專項(xiàng)培優(yōu)14“等效重力場”模型（解析版）-2025版高三物理寒假精-品講義

專題14“等效重力場”模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.“等效重力場”模型解法綜述 1二．“等效重力場”中的直線運(yùn)動模型 1三．“等效重力場”中的拋體類運(yùn)動模型 8四．“等效重力場”中的單擺類模型 19五．“等效重力場”中的圓周運(yùn)動類模型 33一.“等效重力場”模型解法綜述將一個過程或事物變換成另一個規(guī)律相同的過程和或事物進(jìn)行分析和研究就是等效法．中學(xué)物理中常見的等效變換有組合等效法（如幾個串、并聯(lián)電阻器的總電阻）；疊加等效法（如矢量的合成與分解）；整體等效法（如將平拋運(yùn)動等效為一個勻速直線運(yùn)動和一個自由落體運(yùn)動）；過程等效法（如將熱傳遞改變物體的內(nèi)能等效為做功改變物體的內(nèi)能）“等效重力場”建立方法——概念的全面類比為了方便后續(xù)處理方法的遷移，必須首先搞清“等效重力場”中的部分概念與復(fù)合之前的相關(guān)概念之間關(guān)系．具體對應(yīng)如下：等效重力場重力場、電場疊加而成的復(fù)合場等效重力重力、電場力的合力等效重力加速度等效重力與物體質(zhì)量的比值等效“最低點(diǎn)”物體自由時能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)的位置等效“最高點(diǎn)”物體圓周運(yùn)動時與等效“最低點(diǎn)”關(guān)于圓心對稱的位置等效重力勢能等效重力大小與物體沿等效重力場方向“高度”的乘積二．“等效重力場”中的直線運(yùn)動模型【運(yùn)動模型】如圖所示，在離坡底為L的山坡上的C點(diǎn)樹直固定一根直桿，桿高也是L．桿上端A到坡底B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(qiáng)電場中，已知細(xì)線與豎直方向的夾角θ=30o．若物體從A點(diǎn)由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，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/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）EEABC因細(xì)繩始終沒有發(fā)生形變，故知在垂直繩的方向上沒有壓力存在，即帶電小球受到的重力和電場力的合力方向沿繩的方向．建立“等效重力場”如圖所示AABCg'“等效重力場”的“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角，大?。簬щ娦∏蜓乩K做初速度為零，加速度為的勻加速運(yùn)動=1\*GB3①=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②兩式解得“等效重力場”的直線運(yùn)動的幾種常見情況勻速直線運(yùn)動勻加速直線運(yùn)動勻減速直線運(yùn)動θθv0mgqEθθv0mgqEF合θθv0mgqEF合1.如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．電場中C點(diǎn)距B板的距離為0.3d，D點(diǎn)距A板的距離為0.2d，有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點(diǎn)運(yùn)動至D點(diǎn)，若重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．該微粒在D點(diǎn)時的電勢能比在C點(diǎn)時的大B．該微粒做勻變速直線運(yùn)動C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝eq\f(mg,E)【答案】C【解析】由題知，微粒沿直線運(yùn)動，可知重力和電場力二力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動，微粒帶負(fù)電，B、D錯誤；微粒從C點(diǎn)運(yùn)動至D點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；此過程中電場力對微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．2.AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質(zhì)量為的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（

）

A．MC距離為 B．電勢能增加了C．電場強(qiáng)度大小為 D．減小R的阻值，MC的距離將變大【答案】B【詳解】A．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得故A錯誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移與電場力方向相反，電場力做功為則小球的電勢能增加，故B正確；C．電場強(qiáng)度的大小故C錯誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，在豎直面（紙面）內(nèi)有勻強(qiáng)電場，帶電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運(yùn)動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為，重力加速度為g，則

A．場強(qiáng)大小為B．M、N間的電勢差為C．從M到N，電場力做功為D．若僅將力F方向順時針轉(zhuǎn)，小球?qū)腗向N做勻變速曲線運(yùn)動【答案】AC【詳解】A．對小球受力分析，如圖所示

