專題14“等效重力場(chǎng)”模型-2024版高三物理培優(yōu)-模型與方法

2024版高三物理培優(yōu)——模型與方法專題14“等效重力場(chǎng)”模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.“等效重力場(chǎng)”模型解法綜述 1二．“等效重力場(chǎng)”中的直線運(yùn)動(dòng)模型 1三．“等效重力場(chǎng)”中的拋體類運(yùn)動(dòng)模型 8四．“等效重力場(chǎng)”中的單擺類模型 18五．“等效重力場(chǎng)”中的圓周運(yùn)動(dòng)類模型 30一.“等效重力場(chǎng)”模型解法綜述將一個(gè)過(guò)程或事物變換成另一個(gè)規(guī)律相同的過(guò)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(jiàn)的等效變換有組合等效法（如幾個(gè)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(dòng)等效為一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)自由落體運(yùn)動(dòng)）；過(guò)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(chǎng)”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(chǎng)”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(duì)應(yīng)如下：等效重力場(chǎng)重力場(chǎng)、電場(chǎng)疊加而成的復(fù)合場(chǎng)等效重力重力、電場(chǎng)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(shí)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(dòng)時(shí)與等效“最低點(diǎn)”關(guān)于圓心對(duì)稱的位置等效重力勢(shì)能等效重力大小與物體沿等效重力場(chǎng)方向“高度”的乘積二．“等效重力場(chǎng)”中的直線運(yùn)動(dòng)模型【運(yùn)動(dòng)模型】如圖所示，在離坡底為L(zhǎng)的山坡上的C點(diǎn)樹(shù)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(gè)帶電量為q、質(zhì)量為m的物體穿心于繩上，整個(gè)系統(tǒng)處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(kāi)始沿繩無(wú)摩擦的滑下，設(shè)細(xì)繩始終沒(méi)有發(fā)生形變，求物體在細(xì)繩上滑行的時(shí)間．（g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）EEABC因細(xì)繩始終沒(méi)有發(fā)生形變，故知在垂直繩的方向上沒(méi)有壓力存在，即帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力的合力方向沿繩的方向．建立“等效重力場(chǎng)”如圖所示AABCg'“等效重力場(chǎng)”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(dòng)=1\*GB3①=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②兩式解得“等效重力場(chǎng)”的直線運(yùn)動(dòng)的幾種常見(jiàn)情況勻速直線運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)勻減速直線運(yùn)動(dòng)θθv0mgqEθθv0mgqEF合θθv0mgqEF合【模型演練1】如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．電場(chǎng)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(gè)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(dòng)至D點(diǎn)，若重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．該微粒在D點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的大B．該微粒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)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(dòng)，可知重力和電場(chǎng)力二力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，微粒帶負(fù)電，B、D錯(cuò)誤；微粒從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，A錯(cuò)誤；此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．【模型演練2】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）AB、CD兩塊正對(duì)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(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開(kāi)關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（

）

A．MC距離為 B．電勢(shì)能增加了C．電場(chǎng)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(duì)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(dòng)，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場(chǎng)力方向的位移與電場(chǎng)力方向相反，電場(chǎng)力做功為則小球的電勢(shì)能增加，故B正確；C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小故C錯(cuò)誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢(shì)差不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動(dòng)不會(huì)發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯(cuò)誤。故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河南鄭州·鄭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直面（紙面）內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(dòng)到N。已知MN長(zhǎng)為d，與力F的夾角為，重力加速度為g，則

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

根據(jù)受力平衡可得解得場(chǎng)強(qiáng)大小為故A正確；B．設(shè)MN與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角為，則M、N間的電勢(shì)差為故B錯(cuò)誤；C．從M到N，根據(jù)動(dòng)能定理可得可得電場(chǎng)力做功為故C正確；D．因電場(chǎng)力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時(shí)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(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。【模型演練4】（2023春·四川德陽(yáng)·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與水平方向間夾角為，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球以初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)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(dòng)，則對(duì)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(dòng)，現(xiàn)對(duì)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(dòng)，必須使其合外力為0，如圖所示

