專題09 豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩(或軌道內(nèi)側(cè))模型(解析版)

2022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題09豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩（或軌道內(nèi)側(cè)）模型專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1重力場中的豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩（或軌道內(nèi)側(cè)）模型（1T—7T）目標(biāo)2電場中的豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩（或軌道內(nèi)側(cè)）模型（8T—15T）【典例專練】一、重力場中的豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩（或軌道內(nèi)側(cè)）模型如圖甲所示，用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩拴著一小球，在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，不計(jì)一切阻力。小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)繩對小球的拉力F與小球速度的平方V2的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的（）小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的最小速度為lm/s小球的質(zhì)量為lkg細(xì)繩長為0.2m當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度為、廳m/s時(shí)，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩的拉力大小為7N【答案】AD【詳解】A.根據(jù)繩一球模型可知小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的最小速度時(shí)拉力為零，只有重力提供向心力，有mg=mVT解得最小速度為磊匯如=1m/S，A正確;BC.在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有F+mg=m^L解得F=m*-mg根據(jù)縱軸截距有—mg=-1則質(zhì)量為m=0.1kg，根據(jù)圖像的斜率為-=1可得繩長為L=0.1m，C錯(cuò)誤，B正確；LD.當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度為v='込m/s時(shí)，根據(jù)動能定理有mg-2L=-mv2--mv2最低點(diǎn)1222-由牛頓第二定律有F-mg=mV2解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩的拉力大小為f2=7N,D正2 L 2確；故選AD。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端栓小磁鐵，小磁鐵底部吸住一小鐵塊，兩者均靜止?，F(xiàn)在讓小磁鐵和小鐵塊以、麗的速度自最低點(diǎn)水平向左運(yùn)動，兩者恰能通過最高點(diǎn)。已知繩長為/,重力加速度為g,小磁鐵及小鐵塊的大小不計(jì)，質(zhì)量均為m，磁鐵對鐵塊的吸引力大小恒等于7mg，且鐵塊始終未被甩落。下列說法正確的是（ ）小磁鐵小鐵塊通過最低點(diǎn)時(shí)，繩對小磁鐵的拉力大小為12mg小鐵塊通過最低點(diǎn)時(shí)，繩對小磁鐵的拉力大小為7mg小鐵塊通過最咼點(diǎn)時(shí)，所受磁鐵的支持力大小為7mg小鐵塊通過最高點(diǎn)時(shí)，所受磁鐵的支持力小于mg【答案】AC【詳解】AB.在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律T-2mg=2mV2解得T=12mg選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)l誤;CD.兩者恰能通過最高點(diǎn)，則2mg=2m對小鐵塊mg+7mg-化=m 解得F^lmg選l Nl項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。如圖所示，在傾角為0的足夠大的固定斜面上，一長度為L的輕桿一端可繞斜面上的O點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動，另一端連著一質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）?，F(xiàn)使小球從最低點(diǎn)A以速率v開始在斜面上做圓周運(yùn)動，通過最高點(diǎn)B。重力加速度大小為g，輕桿與斜面平行，不計(jì)一切摩擦.下列說法正確的是（）A.小球通過B點(diǎn)時(shí)的最小速度為qgLsin0小球通過A點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力大小為mgsin0+m小球通過A點(diǎn)時(shí)的速度越大，此時(shí)斜面對小球的支持力越大D?若小球以招LsinO的速率通過B點(diǎn)時(shí)突然脫落而離開輕桿，則小球到達(dá)與A點(diǎn)等高處時(shí)與A點(diǎn)間的距離為2L【答案】BD【詳解】A.桿可以為小球提供支持力，所以小球經(jīng)過最高點(diǎn)B時(shí)的速度只需要大于零即可，故A錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)速度重力、斜面的支持力以及桿的拉力，沿斜面得方向F-mgsin0= 可得F=mgsin0+故B正確；斜面對小球的支持力始終等于重力沿垂直于斜面方向的分量，與小球的速度無關(guān)，故C錯(cuò)誤；若小球以￡gLsin。的速率通過B點(diǎn)時(shí)突然脫落而離開輕桿，則小球在斜面上作類平拋運(yùn)動，在平行于底邊方向做勻速運(yùn)動，在垂直于底邊方向做初速為零的勻加速度運(yùn)動，故