根據(jù)受力平衡可得解得場強(qiáng)大小為故A正確；B．設(shè)MN與場強(qiáng)方向的夾角為，則M、N間的電勢差為故B錯誤；C．從M到N，根據(jù)動能定理可得可得電場力做功為故C正確；D．因電場力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時針轉(zhuǎn)，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小為，則小球?qū)腗向N做勻變速直線運(yùn)動，故D錯誤。故選AC。4.如圖所示，勻強(qiáng)電場的方向與水平方向間夾角為，電場強(qiáng)度大小為E。質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球以初速度開始運(yùn)動，初速度方向與電場線平行，重力加速度為g。求：（1）若小球所帶電荷量，為使小球做勻速直線運(yùn)動，則對小球施加的恒力的大小和方向；（2）若小球所帶電荷量，為使小球做直線運(yùn)動，現(xiàn)對小球施加一最小恒力，則小球的加速度為多大。

【答案】（1）mg，與水平方向夾角30°向左上方；（2）1.5g【詳解】（1）欲使小球做勻速直線運(yùn)動，必須使其合外力為0，如圖所示

設(shè)對小球施加的力和水平方向夾角為，則解得方向與水平成斜向右上方；（2）為使小球做直線運(yùn)動，則小球的合力必須與運(yùn)動方向在同一直線上，故要求力和的合力和電場力在一條直線上，當(dāng)電場力與此直線垂直時，施加的恒力最小，如圖所示：

則小球所受合力為小球的加速度為5.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度水平射入，沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，求：（1）微粒到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小；（2）兩極板的電勢差。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）對微粒受力分析，受重力和電場力，微粒在兩個力作用下在電場中沿直線運(yùn)動，則有合力方向沿水平方向，由此可知，電場力方向垂直極板斜向左上方，可知合力方向水平向左，如圖所示，微粒做勻減速運(yùn)動，由解析圖可得

由幾何關(guān)系可得

由勻變速直線運(yùn)動的速度位移關(guān)系公式，可得微粒到達(dá)B點(diǎn)時的速度大?。?）在豎直方向由平衡條件可得解得因微粒帶負(fù)電，電容器兩極板間電場方向由M指向N，由勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系公式，可得兩極板的電勢差則有三．“等效重力場”中的拋體類運(yùn)動模型【運(yùn)動模型】如圖所示，在電場強(qiáng)度為E的水平勻強(qiáng)電場中，以初速度為豎直向上發(fā)射一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運(yùn)動過程中具有的最小速度．vv0E建立等效重力場如圖所示，等效重力加速度θθxyg'v）g設(shè)與豎直方向的夾角為θ，則其中則小球在“等效重力場”中做斜拋運(yùn)動當(dāng)小球在y軸方向的速度減小到零，即時，兩者的合速度即為運(yùn)動過程中的最小速度1.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系處于豎直平面內(nèi)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸水平且上方處于勻強(qiáng)電場中。質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒在豎直平面內(nèi)以初速度從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入電場，初速度方向與x軸負(fù)方向成45°角，兩點(diǎn)間的距離為L。若x軸上方的勻強(qiáng)電場豎直向上，微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動。重力加速度為g，求：(1)微粒帶正電還是負(fù)電？(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小；(3)若保持電場強(qiáng)度大小不變，只將方向改為水平向左后，讓微粒再以原初速度從A點(diǎn)進(jìn)入，微粒在勻強(qiáng)電場運(yùn)動的過程中，經(jīng)過多長時間離x軸最遠(yuǎn)；(4)在（3）的條件下，微粒再次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮?1)正電(2)(3)(4)【詳解】（1）微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，則微粒受力平衡，電場力方向應(yīng)向上，x軸上方的勻強(qiáng)電場豎直向上，故微粒帶正電。（2）電場豎直向上時，因微粒在電場中能做勻速直線運(yùn)動，故由平衡條件可得即（3）對豎直方向的運(yùn)動，微粒上升的時間故離軸最遠(yuǎn)的時間為。（4）再次到達(dá)軸的時間為上升時間的2倍，故微粒到達(dá)軸時沿軸負(fù)方向運(yùn)動的距離為解得故微粒再次經(jīng)過軸時的位置坐標(biāo)為。2．人類為了開發(fā)外太空，需要模擬各種等效重力場下的逃生方式。如圖所示，水平面xOy和豎直面yOz內(nèi)分別固定著兩個半徑均為R的半圓形光滑絕緣軌道OMN和OPQ，整個空間存在著方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量分別為0.5m、m的逃生球A、B套在軌道上，其中絕緣的A球不帶電，B球的電荷量為。