設(shè)對(duì)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(dòng)，則小球的合力必須與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，故要求力和的合力和電場(chǎng)力在一條直線上，當(dāng)電場(chǎng)力與此直線垂直時(shí)，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【模型演練5】．（2023春·江蘇蘇州·高三常熟中學(xué)?？茧A段練習(xí)）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(dòng)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(shí)的速度大??；（2）兩極板的電勢(shì)差。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）對(duì)微粒受力分析，受重力和電場(chǎng)力，微粒在兩個(gè)力作用下在電場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，則有合力方向沿水平方向，由此可知，電場(chǎng)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(dòng)，由解析圖可得

由幾何關(guān)系可得

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式，可得微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(chǎng)方向由M指向N，由勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系公式，可得兩極板的電勢(shì)差則有三．“等效重力場(chǎng)”中的拋體類運(yùn)動(dòng)模型【運(yùn)動(dòng)模型】如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度為豎直向上發(fā)射一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中具有的最小速度．vv0E建立等效重力場(chǎng)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(chǎng)”中做斜拋運(yùn)動(dòng)當(dāng)小球在y軸方向的速度減小到零，即時(shí)，兩者的合速度即為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度【模型演練1】.（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）真空中存在空間范圍足夠大的，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為，帶正電的小球由空中靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為53°。如圖所示，若在此電場(chǎng)中，放置一個(gè)豎直面內(nèi)的光滑固定軌道（電場(chǎng)沒(méi)有畫出），水平，長(zhǎng)度為，是半徑為的四分之一的圓弧，與相切于點(diǎn)?，F(xiàn)將該小球由點(diǎn)靜止釋放，求從點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中（取重力加速度大小為，，）。（1）小球受到的電場(chǎng)力大小及方向；（2）從點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)過(guò)程中小球電勢(shì)能的變化量；（3）小球從c點(diǎn)離開(kāi)軌道后速度最小時(shí)距c點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?），水平向右；（2）；（3）【詳解】（1）由題意，電場(chǎng)力大小方向：水平向右（2）對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理得解得小球離開(kāi)點(diǎn)后豎直方向在重力作用力下做勻?速直線運(yùn)動(dòng)（豎直上拋運(yùn)動(dòng)），設(shè)小球離開(kāi)c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t，有小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，則有：由牛頓第二定律可知此過(guò)程小球沿電場(chǎng)方向位移為電場(chǎng)力做功為因?yàn)殡妶?chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減少量為（3）由題意可知，重力與電場(chǎng)力合力方向與豎直方向夾角53°，斜向下如圖，沿著合力與垂直合力方向建立坐標(biāo)系，將C點(diǎn)速度沿著兩個(gè)方向分解y方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知從C點(diǎn)到小球速度最小時(shí)的位移x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此速度為離開(kāi)C后的最小速度小球從C點(diǎn)離開(kāi)軌道后速度最小時(shí)距C點(diǎn)的距離【模型演練2】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，水平軌道與半徑為R的圓弧軌道相切于A點(diǎn)，整個(gè)空間存在范圍足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，質(zhì)量為m的不帶電小球乙靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電的小球甲由水平軌道的O點(diǎn)靜止釋放，已知，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩球發(fā)生碰撞，碰后并粘合為一體，忽略一切摩擦，小球在整個(gè)過(guò)程中電荷量不變，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。求：（1）碰后兩球?qū)壍赖淖畲髩毫?；?）小球離開(kāi)B點(diǎn)后到再次回到與B點(diǎn)等高處時(shí)的速率?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）碰前對(duì)小球甲由O到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理得兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則由解得碰后小球所受的電場(chǎng)力為電場(chǎng)力與重力的合力斜向右下方與水平方向成角，大小為小球的等效最低點(diǎn)位于弧AB的中點(diǎn)C，對(duì)小球由A到C的過(guò)程由動(dòng)能定理得又由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖淖畲髩毫椋?）小球由A到B由動(dòng)能定理得解得小球離開(kāi)B點(diǎn)后在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球再次運(yùn)動(dòng)到距水平面高度為R的位置時(shí)，所用時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得在t時(shí)間內(nèi)小球沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的位移為又解得對(duì)小球，從B點(diǎn)到再次運(yùn)動(dòng)到距水平面高度為R的位置，根據(jù)動(dòng)能定理得解得【模型演練3】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球速度方向與豎直方向夾角為37°（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）?，F(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出。求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（1）小球受到的靜電力的大小及方向；（2）小球的最小速度的大小及方向?！敬鸢浮浚?），方向水平向右；（2），與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上【詳解】（1）小球靜止釋放后運(yùn)動(dòng)速度方向即為所受合外力方向，根據(jù)平行四邊形法則可得靜電力大小為方向水平向右；（2）小球沿豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)vy＝v0－gt沿水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)vx＝axt小球的速度由以上各式可得關(guān)于的函數(shù)解析式解得當(dāng)時(shí)，v有最小值此時(shí)即與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·湖南長(zhǎng)沙·高三湖南師大附中?？