，對帶電小球從O到A和從O到B的過程，分別由動能定理可知

又因為

由（9）～（12）式可得

圖2

由（13）式可知OA和OB關于場強方向?qū)ΨQ，在OB上取一點C，令OC＝OA＝OB，則A、C為等勢點，A、C連線為等勢線，過O點做A、C連線的垂線.由幾何關系可知，場強方向沿∠BOA的角平分線.如圖2所示.

設場強方向與OB間的夾角為？θ，則有θ＝30°.根據(jù)正電荷從O到B

電場力做正功，可判斷電場方向與豎直方向成30°夾角斜向右下方.勻強電場場強的大小為

平拋運動的矢量直角三角形法可以遷移、處理類平拋運動問題.無獨有偶，2014年高考山東卷理綜第18題就可以利用類平拋運動的速度直角三角形法、結合對稱性簡便處理.

圖3

原題.（2014年高考山東卷理綜第18題）如圖3所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和-q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中），不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于