已知勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為（g為重力加速度），B球從OMN軌道進(jìn)入OPQ軌道時無能量損失，初始時B球靜止在OMN軌道的中點(diǎn)處，A球以大小為的初速度從N點(diǎn)滑上軌道，A、B兩球之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞過程中B球的電荷量不變，A、B兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰后A球被鎖定。求：(1)B球到達(dá)O點(diǎn)的速度大小；(2)B球在OPQ軌道上的最小動能；(3)B球從Q點(diǎn)脫離軌道后，經(jīng)過y軸時的坐標(biāo)。【答案】(1)(2)(3)（，，）【詳解】（1）A、B球碰撞過程，設(shè)碰撞后A、B球的速度分別為、，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得解得從M點(diǎn)到O點(diǎn)，設(shè)B球到O點(diǎn)的速度為，對B球，根據(jù)動能定理可得解得（2）對B球，當(dāng)動能最小時在圖中K點(diǎn)從O點(diǎn)到K點(diǎn)，根據(jù)動能定理可得解得（3）設(shè)B球經(jīng)過Q點(diǎn)時的速度為，從O點(diǎn)到Q點(diǎn)，有解得B球離開Q點(diǎn)后，設(shè)到達(dá)y軸所需要的時間為t，則有解得即經(jīng)過y軸上時的坐標(biāo)為（，，）。3.如圖，一質(zhì)量為m、帶電量為的小球從距地面高度為h處以一定的初速度水平拋出，在距離拋出點(diǎn)水平距離為L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管，管的上端距離地面高度為，為使小球能無碰撞地通過管子，在管子上方的整個區(qū)域內(nèi)加一個方向水平向左的勻強(qiáng)電場，求：(1)小球運(yùn)動至管上口的時間；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(3)小球落地時的動能?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）將小球的運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向做自由落體運(yùn)動，在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動到零，小球運(yùn)動至管上口的時間由豎直方向的運(yùn)動決定，由解得（2）在水平方向，小球做勻減速運(yùn)動，至管上口，水平方向速度為零，由運(yùn)動學(xué)公式解得水平方向上有，解得（3）由題意可知，小球最終在水平方向的速度為零，在豎直方向始終做自由落體運(yùn)動，設(shè)落地時的速度大小為v，則解得所以，落地時的動能為4.如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑絕緣固定軌道，ab水平，bc是與ab相切于b點(diǎn)且半徑為圓?。诳臻g有方向平行于ab向右的勻強(qiáng)電場。面軌道上P點(diǎn)由靜止釋放個質(zhì)量為m、電荷量為的小球，小球飛出軌道后達(dá)到的最高點(diǎn)為Q（圖中未畫出）。若小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，電場的場強(qiáng)大小，Q與c點(diǎn)的高度差為，求：(1)Pb之間距離；(2)Q點(diǎn)與c點(diǎn)之間距離；(3)小球?qū)壍赖淖畲髩毫?。【答案?1)(2)(3)【詳解】（1）從c到Q的過程中，豎直方向上有從P到c的過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得Pb之間距離為（2）從c到Q的過程中，豎直方向上有水平方向有，聯(lián)立解得cQ的水平距離為則Q點(diǎn)與c點(diǎn)之間距離為（3）根據(jù)題意可知重力與電場力大小相等，則軌道上等效物理最低點(diǎn)位于bc圓弧的中點(diǎn)，該點(diǎn)軌道所受壓力最大，根據(jù)動能定理可得根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖淖畲髩毫?.如圖所示，豎直平面（即紙面）內(nèi)存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，其大小和方向未知。一質(zhì)量為m、帶電量為的小球從O點(diǎn)以初速度水平向左拋出，小球運(yùn)動到拋出點(diǎn)正下方A點(diǎn)時的速度大小為，已知兩點(diǎn)間距離為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，在小球從O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，求：（1）電場力對小球做的功；（2）電場強(qiáng)度E的大小和方向；（3）小球的最小速度?！敬鸢浮浚?）；（2），方向?yàn)榕cOA成60°角斜向下；（3）【詳解】（1）小球由O運(yùn)動到A過程，由動能定理有代入數(shù)據(jù)得電場力對小球做功為（2）設(shè)電場力方向與OA的夾角為θ，則小球由O運(yùn)動到A過程，電場力做功可得小球在水平方向做勻變速直線運(yùn)動，加速度大小為在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為則，聯(lián)立得，電場強(qiáng)度大小為且即電場強(qiáng)度的方向?yàn)榕cOA成60°角斜向下。（3）經(jīng)過時間t，小球的速度大小為整理可得可見當(dāng)，即時，小球的速度最小，為6.如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量均為、帶電量分別為和的兩小球同時從點(diǎn)以速度斜向右上方射入勻強(qiáng)電場中，方向與水平方向成，A、B（圖中末畫出）兩點(diǎn)分別為兩小球運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)，帶正電的小球經(jīng)過A點(diǎn)的速度大小仍然為，不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（）