茧A段練習(xí)）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(chǎng)，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(dòng)到拋出點(diǎn)正下方A點(diǎn)時(shí)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(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，求：（1）電場(chǎng)力對(duì)小球做的功；（2）電場(chǎng)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(dòng)到A過(guò)程，由動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)得電場(chǎng)力對(duì)小球做功為（2）設(shè)電場(chǎng)力方向與OA的夾角為θ，則小球由O運(yùn)動(dòng)到A過(guò)程，電場(chǎng)力做功可得小球在水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為則，聯(lián)立得，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為且即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)榕cOA成60°角斜向下。（3）經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小球的速度大小為整理可得可見(jiàn)當(dāng)，即時(shí)，小球的速度最小，為【模型演練5】（2023·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量均為、帶電量分別為和的兩小球同時(shí)從點(diǎn)以速度斜向右上方射入勻強(qiáng)電場(chǎng)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(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，帶正電的小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小仍然為，不考慮兩球間的庫(kù)侖力。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．兩小球同時(shí)到A、B兩點(diǎn)B．帶負(fù)電的小球經(jīng)過(guò)點(diǎn)的速度大小也為C．兩小球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過(guò)程中電勢(shì)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(dòng)分解成水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，豎直方向的初速度大小均為上升到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時(shí)間相同，A正確，不符合題意；B．水平方向只受電場(chǎng)力，故水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，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(guò)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(shí)兩小球的速度大小相等，水平方向只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過(guò)程中電勢(shì)能變化量之比為，C錯(cuò)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?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·北京西城·北京四中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程（）

A．動(dòng)能增加 B．機(jī)械能增加C．重力勢(shì)能增加 D．電勢(shì)能增加【答案】B【詳解】A．小球動(dòng)能增加量為故A錯(cuò)誤；BC．小球在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直速度減為零時(shí)，設(shè)上升高度為h，有解得則重力勢(shì)能增加量為機(jī)械能增加量為故B正確，C錯(cuò)誤；D．小球在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直速度由v減到零的過(guò)程，水平速度剛好由零加到2v，根據(jù)加速度定義式可知水平方向的加速度大小為豎直方向加速度大小的2倍，根據(jù)牛頓第二定律得水平方向電場(chǎng)力和加速度大小分別為2mg、2g，則水平方向位移大小為電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，減少量為故D錯(cuò)誤。故選B。四．“等效重力場(chǎng)”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(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)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(shí)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(chǎng)”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(dòng)能定理得帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(shí)，繩上的拉力最大，設(shè)該時(shí)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N【模型演練1】如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用長(zhǎng)為、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于點(diǎn)?，F(xiàn)對(duì)小球施加水平恒力使其從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，輕繩拉力大小隨繩轉(zhuǎn)過(guò)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(shuō)法正確的是（）A.小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大B.小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小為C.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩拉力的最大值為D.小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)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(gè)新力場(chǎng)（因?yàn)閮蓚€(gè)力的方向和大小都不變），得到力場(chǎng)，力場(chǎng)為等效重力場(chǎng)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(shí)，做功最多，所以當(dāng)小球到達(dá)水平位置時(shí)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(cuò)誤；B．小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，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(shí)，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(dòng)提供向心力，則有由動(dòng)能定理得其中聯(lián)立上式，解得因?yàn)閯傞_(kāi)始時(shí)小球是靜止的，則有故故C選項(xiàng)正確；D．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，增加的機(jī)械能為水平恒力所做的功，即故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選BC。【模型演練2】.