1s=vt二JgLsin9-1沿斜面方向2L=-at2其中a=gsin9聯(lián)立解得s水平2L即到達(dá)與A點(diǎn)水平b 2 水十等高處時(shí)與A點(diǎn)間的距離為2厶故D正確；故選BD。如圖所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點(diǎn)A處，B為軌道最高點(diǎn)，彈簧一端固定于圓心。點(diǎn)，另一端與小球拴接。已知彈簧的勁度系數(shù)k=m，原長RL=2R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，若給小球一水平初速度幕，已知重力加速度為g則有()AA當(dāng)v<\:gR時(shí)，小球可能會離開圓軌道0若遠(yuǎn)R<v<\碌，則小球會在B、D間脫離圓軌道0只要v>\4gR，小球就能做完整的圓周運(yùn)動0只要小球能做完整的圓周運(yùn)動，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與焉無關(guān)【答案】CD【詳解】AB.因彈簧的勁度系數(shù)為k=m，原長為L=2R，所以小球始終會受到彈簧的彈R力作用，大小為F=k(L—R)=kR=mg在最高點(diǎn)彈簧彈力和重力的合力為0，小球也不能脫離圓軌道，如果小球速度再稍微大一些，那就更不能脫離圓軌道，在最高點(diǎn)不能脫離圓軌道，在其他位置肯定不能脫離圓軌道，故AB錯(cuò)誤；C.小球在運(yùn)動過程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)

運(yùn)動到最高點(diǎn)速度為零，在最低點(diǎn)的速度最小，有2mv2=2mgR解得v°=,4gR所以只要v0>、顧，小球就能做完整的圓周運(yùn)動，故C正確；D.在最低點(diǎn)時(shí),D.在最低點(diǎn)時(shí),設(shè)小球受到的支持力為N,有N-kR-mg=m-o解得N=2mg+mR運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小，設(shè)為N，設(shè)此時(shí)的速度為卩，由機(jī)械能守恒有11mv2=2mgR+—mv22o6 2此時(shí)合外力提供向心力，有N-kR+mg=m聯(lián)立解得N=m尋-4mg聯(lián)立得壓力差為AN=6mg與初速度無關(guān)，故D正確。故選CD。某同學(xué)根據(jù)游樂園的過山車軌道，制作了如圖所示的豎直放置的軌道，其中左側(cè)為傾斜直軌道，在靠近底端處與圓軌道相切，圓軌道的最低點(diǎn)為。、最高點(diǎn)為b。小球從傾斜軌道上某處無初速釋放，小球即沿軌道下滑。該同學(xué)多次改變釋放點(diǎn)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)有時(shí)小球能通過b點(diǎn)，有時(shí)在到達(dá)b點(diǎn)前就脫離軌道。不計(jì)阻力，小球質(zhì)量為加，小球釋放點(diǎn)到a點(diǎn)的豎直高度為h，圓軌道半徑為人，重力加速度大小為g,以下分析正確的是（）若h<R，小球會脫離軌道若h=2R，小球不能到達(dá)b點(diǎn)若h=2.5R，小球運(yùn)動到a、b時(shí)對兩點(diǎn)都有壓力若h>2.5R，小球運(yùn)動到a、b時(shí)對兩點(diǎn)的壓力差為6mg【答案】BD