A．兩小球同時到A、B兩點(diǎn)B．帶負(fù)電的小球經(jīng)過點(diǎn)的速度大小也為C．兩小球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過程中電勢能變化量之比為D．與水平距離之比為【答案】C【詳解】A．由題可知，將帶電小球的運(yùn)動分解成水平方向和豎直方向的運(yùn)動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，豎直方向的初速度大小均為上升到最高點(diǎn)時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時間相同，A正確，不符合題意；B．水平方向只受電場力，故水平方向做勻變速直線運(yùn)動，水平方向的初速度為由題可知，帶正電的小球有帶負(fù)電的小球有解得帶負(fù)電的小球經(jīng)過點(diǎn)的速度大小也為，B正確，不符合題意；C．由B解析可知，到達(dá)最高點(diǎn)時兩小球的速度大小相等，水平方向只有電場力做功，由動能定理可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過程中電勢能變化量之比為，C錯誤，符合題意；D．由上分析可知聯(lián)立解得故代入數(shù)據(jù)解得即與水平距離之比為，D正確，不符合題意。故選C。7.如圖所示的坐標(biāo)系，在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一帶電小球由y軸上的P點(diǎn)以水平速度拋出，經(jīng)過一段時間小球剛好落在坐標(biāo)原點(diǎn)。已知小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，電場強(qiáng)度，重力加速度為g。(1)判斷小球所帶電荷的電性并求出小球從P到O的過程中中間時刻的坐標(biāo)值；(2)求小球動能的最小值?！敬鸢浮?1)負(fù)電，(2)【詳解】（1）由題意可知，小球在水平方向只受電場力，且開始時向右運(yùn)動，但最終落在坐標(biāo)原點(diǎn)，故小球應(yīng)受向左的電場力，小球應(yīng)帶負(fù)電。

小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，水平方向上做勻變速直線運(yùn)動。水平方向上受力有P點(diǎn)和O點(diǎn)的橫坐標(biāo)相同，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知，小球在從P到O的過程中中間時刻在水平方向的速度為零，該過程運(yùn)動時間為又解得則從P到O的過程中中間時刻小球的橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為則中間時刻小球的坐標(biāo)值為（2）將小球的水平速度沿合力方向和垂直于合力方向分解，如圖所示。當(dāng)沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小。設(shè)合力與水平方向的夾角為，此時根據(jù)力的幾何關(guān)系知聯(lián)立解得所以小球動能的最小值為四．“等效重力場”中的單擺類模型【模型構(gòu)建】如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中有一固定點(diǎn)O，用一根長度L=0.4m的絕緣細(xì)繩把質(zhì)量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)時細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ=37o．現(xiàn)將小球拉至位置A使細(xì)線水平后由靜止釋放：OOABCEθL+建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，θg'OAθg'OABCθA'C'+由A、C點(diǎn)分別做繩OB的垂線，交點(diǎn)分別為A'、C'，由動能定理得帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)等效重力做功代入數(shù)值得m/s當(dāng)帶電小球擺到B點(diǎn)時，繩上的拉力最大，設(shè)該時小球的速度為，繩上的拉力為，則=1\*GB3①=2\*GB3②聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②兩式子得N1.如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用長為、不可伸長的輕繩懸掛于點(diǎn)?，F(xiàn)對小球施加水平恒力使其從靜止開始運(yùn)動，輕繩拉力大小隨繩轉(zhuǎn)過的角度變化的曲線如圖乙所示，圖中為已知量，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.小球到達(dá)最高點(diǎn)時的機(jī)械能最大B.小球到達(dá)最高點(diǎn)時的加速度大小為C.小球運(yùn)動過程中輕繩拉力的最大值為D.小球從開始運(yùn)動到最高點(diǎn)，增加的機(jī)械能為【答案】BC【解析】水平恒力與重力合成出一個新力場（因?yàn)閮蓚€力的方向和大小都不變），得到力場，力場為等效重力場模型，受力分析如圖所示A．