高考典型例題：等效重力場

1、1、如圖所示，在水平方向的勻強電場中的0點，用長為I的輕、軟絕緣細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，當(dāng)小球位于B點時處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細(xì)線與豎直方向(即0A方向)成B角現(xiàn)將小球拉至細(xì)線與豎直方向成20角的C點，由靜止將小球釋放.若重力加速度為g，則對于此后小球的受力和運動情況，下列判斷中正確的是A. 小球所受電場力的大小為mgan0B. 小球到B點的速度最大C. 小球可能能夠到達A點，且到A點時的速度不為零D. 小球運動到A點時所受繩的拉力最大2、半徑R=0.8m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直面內(nèi)，加上某一方向的勻強電場后，帶電小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球動能最大的位置在A點，圓心0與A點的連線與豎直方

2、向的夾角為二如圖所示在A點時小球?qū)壍赖膲毫n=120N,若小球的最大動能比最小動能多32J，且小球能夠到達軌道上的任意一點(不計空氣阻力)試求：(1) 小球最小動能等于多少？(2) 若小球在動能最小位置時突然撤去軌道，并保持其他量不變，則小球經(jīng)0.04s時間后，其動能與在A點時的動能相等，小球的質(zhì)量是多少？3、如圖14所示，ABCD為表示豎立放在場強為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切A為水平軌道的一點，而且AB二R=0.2m.把一質(zhì)量m=100g帶電q=104C的小球，放在水平軌道的A點上面2由靜止開始被釋放

3、后，在軌道的內(nèi)側(cè)運動。(g=10m/s)求：(1) 它到達C點時的速度是多大？(2) 它到達C點時對軌道壓力是多大？(3) 小球所能獲得的最大動能是多少？4、水平放置帶電的兩平行金屬板，相距d,質(zhì)量為m的微粒由板中間以某一初速平行于板的方向進入，若微粒不帶電，因重力作用在離開電場時，向下偏轉(zhuǎn)d/4，若微粒帶正電，電量為q，仍以相同的初速度進入電場，微粒恰好不再射出電場，則兩板的電勢差應(yīng)為多少？并說明上下板間帶電性？m的帶正電，電量為q=3mg3E5、如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水

4、平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一質(zhì)量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)為多大？6、如圖所示，在離坡頂為丨的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也是L。桿上端A到坡底EB之間有一光滑細(xì)繩，一個帶電量為q、質(zhì)量為m的物體穿心于繩上，整個系統(tǒng)處在水平向右的勻強電場中，已知細(xì)線與豎直方向的夾角71=30。若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑2“下，設(shè)細(xì)繩始終沒有發(fā)生形變，求物體在細(xì)繩上滑行的時間。(g=10m/s,sin37=0.60cos37=0.80)7、如圖所示，勻強電場水平向右，E=10.3N/C,帶正電的油滴的質(zhì)量m=2.010kg,電量q=2.010"Co在A點時速度大小

5、為v=20m/s，方向為豎直向上，則油滴在何時速度最小且求出最小速度？4如右圖所示，MN是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E,質(zhì)量為m電荷量為+q的微粒，以初速度V0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB=BC.不計空氣阻力，則可知（）A. 微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等B. 微粒打到C點以前最小動能是初動能的一半2C.MN板間的電勢差為mv0qD.MN板間的電勢差為2g.如圖所示，AB、C三個小球（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量分別為m2m3mB小球帶負(fù)電，電荷O點,量為q,A、C兩小球不帶電（不考慮小

6、球間的電荷感應(yīng)），不可伸長的絕緣細(xì)線將三個小球連接起來懸掛在三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為E.則以下說法正確的是（）A. 靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg+qEB. 靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg-qEC. 剪斷O點與A小球間細(xì)線瞬間，AB兩小球間細(xì)線的拉力為qE/3D. 剪斷O點與A小球間細(xì)線瞬間，AB兩小球間細(xì)線的拉力為qE/68、如圖所示，帶電平行金屬板A、B,板間的電勢差大小為U,A板帶正電，B板中央有一小孔.一帶正電的微粒，帶電荷量為q,質(zhì)量為m自孔的正上方距板高h處自由落下，若微粒恰能落至AB板的正中央C點，則（）11A.微粒下落過程中重力做功