（2023·新疆·統(tǒng)考二模）如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根長(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)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(shí)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(shí)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(guò)B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)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(shí)的動(dòng)能為【答案】D【詳解】A．對(duì)全過(guò)程，重力做正功，可知電場(chǎng)力做負(fù)功，可知電場(chǎng)力方向向右，則小球帶正電，A錯(cuò)誤；B．小球從A點(diǎn)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，可知小球的機(jī)械能一直減小，B錯(cuò)誤；C．對(duì)全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得解得重力和電場(chǎng)力的合力與水平方向夾角的正切值可得如圖所示此時(shí)合力方向與圓弧的焦點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的拉力最大，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；D．從A到B根據(jù)動(dòng)能定理可得D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·福建寧德·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)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?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度B．小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的最小值為C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大【答案】A【詳解】A．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，對(duì)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(shí)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(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)小球的速度最小，動(dòng)能最小，由牛頓第二定律可知?jiǎng)幽苈?lián)立解得故B錯(cuò)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(chǎng)力做的功。由題意可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最左邊與O點(diǎn)等高時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功最多，機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；D．小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，所以電勢(shì)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選A。【模型演練4】（2023·河南開(kāi)封·統(tǒng)考三模）如圖所示，空間有水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E（末畫出），長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線一端固定在天花板上O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球，現(xiàn)由圖示A位置靜止釋放小球，小球沿圓弧經(jīng)最低點(diǎn)C恰好能到達(dá)B點(diǎn)，已知OB與豎直方向的夾角為且，重力加速度為g，忽略空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度B．小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最小C．小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力為D．小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大【答案】AC【詳解】A．根據(jù)圖形可知，小球向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，則電場(chǎng)方向水平向右，由A到B過(guò)程有解得A正確；B．根據(jù)上述可知，由A到B過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，因此小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大，B錯(cuò)誤；C．由A到C過(guò)程有在C點(diǎn)有根據(jù)牛頓第三定律有解得C正確；D．由于即有令物理等效最低點(diǎn)位置與圓心連線方向與水方向夾角為，則有小球經(jīng)過(guò)物理等效最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，即該位置位于AC之間，不在C點(diǎn)，D錯(cuò)誤。故選AC。【模型演練5】（2023秋·北京海淀·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端懸于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球（可視為點(diǎn)電荷）。將小球拉至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)，保持細(xì)線繃緊并靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?。已知、，電場(chǎng)范圍足夠大，重力加速度為g，空氣阻力可忽略。求：（1）小球剛釋放時(shí)的加速度a；（2）小球所受電場(chǎng)力F；（3）P點(diǎn)和A點(diǎn)間的電勢(shì)差；（4）小球從A運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中，電勢(shì)能的改變量；（5）小球通過(guò)最低點(diǎn)B時(shí)的速度大?。唬?）小球速度最大時(shí)，細(xì)線與水平方向的夾角（用表示）；（7）小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度?！敬鸢浮浚?），方向豎直向下；（2），方向水平向右；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）【詳解】（1）由題知，小球帶正電，故小球所受力的電場(chǎng)力水平向右，在A點(diǎn)時(shí)保持細(xì)線繃緊，故小球受到的電場(chǎng)力與受到輕繩的拉力平衡，則小球的合外力等于小球的重力，根據(jù)牛頓第二定律有解得方向：豎直向下；（2）由題知，小球由靜止釋放，并運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?，根據(jù)動(dòng)能定理有解得方向：水平向右；（3）由題知，小球由靜止釋放，并運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（4）小球從A運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，則有故電勢(shì)能的改變量（5）小球由靜止釋放至B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（6）將電場(chǎng)力與重力合成一個(gè)等效“重力”，其等效“重力”的最低點(diǎn)即為速度的最大點(diǎn)，由題分析，可知該點(diǎn)在A點(diǎn)與B點(diǎn)之間，設(shè)為C點(diǎn)，則有又小球由靜止釋放，并運(yùn)動(dòng)到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?，根據(jù)動(dòng)能定理有解得聯(lián)立解得根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)變形得解得（7）由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最大速度C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得【模型演練6】（2023秋·黑龍江綏化·高三?？