除重力之外只有在做功，當(dāng)小球到達(dá)水平位置時，做功最多，所以當(dāng)小球到達(dá)水平位置時機(jī)械能最大（繩子拉力與小球速度垂直，不做功），故A選項(xiàng)錯誤；B．小球到達(dá)最高點(diǎn)時，速度為，設(shè)其加速度為，據(jù)牛二定律得解得，據(jù)加速度的合成與分解得故B選項(xiàng)正確；C．由圖可知，當(dāng)時，輕繩拉力達(dá)到最大值，輕繩的拉力與的合力為小球運(yùn)動提供向心力，則有由動能定理得其中聯(lián)立上式，解得因?yàn)閯傞_始時小球是靜止的，則有故故C選項(xiàng)正確；D．小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，增加的機(jī)械能為水平恒力所做的功，即故D選項(xiàng)錯誤。故選BC。2.如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中，一根長的不可伸長的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)。把小球拉起至A點(diǎn)，此時細(xì)線水平，把小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)最低點(diǎn)B后到達(dá)B的另一側(cè)C點(diǎn)時速度為零，與夾角為，g取。則（）A．小球一定帶負(fù)電B．小球從A點(diǎn)經(jīng)過B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過程中，機(jī)械能先增加后減小C．細(xì)線所受的最大拉力為D．小球到達(dá)B點(diǎn)時的動能為【答案】D【詳解】A．對全過程，重力做正功，可知電場力做負(fù)功，可知電場力方向向右，則小球帶正電，A錯誤；B．小球從A點(diǎn)經(jīng)過B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過程中，電場力一直做負(fù)功，可知小球的機(jī)械能一直減小，B錯誤；C．對全過程根據(jù)動能定理可得解得重力和電場力的合力與水平方向夾角的正切值可得如圖所示此時合力方向與圓弧的焦點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，此時繩子的拉力最大，根據(jù)動能定理在等效最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得細(xì)線所受的最大拉力C錯誤；D．從A到B根據(jù)動能定理可得D正確。故選D。3.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細(xì)線與豎直方向成角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度B．小球做圓周運(yùn)動過程中動能的最小值為C．小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點(diǎn)時機(jī)械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】A【詳解】A．小球靜止時細(xì)線與豎直方向成角，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示由平衡關(guān)系可知解得故A正確；B．小球靜止時細(xì)線與豎直方向成角，則A點(diǎn)為小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運(yùn)動的等效最高點(diǎn)A點(diǎn)時小球的速度最小，動能最小，由牛頓第二定律可知動能聯(lián)立解得故B錯誤；C．由機(jī)械能守恒定律可知，機(jī)械能的變化量等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場力做的功。由題意可知，當(dāng)小球運(yùn)動到最左邊與O點(diǎn)等高時，電場力做負(fù)功最多，機(jī)械能最小，故C錯誤；D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，所以電勢能先增大后減小，故D錯誤。故選A。4．如圖水平向右的勻強(qiáng)電場中，用長為L的不可伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線系住一質(zhì)量為m，帶電量為（q>0）的小球。小球從豎直位置A點(diǎn)靜止釋放，可繞著懸點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)擺過最大角度為。在小球右側(cè)還有一足夠長的斜面，斜面傾角為，O點(diǎn)距斜面垂直距離為H，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。(1)求電場強(qiáng)度；(2)換用另一根長度也為L的絕緣細(xì)線，當(dāng)繩中拉力達(dá)到4mg時，繩會斷開。求從A點(diǎn)靜止釋放小球，細(xì)線斷后小球還能上升的最大高度（此時未落到斜面上）；(3)使用相同材質(zhì)的細(xì)線，改變（2）問中的細(xì)線長度，仍從A點(diǎn)靜止釋放小球，求當(dāng)細(xì)線長度為多少時，小球在斜面上的落點(diǎn)最高?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）對帶電小球受力分析，如圖所示由題分析，可知小球從A點(diǎn)靜止開始最多擺到B點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可得根據(jù)動能定理有解得（2）利用等效重力場原理，則等效重力為方向?yàn)榕c豎直方向夾角向下。