【詳解】設(shè)小球沿傾斜軌道下滑再進(jìn)入圓軌道后恰好經(jīng)過最高點(diǎn)b,據(jù)動能定理可得在b點(diǎn)據(jù)牛頓第二定律可得mg=m*聯(lián)立解得h=5R當(dāng)小球沿傾斜軌道下滑再進(jìn)入圓軌道后恰好運(yùn)動到與圓心等高處，由動能定理可得mg(h‘-R)二0解得h\rmg(mg(h-2R)=mv22若h<R，小球不會脫離軌道，A錯(cuò)誤；若h=2R，小球在到達(dá)b點(diǎn)前脫離軌道，即不能到達(dá)b點(diǎn)，B正確；若h=2.5R，小球恰好能到達(dá)b點(diǎn)，即在b點(diǎn)時(shí)對軌道沒有壓力，運(yùn)動到a點(diǎn)時(shí)滿足F-mg=mV2i R由于v]z0，軌道對小球有支持力，小球?qū)壍烙袎毫Γ珻錯(cuò)誤；若h>2.5R，小球在最低點(diǎn)、最高點(diǎn)分別滿足F-mg=mV1；F+mg=mV2從最低點(diǎn)到i R2 &R、11最高點(diǎn)過程，據(jù)動能定理可得-mg-2R=；mv2-mv2聯(lián)立解得F—F=6%g由牛頓第三定222112律可知，小球運(yùn)動到a、b時(shí)對軌道兩點(diǎn)的壓力差為6mg，D正確。故選BD。如圖所示，豎直環(huán)A半徑為尸，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右兩側(cè)各有一擋板固定在地上，B不能左右運(yùn)動，在環(huán)的最低點(diǎn)靜放有一小球C，A、B、C的質(zhì)量均為加。現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時(shí)速度y,小球會在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動。為保證小球能通過環(huán)的最高點(diǎn)，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起，不計(jì)小球與環(huán)的摩擦阻力，則瞬時(shí)速度y必須滿足()最小值為丫4最小值為丫4grC.最大值為J6grB.最小值為v5grD.最大值為J7gr【答案】BD【詳解】AB.要保證小球能通過環(huán)的最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)最小速度vo滿足mg=m^o從最低點(diǎn)、一11一到最高點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得mv2 =mg-2r+mv2可得小球在最低點(diǎn)瞬時(shí)速度的最小2 min 2 0值為V.=詁5gr故A錯(cuò)誤，B正確；minCD.為了使環(huán)不會在豎直方向上跳起，則在最高點(diǎn)球有最大速度vi時(shí)，對環(huán)的壓力為2mg由牛頓第二定律可得mg+2mg=mV1從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得r[1mv2 =mg-2r+mv2可得小球在最低點(diǎn)瞬時(shí)速度的最大值為v=gr故C錯(cuò)誤，D正2 max 2i max確。故選BD。圖甲為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m半圓軌道后，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C,軌道粗糙程度處處相同,空氣阻力不計(jì)。g取10m/s2,B為AC軌道中點(diǎn)。下列說法正確的是（ ）圖甲中4小球從A運(yùn)動到B與小球從B運(yùn)動到C兩個(gè)階段損失的機(jī)械能相同小球從A運(yùn)動到C的過程合外力對其做的功為-1.05J小球從C拋出后，落地點(diǎn)到A的距離為0.8m【答案】ACD【詳解】A.當(dāng)h=0.8m時(shí)，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)，因?yàn)樾∏蚯∧艿竭_(dá)最高點(diǎn)C,則在最高點(diǎn)v2mg=m—r解得v=\：gr=\；10X0.4m/s=2m/s則x=v2=4故A正確；小球從A運(yùn)動到B對軌道的壓力大于小球從B運(yùn)動到C對軌道的壓力，則小球從A運(yùn)

動到B受到的摩擦力大于小球從B運(yùn)動到C受到的摩擦力，小球從B運(yùn)動到C克服摩擦力做的功較小，損失的機(jī)械能較小，胡B錯(cuò)誤；111C.小球從A運(yùn)動到C的過程動能的變化為AE二—mv2-mv2=x0.1x(4-25)J=-1.05Jk2 2 0 2根據(jù)動能定理怙A乞可知，小球從A運(yùn)動到C的過程合外力對其做的功為705J，故C正確；D.小球在D.小球在C點(diǎn)的速度v=2m/s，小球下落的時(shí)間2r=丄gt2；t=嚴(yán)=〕套￡2 g、10=0.4s則落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離x=vt=2x0.4m=0.8m故D正確。故選ACD。、電場中的豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的繩（或軌道內(nèi)側(cè)）模型8如圖所示，有一長為L的絕緣細(xì)繩，一端懸掛在A點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為加、電量為q的帶有負(fù)電荷的小球；懸點(diǎn)A處固定一正電荷，電量也為q。如果要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，如圖所示。若已知重力加速度為0,則（）CC小球到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)速度的最小值為\.；憶小球到達(dá)與A點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)受到繩子拉力的最小值為為3mgC.C.小球到達(dá)最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)速度的最小值為小球到達(dá)最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)受到繩子拉力的最小值為6mg【答案】BD【詳解】如果要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)速度為最小值時(shí)，繩子的拉力為0,重力和庫侖力的合力提供向心力，由向心力公式可知mg+k=d解得，小球到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)速度的最小值為v= +gL小球在豎直面LL DVmL做圓周運(yùn)動只有重力做功，機(jī)械能守恒，從最高點(diǎn)D點(diǎn)到與A點(diǎn)等高的C點(diǎn)過程中，由機(jī)

