寧鵬程

物體做曲線運(yùn)動(dòng)，無法直接進(jìn)行求解，只能通過化曲線為直線.例如物體做平拋運(yùn)動(dòng)，物體的運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，這種“化曲為直”的分解思想經(jīng)常在求解曲線運(yùn)動(dòng)問題時(shí)應(yīng)用.下面舉例說明，希望對學(xué)生有所啟發(fā)和幫助.

圖1

例1 （2016年高考物理天津卷題11）如圖1所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E=

53N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1×10-6kg，電荷量q=2×10-6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），g取10 m/s2.求：

（1）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；

（2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t.

答案：（1） v=20 m/s 方向與電場E的方向之間的夾角為θ=600斜向上

（2） t=3.5 s

圖2

解析 （1）小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖2所示，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有：

qvB=q2E2+m2g2①

代入數(shù)據(jù)解得：v=20 m/s②

速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足

tanθ=qEmg③

代入數(shù)據(jù)解得：

tanθ=3

θ=600 ④

（2） 解法一

撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有

a=q2E2+m2g2m⑤

設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有

x=vt⑥

設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有

y=12at2⑦

a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又

tanθ=yx⑧

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得

t=23s=3.5s⑨

解法二 撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為

vy=vsinθ⑤

若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有

vyt-12gt2=0⑥

聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得：t=23s=3.5 s.

點(diǎn)撥 物體的運(yùn)動(dòng)分解時(shí)要特別注意：物體的合運(yùn)動(dòng)就是物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)，物體的合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)互不干擾，相對獨(dú)立，具有時(shí)間上相等.

例2 如圖3所示，在勻強(qiáng)電場中有一個(gè)半徑為R=1 m的圓，電場方向與圓的平面平行，O、P兩點(diǎn)電勢差為10 V，一個(gè)電子在該勻強(qiáng)電場中僅受電場力作用下運(yùn)動(dòng)，且在P、Q兩點(diǎn)上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為v0=1 m/s，則（）.

A.電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能先增大后減小

B.電子可能做圓周運(yùn)動(dòng)

C.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=10 V/m

D.O點(diǎn)與圓周上電勢最低的點(diǎn)的電勢差為102V

答案：D

圖3圖4

解析 電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，電子在OQ方向上速度由v0=1 m/s減小到零，該方向上電子受到的分力為Fx，電子在PO方向上速度由零增加到v0=1 m/s，該方向上電子受到的分力為Fy，如圖4所示，根據(jù)平行四邊形定則可得到電場力F的方向，由圖可得：電子受到的合力（即電場力F）和電子速度方向的夾角先是鈍角后是銳角，合力先做負(fù)功后做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：電子的動(dòng)能先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；假設(shè)電子做圓周運(yùn)動(dòng)，電子受到合力是變力，不可能是恒力，由于電子在勻強(qiáng)電場中受到的電場力是恒力，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理可得： -qUPQ=

12mv20-12mv20=0，可得：φP=φQ，P、Q的連線為等勢線，根據(jù)電場線和等勢線垂直可得：電場線的方向和OP的夾角為45°斜向下，O、P兩點(diǎn)電勢差為10 V，UOP=E×OPcos45°=10V，解得：

該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=102V/m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；沿著電場線的方向，電勢越來越低，可得：過O點(diǎn)電場線和圓的交點(diǎn)為電勢的最低點(diǎn)，O點(diǎn)與圓周上電勢最低的點(diǎn)的電勢差為

U=ER=102V，選項(xiàng)D正確.

解后反思 電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，電子在OQ方向上加速度大小為ax，則0=v0-axt，由牛頓第二定律可得：Fx=max；電子在PO方向上加速度大小為ay，則v0=0+ayt，由牛頓第二定律可得：Fy=may，可得：ax=ay=a，F(xiàn)x=Fy，進(jìn)一步可得：電場力F和Fx的夾角為45°，由于電子帶負(fù)電荷，電場線的方向和OP的夾角為45°斜向下.

拓展 求電子從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，電子的最小速度？

設(shè)電子從P開始經(jīng)過時(shí)間t電子的速度最小，此時(shí)OQ方向上vx=v0-at，PO方向上vy=at，

電子的速度v=v2x+v2y=（v0-at）2+a2t2=2a2t2-2av0t+v20，當(dāng)t=v02a時(shí)，電子的速度有最小值vmin=22v0=22m/s，此時(shí)vx=vy=12v0，可得此時(shí)電子的速度方向和電子受到的合力垂直.類比聯(lián)想 物體做斜上拋運(yùn)動(dòng)，物體的運(yùn)動(dòng)可分解為：物體在豎直方向上受重力作用，物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)；物體在水平方向上不受力，物體在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物體在豎直方向的分速度為零，此時(shí)物體只有水平方向的速度；從能量轉(zhuǎn)化和守恒的角度來分析：物體只受重力作用，物體的機(jī)械能守恒，物體到達(dá)最高點(diǎn)，物體的重力勢能最大，物體的動(dòng)能最小，物體的速度最小.由于在最高點(diǎn)物體的速度最小，此時(shí)速度方向沿著水平方向，物體的合力（物體的重力）豎直向下，可總結(jié)為：物體有最小速度時(shí)，物體的合力方向和速度方向垂直.

圖5例3 如圖5所示，小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等（均可視為質(zhì)點(diǎn)），空氣阻力忽略不計(jì).則下列說法正確的是（）.

A.斜面可能是光滑的

B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn)

C.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能

D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過程中克服重力做功的平均功率不相等

答案：C

解析 設(shè)斜面的傾角為θ，小球的初速度方向和斜面的夾角為α，設(shè)OP=s，小球的運(yùn)動(dòng)可分解為沿平行于斜面向上做初速度大小為v0cosα，加速度大小為gsinθ的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小球從O點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，由x=v0t+12at2可得：s=v0cosαt-12gsinθt2；小物塊沿平行于斜面向上做初速度大小為v0，加速度大小為a的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題意可得：s=v0t-12at2，進(jìn)一步可得：a>gsinθ，對小物塊由牛頓第二定律可得：mgsinθ+f=ma，可得：f>0，斜面是粗造的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球的速度在垂直于斜面方向的分速度為零時(shí)（即小球的速度方向平行于斜面時(shí)），小球離斜面最遠(yuǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從O點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得：