7、為mg（h+d），電場力做功為一qU2B.微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為1qU2A板C. 若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達到D. 微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小7.如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板板電勢高于A板.兩板間有MN、P三點，MN連線平行于極板,/PMN=二.以下說法正確的是（AB間距離為BA.電容器帶電量為CB.兩極板間勻強電場的電場強度大小為ULsinvnJC.MP兩點間的電勢差為UdLD.若將帶電量為+q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了qULsinJdBD是其豎直直徑，AC是其另一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強方向O以相同的

8、初動能沿不同方向射出，小球會經(jīng)過圓周上不）11.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個圓，平行于圓周所在平面。帶等量負(fù)電荷的相同小球從圓心同的點，其中通過圓周上A點的小球動能最小，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是（A. 電場方向沿0A方向B. 小球經(jīng)過圓周上的不同點時，過B點的小球的動能和電勢能之和最小C. 小球經(jīng)過圓周上的不同點時，過C點的小球的電勢能和重力勢能之和最小D. 小球經(jīng)過圓周上的不同點時，機械能最小的小球應(yīng)經(jīng)過圓弧CNDk的某一點【答案】BC【解析】試題分析：首先明確一點，在這個電場中，小球受到兩個力影響：1.重力，2.電場力，在A點動能最小，那說明速度最小了，說明0A方向發(fā)射的小球克服合力

9、做功最大，也就是說在這個電場跟重力場中，合力方向是0C對0點小球受力分析，重力豎直向下，合力方向指向0C受力方向指向為0B與0C之間，即電場方向應(yīng)該是由0指向AD弧方向，故A錯誤；由于只有重力和電場力做功，故任何點的小球，動能+重力勢能+電勢能=定值；明顯B點的重力勢能最大，那么肯定B點的動能與電力勢能之和最小了，故B正確；動能+重力勢能+電勢能=定值,從0到C合力做功最多，故C點動能最大，所以過C點電勢能和重力勢能之和最小，故C正確；機械能（重力勢能+動能）最小，那么肯定就是電勢能最大的地方，負(fù)電荷球沿著電場線方向，電場力做負(fù)功，電勢能增大，所以應(yīng)該在弧線AD（劣弧）之間，故D錯誤。根據(jù)動能

10、最小點判斷出合力方向，運用平行四邊形定則得到電Q板運動，則關(guān)于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的考點：電勢差與電場強度的關(guān)系、功能關(guān)系、電勢能【名師點睛】小球運動過程中受到重力和電場力，場力方向；最后根據(jù)功能關(guān)系列式分析。12.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向是：A. 兩板間距增大，不影響加速時間B. 兩板間距離越小，加速度就越大，則電子到達Q板時的速度就越大C. 電子到達Q板時的速度與板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)D. 電子的加速度和末速度都與板間距離無關(guān)【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律得，加速度“qE=qU，加速的時間mmd加速時間增大，選項A錯誤；根據(jù)動能定理知，

11、解得，知電子到達Q板時的速度與板間距2Vm離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)，故B錯誤，C正確.電子的加速度與板間距離有關(guān)，末速度與板間距離無關(guān).故錯誤.故選Co考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】根據(jù)電子的運動的規(guī)律，列出方程來分析電子的加速度、運動的時間和速度分別與哪些物理量有關(guān),根據(jù)關(guān)系式判斷即可。13如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點，固定一電荷量為+Q的點電荷一質(zhì)量為m帶電荷量為+q的物塊（可視為質(zhì)點的檢驗電荷）F方B點時速度為v.已知點電荷產(chǎn)生的電場在，從軌道上的A點以初速度V。沿軌道向右運動，當(dāng)運動到P點正離為h,P、A連線與水平軌道的夾角為60°,k為靜電常