一11械能守恒定律可知2mvc=2mvD+mgL解得小球到達(dá)與A點(diǎn)等高的c點(diǎn)的最小速度為vCmv2+3gL在CvCmv2解得，小球到達(dá)與A點(diǎn)等高的C點(diǎn)受到繩子拉力的最小值為FC=3mg從最高點(diǎn)D點(diǎn)到最低一11點(diǎn)B點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律可知mv2=mv2+mg-2L解得，小球到達(dá)最低點(diǎn)B2B2D點(diǎn)速度的最小值為vB點(diǎn)速度的最小值為vB+5gL在最低點(diǎn)B時(shí)，繩子的拉力、重力和庫侖力提供向心力，由向心力公式可知F+k坐-mg=mvB解得，小球到達(dá)最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)受到繩子拉力的最小值為FB=6mg故選B L2 L BBD。如圖所示，有一長為L的絕緣細(xì)繩，一端懸掛在A點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為加，電量為q的帶有負(fù)電荷的小球；懸點(diǎn)A處固定一正電荷，電量也為q。同時(shí)豎直方向存在勻強(qiáng)電場，如果小球能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示。若已知重力加速度為刃則（）勻強(qiáng)電場的方向一定豎直向下小球作勻速圓周運(yùn)動的最小速度為丫忑C.D勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能為晉

【答案】AC【詳解】AD.帶電小球要在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動，則必有重力和電場力平衡，且mg=qE電場力的方向向上，勻強(qiáng)電場的方向一定豎直向下，A正確，D錯(cuò)誤；BC?由牛頓第二定律得F+￥=學(xué)而F工0所以v氣H所以B錯(cuò)誤,C正確。攵選AC。用輕繩拴著一個(gè)質(zhì)量為加、帶正電的小球在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，豎直面內(nèi)加有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為如圖甲所示，不計(jì)一切阻力，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)的動能與繩中張力F間的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹槿袆t（）fhh，ofhh，o\irf/屮A.小球所帶電荷量為b-mgEB.輕繩的長度為ab小球在最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為J小球在最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為J絲.m小球在最低點(diǎn)時(shí)的最小速度為J—m【答案】AC【詳解】當(dāng)E=1【答案】AC【詳解】當(dāng)E=1mv2=0由F+mg+qE=也解得q=b-mg當(dāng)F=0k2 l EEk=a時(shí)，可解得2ab當(dāng)F=0時(shí)，重力和電場力提供向心力，此時(shí)為最咼點(diǎn)的最小速度，解得v=丄 從最咼點(diǎn)到最低點(diǎn)，由1mv22min1mv22min1--mv2得小球在最低點(diǎn)的最小速度為故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選AC。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(shí)細(xì)線與豎直方向成e角，此時(shí)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(shí)針方向做圓周運(yùn)動，重力加速度為g。下列說法正確的是（）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E= tan9q小球動能的最小值為Ek=嚴(yán)2k2cos9小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小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】AB【詳解】a.小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成e角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電mgtan9場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtan0-qE解得E= 選項(xiàng)a正確；qB?小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn)力速度最小，根據(jù)牛頓第二定