當(dāng)小球經(jīng)過等效最低點(diǎn)時，小球速度最大，細(xì)線張力最大，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)動能定理有解得，即恰好在等效最低點(diǎn)細(xì)線斷開。分解運(yùn)到到豎直和水平方向，豎直方向只受重力作用，故還能上升的最大高度（3）通過第二問分析可知，改變細(xì)線長度，但小球經(jīng)過等效最低點(diǎn)時細(xì)線張力仍為而斷開，設(shè)細(xì)線長度為l，斷開時小球的速度。此后在等效重力場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)沿斜面上拋的距離為x，則有，解得故當(dāng)時，小球在斜面上的落點(diǎn)最高。5．如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中有一固定點(diǎn)O，用一根長度為的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為，帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)時離地的豎直高度為，細(xì)線與豎直方向的夾角為。已知兩點(diǎn)分別為細(xì)線懸掛小球的水平位置和豎直位置，則：（g取）(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小和兩點(diǎn)間的電勢差；(2)若小球靜止在B點(diǎn)時突然剪斷輕繩，求小球的加速度a和小球落地的速度大小v；(3)將小球拉至左邊水平位置，使細(xì)線水平拉直后由靜止釋放，求小球通過最低點(diǎn)C時細(xì)線對小球的拉力F的大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1)，(2)，(3)【詳解】（1）帶電小球在B點(diǎn)靜止受力平衡，根據(jù)平衡條件得解得由可得（2）若小球靜止在B點(diǎn)時突然剪斷輕繩，小球的合外力指向OB方向，小球沿OB方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律解得小球下落過程中，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式解得（3）小球由左邊水平位置釋放后，小球先沿與豎直方向夾角為方向做勻加速直線運(yùn)動，直到細(xì)線繃直，運(yùn)動軌跡如圖因?yàn)?，由幾何關(guān)系可知設(shè)此過程的位移為x，則解得根據(jù)運(yùn)動學(xué)解得此時小球沿細(xì)線方向的速度消失，只剩垂直細(xì)線方向的分速度此后，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)，根據(jù)動能定理解得小球通過最低點(diǎn)C時，根據(jù)牛頓第二定律解得6．如圖所示，足夠大的勻強(qiáng)電場水平向右，用一根長度為L的不可伸長絕緣細(xì)繩把一可視為質(zhì)點(diǎn)且?guī)д姷男∏驊覓煸贠點(diǎn)，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，小球可在B點(diǎn)保持靜止，此時細(xì)繩與豎直方向的夾角為?，F(xiàn)將小球拉至位置A使細(xì)線水平后由靜止釋放，重力加速度大小為g（，），規(guī)定O點(diǎn)為電勢能零點(diǎn)。求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)求小球在A點(diǎn)的電勢能；(3)小球在運(yùn)動過程中所受細(xì)線拉力的最大值。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球受到電場力、重力和繩的拉力T的作用下處于靜止，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件有可得（2）由功能關(guān)系有又可得（3）由題意可知小球在B點(diǎn)速度最大，A到B的過程中，根據(jù)動能定理有在B點(diǎn)，由牛頓第二定律聯(lián)立可得7.一長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場中。開始時，將細(xì)線與小球拉成水平，小球靜止在A點(diǎn)，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達(dá)B點(diǎn)，速度恰好為零。（已知重力加速度為g，答案可以帶根號），求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢差和電場強(qiáng)度大?。唬?）判斷小球的電性和小球到達(dá)B點(diǎn)時，細(xì)線對小球的拉力大小。（3）小球由A到B過程中，細(xì)線對小球的最大拉力。【答案】（1），；（2）正電，；（3）【詳解】由動能定理可得解得A、B兩點(diǎn)間的電勢差又由可得，A、B兩點(diǎn)間的電場強(qiáng)度大?。?）小球由A到B過程電場力做負(fù)功，小球在B點(diǎn)受到水平向右的電場力,與電場方向相同,故小球帶正電；小球在A、B間擺動，由對稱性得知，B處細(xì)線的拉力與A處細(xì)線的拉力大小相等，而在A處由水平方向受力平衡有故小球到達(dá)B點(diǎn)時，細(xì)線對小球的拉力大?。?）由單擺運(yùn)動的對稱性可知，重力與電場力的合力方向與A、B兩點(diǎn)連線垂直，即等效的復(fù)合場沿OC方向，且在B點(diǎn)受力分析，重力與電場力的合力方向與OC平行，如圖所示小球在復(fù)合場中受的合場力為小球由A到B過程中，細(xì)線對小球的最大拉力即在等效復(fù)合場中等效最低點(diǎn)，由于小球做圓周運(yùn)動，等效最低點(diǎn)線速度最大，繩子拉力也最大，則由A點(diǎn)做圓周運(yùn)動至最低點(diǎn)由動能定理有解得等效最低點(diǎn)的線速度為則在等效最低點(diǎn)由牛頓第二定律有解得等效最低點(diǎn)的最大拉力為8．