12、數(shù)，下列說法正確的是（）A點的電勢為$（取無窮遠處電勢為零），P到物塊的重心豎直距A. 點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小Eb=kQBh2B. 物塊在A點時受到軌道的支持力大小為mg38hqQC. 物塊在A點的電勢能Epa=+Q$D.點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢訂=m（v2-V2）+2q【答案】ABD【解析】KQ試題分析：點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小為：EB2，選項A正確；物體受到點電荷的庫侖力h為：F=KQq，由幾何關(guān)系可知：rh設(shè)物體在A點時受到軌道的支持力大小為N,由平衡條件有：r2sin60°N-mg-Fsin60°=0,解得：N=mg3

13、9;3kqQ.B正確；物塊在A點的電勢能Ep/=+q$，則C錯誤；;設(shè)點電荷8h1 212m22產(chǎn)生的電場在B點的電勢為$B,動能定理有：q$+mV）=mv+q$b，解得：':B（v0-v2）+.故D正2 22q確；故選ABD考點：電場強度與電勢差的關(guān)系；電勢及電勢能；庫侖定律【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵知道電場力做功W=qUU等于兩點間的電勢差.以及掌握庫侖定律和動能定理的運用。14.如圖甲所示，有一絕緣的豎直圓環(huán)，圓環(huán)上分布著正電荷.一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上套有一質(zhì)量為m=10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q=5.010“C,讓小球從C點由靜止釋放.其沿細(xì)桿由

14、C經(jīng)B向A運動的v-t圖像如圖乙所示.且已知小球運動到B點時，速度圖像的切線斜率最大（圖中標(biāo)出了該切線）下列說法正確的是（）22101520乙A. 由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大B. 在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E=1.2V/mC. 沿著C到A的方向，電勢先降低后升高D. CB兩點間的電勢差UCB=0.9V【答案】BD【解析】試題分析：從C到A電場力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故AC錯誤；由乙圖可知，小球在B點的加速度最大，故受力最大，加速度有電場力提供，故B點的電場強度最大，玄二単，,a=qE，解得E=1.2V/m,故B正確；由C到B電場力做功為W=1

15、mB2-0,CB間電勢差為U=W=0.9V，故D正確；故選BD.2q考點：電場強度與電勢差的關(guān)系【名師點睛】本題主要考查了圖象問題，抓住電場力做正功，電勢能減小；加速度最大時受到的電場力最大，電場強度最大即可.15如圖所示為一邊長為L的正方形abed,P是be的中點，若正方形區(qū)域內(nèi)只存在由d指向a的勻強電場，則在a點沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電粒子（不計重力）恰好從P點射出。若該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強磁場，則在a點沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從e點射出，由此可知（）A.勻強電場的電場強度為2mvqLB.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為qLc.帶電粒子在勻強電場中

16、運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小D. 帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為1:2【答案】C【解析】試題分析：粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向：L二vt，在豎直方向：1L=1qEt2，解得：E=m22mqt=，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子軌道半徑：r=L，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=ml，解得：B=mV，故B錯誤；粒子在電場中的加速度:rqL|aEqEv，粒子在磁場中的L加速度：aB=qvB=二廠帶電粒子在勻強電場中運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小，故CmL112ttrTTL正確；粒子在磁場中做圓周運動的時間：

17、t"=T=-=，帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場44v2v|中運動的時間之比：t：=L:二L=2，故D錯誤。v2vn考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動【名師點睛】本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、知道粒子運動性質(zhì)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可解題。16如圖所示，實線為一簇電場線，虛線是間距相等的等勢面，一帶電粒子沿著電場線方向運動，當(dāng)它位于等勢面1上時，其動能為20eV,當(dāng)它運動到等勢面3上時，動能恰好等于零。設(shè)2-0，則當(dāng)粒子的動能為8eV時，其電勢能為（）A28eVB12eVC4eVD2eV【答案