计谀┮婚L(zhǎng)為L(zhǎng)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(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，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(kāi)始向下擺動(dòng)，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)，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(hào)），求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）判斷小球的電性和小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小。（3）小球由A到B過(guò)程中，細(xì)線對(duì)小球的最大拉力。【答案】（1），；（2）正電，；（3）【詳解】由動(dòng)能定理可得解得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差又由可得，A、B兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?）小球由A到B過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，小球在B點(diǎn)受到水平向右的電場(chǎng)力,與電場(chǎng)方向相同,故小球帶正電；小球在A、B間擺動(dòng)，由對(duì)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(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大?。?）由單擺運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，重力與電場(chǎng)力的合力方向與A、B兩點(diǎn)連線垂直，即等效的復(fù)合場(chǎng)沿OC方向，且在B點(diǎn)受力分析，重力與電場(chǎng)力的合力方向與OC平行，如圖所示小球在復(fù)合場(chǎng)中受的合場(chǎng)力為小球由A到B過(guò)程中，細(xì)線對(duì)小球的最大拉力即在等效復(fù)合場(chǎng)中等效最低點(diǎn)，由于小球做圓周運(yùn)動(dòng)，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(dòng)至最低點(diǎn)由動(dòng)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)的最大拉力為五．“等效重力場(chǎng)”中的圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(guò)圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)為多大？EER300mgqENR300EOB3R300O運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力，軌道作用力，且要求能安全通過(guò)圓軌道．對(duì)應(yīng)聯(lián)想：在重力場(chǎng)中，小球先在水平面上運(yùn)動(dòng)，重力不作功，后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的模型：過(guò)山車．等效分析：如圖所示，對(duì)小球受電場(chǎng)力和重力，將電場(chǎng)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(dòng)，等效重力不做功，小球運(yùn)動(dòng)可類比為重力場(chǎng)中過(guò)山車模型．規(guī)律應(yīng)用：分析重力中過(guò)山車運(yùn)動(dòng)，要過(guò)圓軌道存在一個(gè)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)滿足重力當(dāng)好提供向心力，只要過(guò)最高點(diǎn)點(diǎn)就能安全通過(guò)圓軌道．如果將斜面順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)300，就成了如圖3-3所示的過(guò)山車模型，最高點(diǎn)應(yīng)為等效重力方向上直徑對(duì)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(dòng)，小球在斜面上作勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入圓軌道后只有重力作功，則根據(jù)動(dòng)能定理：解得：【模型演練1】（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，半徑為R的雙層光滑管道位于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球位于管道最低點(diǎn)A，B是最高點(diǎn)，空間存在水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)在A點(diǎn)給小球一水平初速度v0，小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（

）A．v0的大小為B．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的壓力大小為C．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)小球受到管道外壁的支持力大小為D．若在A點(diǎn)給小球的水平初速度增大一倍，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度也增大一倍【答案】AC【詳解】A．如圖所示小球在等效最低點(diǎn)P靜止時(shí)，受重力、支持力和電場(chǎng)力三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtanθ=qE結(jié)合可知θ=45°且重力和電場(chǎng)力的合力小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小球經(jīng)過(guò)等效最高點(diǎn)Q時(shí)速度剛好為零，由Q到A根據(jù)動(dòng)能定理，有解得A正確；C．在A點(diǎn)根據(jù)向心力公式有解得C正確；BD．由B到A根據(jù)動(dòng)能定理，有解得在B點(diǎn)有解得經(jīng)過(guò)R點(diǎn)時(shí)小球受到管道內(nèi)壁的支持力大小為BD錯(cuò)誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·江西·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中有一個(gè)半徑為R的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的軌道和，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑間的夾角為。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)靜止釋放，分別沿軌道和到達(dá)圓環(huán)上B、C兩點(diǎn)的時(shí)間相同?，F(xiàn)去掉軌道和，如圖乙所示，在C點(diǎn)給小球一個(gè)初速度，讓小球恰能在圓環(huán)軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量的變化。下列說(shuō)法正確的是（tan37°=0.75，g=10m/s2）（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為B．甲圖中小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為C．乙圖中小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和最大D．乙圖中小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)環(huán)的壓力最大值為【答案】BCD【詳解】A．小球沿AB軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程有，小球沿AC軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程有，解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述有即電場(chǎng)力與重力的合力方向由A指向O，且大小為則有結(jié)合上述解得B正確；C．小球在圖乙中只有重力勢(shì)能、動(dòng)能與電勢(shì)能之間的相互轉(zhuǎn)化，總的能量守恒，根據(jù)上述可知，小球在A點(diǎn)的電場(chǎng)力與重力的合力方向指向圓心，即A點(diǎn)為等效的物理最高點(diǎn)，小球在該點(diǎn)的動(dòng)能最小，則乙圖中小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和最大，C正確；D．