律，有mgcos0=mf則最小動能Ek=2mV2=黠選項(xiàng)mgcos0小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；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，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一內(nèi)壁光滑、半徑為的固定絕緣圓軌道處在豎直平面內(nèi)，AB為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點(diǎn)獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，已知重力加速度為g，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=3mg，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是（）4q小球運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)的動能最小小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大若V= ，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運(yùn)動02若小球在C點(diǎn)的水平初速度為vC=2莎，則它運(yùn)動到點(diǎn)D的速度剛好為零【答案】BC【詳解】A.粒子除受重力外，還受到水平向右的電場力，根據(jù)等效重力場的思想，D點(diǎn)并非等效最高點(diǎn)，因此A錯(cuò)誤；小球具有機(jī)械能和電勢能，根據(jù)能量守恒定律，2點(diǎn)電勢最低，小球帶正電，電勢能也

就最小，因此B點(diǎn)機(jī)械能最大，B正確;一 3 、小球所受電場力為F=Eq=4mg則重力與電場力的合力方向，即等效重力方向?yàn)樨Q直偏3右0，且tan0=-4為使小球能夠恰好做圓周運(yùn)動，需要小球恰好經(jīng)過等效最高點(diǎn)M點(diǎn)，如圖所示AA對M點(diǎn),對M點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律得mgcos0+Fsin0=mVM對CM過程，根據(jù)動能定理得-mgR(1+cos0)一FRsin0=丄mv2一v2聯(lián)立得v="23gR故C正確;2m0 0 21CD過程根據(jù)動能定理得-2mgR=-mv2-v2解得v=0若小球在D點(diǎn)速度為0則不能2D0 D做圓周運(yùn)動，故小球運(yùn)動不到D點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選BC。如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，水平勻強(qiáng)電場平行于軌道平面向左，PQ分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)M、N分別是軌道上與圓心等高的點(diǎn)。質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在軌道內(nèi)運(yùn)動，已知重力加速度為g,場強(qiáng)E=攀，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是（）4q小球在軌道上運(yùn)動時(shí)，動能最小的位置，電勢能最大小球在軌道上運(yùn)動時(shí)機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為6mg小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為7.5mg【答案】BC【詳解】A.根據(jù)等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg'f_：(mg)2+(qE)2=4mg則g'=4gmg4運(yùn)動，小球在D點(diǎn)時(shí)的動能最小，但并不是電勢能的最大位置，小球電勢能的最大位置在N電，故A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動過程中，能量守恒，小球在M點(diǎn)的位置電勢能最小，所以小球在M點(diǎn)的機(jī)械能最大，故B正確；CD.在PQ點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=m-R;F+mg=m-R-從Q到P點(diǎn)，由動能定11理得-2mgR=—mv2-mv2聯(lián)立解得FQ-FP=6mg故C正確，D錯(cuò)誤；故選BC。2p2Q Q如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板水平，兩板之間固定一個(gè)光滑絕緣的半圓形軌道ACB，A、B為半圓軌道的兩個(gè)端點(diǎn)，且A、B緊靠電容器的上極板，在A端對應(yīng)位置的極板處開有一個(gè)小孔，C是軌道的最低點(diǎn)，半圓軌道半徑為凡現(xiàn)使電容器的兩板分別帶等量異種電荷，使兩板之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-g的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，小球由小孔進(jìn)入電容器內(nèi)部并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道。不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，下列說法中正確的是（）q帶電小球在半圓形軌道內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動B.當(dāng)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E<mg(H+q帶電小球在半圓形軌道內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動B.當(dāng)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E<mg(H+R)

qR時(shí)，帶電小球能沿軌道到達(dá)最低點(diǎn)C.當(dāng)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E<mg(H+R)3qR時(shí)，帶電小球能沿軌道到達(dá)最低點(diǎn)將電容器的下極板向下移動一小段距離，則帶電小球到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí)的速率增大【答案】AC【詳解】A.當(dāng)電場強(qiáng)度E=mg時(shí)，帶電小球進(jìn)入極板之間后受到的電場力為F=qE=mg方q向與重力方向相反，則小球在豎直方向上所受合力為零，所以能在半圓形軌道內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，