18、】D【解析】試題分析：粒子從等勢面0i到等勢面03做減速運動，動能減少20eV,由于相鄰兩等勢面間電勢差相等，所以從a等勢面0i到等勢面02的過程中動能減少10eV,因此在等勢面02時動能為1OeV.此時電勢能為0,因此總能量為10eV,則當(dāng)粒子的動能等于8eV時，電勢能為2eV.故D正確，ABC錯誤.故選D?？键c：電勢及電勢能；能量守恒定律【名師點睛】學(xué)習(xí)電場中的功能關(guān)系時可以類比在重力場的功能關(guān)系，如只有重力做功，動能和電勢能之和保持不變；那么只有電場力做功，電勢能和動能之和保持不變。17. 空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示，但是方向未知，一個質(zhì)量為m電量為+q的小球在該電

19、場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右，運動至B點時速度大小為v2，若A、B兩點之間的高度差為h,則以下判斷中正確的是A. AB兩點的電場強度和電勢大小關(guān)系為EA-EB、'A<：BB. 即使v2v1，電場力也不一定做正功C. AB兩點間的電勢差為_m（v；_v：_2gh）2qD. 小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為1mv；-1mv；22【答案】BC【解析】試題分析：電場線的疏密程度可表示電場強度大小，B處的電場線較密，所以Ea：Eb，根據(jù)沿電場線方向電勢減小，和等勢面分別情況可得A<%，過程中重力做正功，電場力做功情況未知，根據(jù)動能定理mgh+Uq=1

20、mv；-1口5；，由于重力做正功，所以即便v2aw，也存在Uq=0的情況，即電場力可能做功為零，B正確；根據(jù)mghUqmvjmv；可得U（vj-v：-2gh），C正確；重力和電場力做功之和等222q|212于一mv2-mv，D錯誤；22考點：考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】根據(jù)電場線的疏密判斷場強的大小，由電場線的方向分析電勢的高低.小球運動過程中，重力做正功，電場力做功可正可負(fù).根據(jù)動能定理求解A、B兩點間的電勢差和電場力做功.18. 在x軸上關(guān)于原點對稱的a、b兩點處固定兩個電荷量相等的點電荷，如圖所示的Ex圖象描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強度（以x軸正方向為電場強度的正方向）。對

21、于該電場中x軸上關(guān)于原點對稱的c、d兩點，下列結(jié)論正確的是（）A.兩點場強相同，c點電勢更高B. 兩點場強相同，d點電勢更高C. 兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢高D. 兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢低【答案】A【解析】試題分析：由Ex圖象可知，a、b兩點處為等量異種電荷，其電場分布如圖所示?？芍?c>0o>0d,場強大小相等，方向相同，故A正確，B、C、D錯誤。考點：Ex圖象，電場線，電勢19. 如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（）A. Q點的電勢比P點高B. 油滴在Q

22、點的動能比它在P點的大C. 油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D. 油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【答案】AB【解析】試題分析：根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關(guān)于P點對稱，則可說明電場力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點的電勢比P點高；故A正確；粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大；故B正確；因電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P點的?。还蔆錯誤；因受力為恒力；故PQ兩點加速度大小相同；故D錯誤；故選AB考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，要注意本題中油滴受

23、到重力和電場力作用，這里應(yīng)先考慮合力，再去分析電場力的性質(zhì)；同時注意掌握物體做曲線運動的條件應(yīng)用。20. 圖中的虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面.兩個帶電粒子MN（重力忽略不計）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示.已知M是帶正電的粒子.則下列說法中正確的是（）A. N一定也帶正電B. a點的電勢高于b點的電勢，a點的場強大于b點的場強C. 帶電粒子N的動能減小、電勢能增大D. 帶電粒子N的動能增大、電勢能減小【答案】D【解析】試題分析：電場線和等勢線垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPN可知，電場力水平向右，故電場的方向水平向右.N電荷受電場力方向指向其軌跡內(nèi)側(cè)，故受電場力水平向左，所以N帶負(fù)電，故A錯誤.電場線水平向右，沿電場線電勢降低，所以等勢面a的電勢高于等勢面b的電勢.虛線a、b、c、