如圖所示，長為l的絕緣細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m電荷量為q的小球?，F(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細(xì)線與豎直方向成37。重力加速度為g，sin37=0.60，cos370.80。(1)判斷小球的帶電性質(zhì)；(2)求該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?3)將小球向右拉起至與O點(diǎn)處于同一水平高度且細(xì)繩剛好張緊，靜止釋放，求：a.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的速度v的大??；b.及此時細(xì)線對小球的拉力F的大小?！敬鸢浮?1)小球帶正電(2)(3)a.；b.1.5mg【詳解】（1）由題意可知，小球受到的電場力方向向右，電場方向向右，所以小球帶正電。（2）小球受三個力作用處于平衡狀態(tài)，有mgtanθ=qE解得（3）a.小球從水平位置到豎直方向的過程中重力和電場力做功，根據(jù)動能定理得解得b.由牛頓第二定律，可知解得F=1.5mg五．“等效重力場”中的圓周運(yùn)動類模型【模型構(gòu)建】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(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)為多大？EER300mgqENR300EOB3R300O運(yùn)動特點(diǎn)：小球先在斜面上運(yùn)動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動，受到重力、電場力，軌道作用力，且要求能安全通過圓軌道．對應(yīng)聯(lián)想：在重力場中，小球先在水平面上運(yùn)動，重力不作功，后在圓軌道上運(yùn)動的模型：過山車．等效分析：如圖所示，對小球受電場力和重力，將電場力與重力合成視為等效重力，大小，，得，于是重效重力方向?yàn)榇怪毙泵嫦蛳?，得到小球在斜面上運(yùn)動，等效重力不做功，小球運(yùn)動可類比為重力場中過山車模型．規(guī)律應(yīng)用：分析重力中過山車運(yùn)動，要過圓軌道存在一個最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)滿足重力當(dāng)好提供向心力，只要過最高點(diǎn)點(diǎn)就能安全通過圓軌道．如果將斜面順時針轉(zhuǎn)過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點(diǎn)應(yīng)為等效重力方向上直徑對應(yīng)的點(diǎn)B，則B點(diǎn)應(yīng)滿足“重力”當(dāng)好提供向心力即：假設(shè)以最小初速度v0運(yùn)動，小球在斜面上作勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入圓軌道后只有重力作功，則根據(jù)動能定理：解得：1．如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑絕緣軌道BCD平滑連接，圓弧的半徑，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度。現(xiàn)有一質(zhì)量的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平軌道上與B端距離的位置，由于受到電場力的作用，帶電體由靜止開始運(yùn)動。已知帶電體所帶的電荷量（取，，，，）。(1)帶電小球運(yùn)動到何處時對軌道的壓力最大；最大值為多少？(2)帶電小球到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D時受到軌道的作用力大小?！敬鸢浮?1)與O點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為時，速度達(dá)到最大；5N(2)【詳解】（1）小球在電場中受到的電場力和重力的合力大小為方向與豎直方向的夾角滿足可得當(dāng)小球在圓弧軌道所在位置與圓心O連線沿著的方向，即與豎直方向的夾角為時，速度達(dá)到最大；設(shè)此位置為P，小球從A到P的過程，由動能定理得在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知，最大壓力為。（2）設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)的速度為，從A到D過程，由動能定理得解得在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知帶電小球到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D時受到軌道的作用力大小為。2．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球用長為L的絕緣細(xì)線懸掛在天花板上，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，小球靜止時位于P點(diǎn)，此時細(xì)線與豎直方向的夾角α=37°，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g。(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；(2)若把小球向右移到與O點(diǎn)等高的位置且細(xì)線剛好拉直，由靜止釋放小球，運(yùn)動過程中小球速度最大值是多少？此時細(xì)線的拉力是多少？(3)若在（2）問中，小球運(yùn)動到P點(diǎn)時細(xì)線剛好斷開，求從細(xì)線斷開到小球運(yùn)動到P點(diǎn)正下方時小球到P點(diǎn)的距離?！敬鸢浮?1)(2)，(3)【詳解】（1）對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示根據(jù)受力平衡可得解得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為（2）小球由釋放做圓周運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度達(dá)到最大，由動能定理得解得由牛頓第二定律得解得此時細(xì)線的拉力大小為（3）小球運(yùn)動到P點(diǎn)時細(xì)線剛好斷開，小球運(yùn)動到P點(diǎn)時水平方向的分速度大小和豎直方向速度分別為，水平方向的加速度大小為方向水平向右；從細(xì)線斷開到小球運(yùn)動到P點(diǎn)正下方，水平方向根據(jù)對稱性可得所用時間為豎直方向有代入數(shù)據(jù)解得3．如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動到C點(diǎn)離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場，已知P點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方，整個運(yùn)動過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g。求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；(2)軌道對小球支持力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）設(shè)小球過C點(diǎn)時的速度大小為，小球從A運(yùn)動到C的過程中，根據(jù)動能定理有小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，小球從C運(yùn)動到P的過程中，水平方向有豎直方向有聯(lián)立解得（2）小球運(yùn)動到等效最低點(diǎn)D時速度最大，設(shè)最大速度為，OD與豎直線OB夾角為，由于，則，小球從A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有即解得最大速率由于小球在D點(diǎn)時速度最大且靜電力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點(diǎn)時受到半圓軌道的支持力最大，設(shè)此支持力大小為F，在D點(diǎn)對小球進(jìn)行受力分析，并建立如圖所示的直角坐標(biāo)系則有即半圓軌道對小球支持力的最大值為（3）小球通過P點(diǎn)時水平方向速度大小為豎直方向速度大小為進(jìn)入電場后，水平方向加速度大小為豎直方向加速度大小為故小球在水平方向做勻減速運(yùn)動，在豎直方向做勻加速運(yùn)動，水平方向有豎直方向有聯(lián)立解得4.如圖所示，光滑水平面上固定一半徑的光滑半圓弧軌道ABC，圓弧軌道與水平面相切于A點(diǎn)，O為圓弧軌道的圓心，AC豎直，B點(diǎn)與圓心O等高。在AC的右方存在水平向右、電場強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量、電荷量的帶正電滑塊（可視為點(diǎn)電荷）從P點(diǎn)以一定的速度向右勻速運(yùn)動，滑塊進(jìn)入半圓弧軌道后恰好能到達(dá)C點(diǎn)，已知滑塊所帶的電荷量始終不變，取重力加速度大小。求：(1)滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)時受到的支持力大小；(2)滑塊在半圓弧軌道上的最大動能?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小為，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為，有解得（2）滑塊進(jìn)入圓弧軌道后相當(dāng)于受到與水平方向的夾角為θ、大小的等效重力而做圓周運(yùn)動，其中滑塊到達(dá)等效最低點(diǎn)時動能最大，則有解得5．如圖所示，在水平向左勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN平滑連接，半圓形軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑。一帶電荷量的小滑塊質(zhì)量為，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，滑塊從水平軌道上離N點(diǎn)的距離處由靜止釋放，小滑塊恰好運(yùn)動到半圓形軌道的最高點(diǎn)C。g取，求：(1)小滑塊在圓形軌道C點(diǎn)的速度大小；(2)小滑塊運(yùn)動至豎直軌道最低點(diǎn)N點(diǎn)時的速度大小和在N點(diǎn)時受到軌道的支持力大??；(3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；(4)小滑塊在圓軌道上運(yùn)動時的最大速率。【答案】(1)(2)，(3)(4)【詳解】（1）由題意知，小滑塊在圓形軌道C點(diǎn)，僅由重力提供向心力，則有解得（2）滑塊從N點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理有解得在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得（3）滑塊從開始運(yùn)動到N點(diǎn)，根據(jù)動能定理有解得（4）設(shè)小球運(yùn)動到圓周B點(diǎn)時速度最大為，此時OB與豎直線CN夾角設(shè)