由于小球恰能在圓環(huán)軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在等效物理最高點(diǎn)有根據(jù)上述，與A點(diǎn)關(guān)于圓心對(duì)稱的點(diǎn)為等效物理最低點(diǎn)，該位置小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)環(huán)的壓力最大，小球有A點(diǎn)到該點(diǎn)過(guò)程有在等效物理最低點(diǎn)有則小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)環(huán)的壓力解得D正確。故選BCD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著一個(gè)半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)，a為圓環(huán)的最低點(diǎn)，c為圓環(huán)的最高點(diǎn)，b點(diǎn)與圓心O等高，該空間存在與圓環(huán)平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的小球P套在圓環(huán)上，沿環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，通過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為、、。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)與b之間的電勢(shì)差B．勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為C．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)閍指向bD．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為【答案】AD【詳解】AC．從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)：解得：故ac連線為等勢(shì)線，從a到b，有解得：電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)線，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，故A正確，C錯(cuò)誤；B．勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小故B錯(cuò)誤；D．電場(chǎng)力當(dāng)電場(chǎng)力與重力合力與圓心在一條直線上時(shí)，對(duì)圓環(huán)的壓力達(dá)到最大和最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，最小速度解得故D正確。故選AD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平絕緣軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.40m。軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×104N/C。現(xiàn)有一電荷量，質(zhì)量m＝0.10kg的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)），在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，已知P點(diǎn)與圓形軌道最低點(diǎn)B距離s＝2.5m。帶電體與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50，重力加速度，取。求：（1）帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道的最高點(diǎn)C時(shí)，對(duì)軌道的壓力大??；（2）帶電體第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后，落在水平軌道上的位置到B點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?）1.25N；（2）0.4m【詳解】（1）從P點(diǎn)到B點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為，從B點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有解得在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有代入數(shù)據(jù)解得（2）帶電體離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)在空間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有解得在水平方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)在水平方向的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律，有設(shè)落在水平軌道上的位置到B點(diǎn)距離為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式代入數(shù)據(jù)解得【模型演練5】（2023·全國(guó)·二模）在水平向右足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，大小可忽略的兩個(gè)帶電小球A、B分別用不可伸長(zhǎng)，長(zhǎng)度均為l的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛在同一水平面上的M、N兩點(diǎn)，并靜止在如圖所示位置，兩細(xì)線與電場(chǎng)線在同一豎直平面內(nèi)，細(xì)線與豎直方向夾角均為。已知兩小球質(zhì)量都為m，電荷量均為q且?guī)У攘慨惙N電荷，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，重力加速度大小為g，取，。求（1）A、B兩小球之間庫(kù)侖力的大?。唬?）保持小球B的位置和帶電量不變，移除A小球后，將小球B由靜止釋放，求B小球此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)B小球受到的電場(chǎng)力為對(duì)B小球受力分析如圖所示，小球B靜止，受力平衡得聯(lián)立解得（2）小球A撤去后，小球B在電場(chǎng)力、重力和繩子拉力作用下做變速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力和電場(chǎng)力的合力沿著半徑方向時(shí)小球速度最大。設(shè)小球速度最大時(shí)，繩子與豎直方向的夾角為。由幾何關(guān)系可得小球B從初始位置運(yùn)動(dòng)到速度最大位置，在豎直方向的位移為在水平方向的位移為由動(dòng)能定理得解得【模型演練6】（2023·湖南常德·高三常德市一中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為L(zhǎng)，圓心為O的圓，AB為水平直徑，CD為豎直直徑。長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線一端系小球，另一端固定在圓心O?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球的帶電量為+q、質(zhì)量為m。方向水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與圓平面平行，且qE=mg。（1）若小球從C點(diǎn)靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線與豎直方向的最大夾角是多少？（2）要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)小球至少應(yīng)該以多大的速度水平拋出？（3）若小球從A點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)繩子的拉力是多少？（4）若小球從A點(diǎn)以豎直上拋，再次經(jīng)過(guò)圓周時(shí)的位置？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）恰好經(jīng)過(guò)B點(diǎn)【詳解】（1）設(shè)小球與豎直方向的最大夾角為解得（2）由qE=mg可知，小球所受合力與水平方向成45°斜向下，故當(dāng)小球經(jīng)過(guò)與合力方向相反，位于A、D中間的E點(diǎn)時(shí)速度最小，設(shè)為v1解得小球從C到E的過(guò)程，由動(dòng)能定理解得（3）小球從A點(diǎn)靜止釋放，沿直線AC運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v3，由動(dòng)能定理繩子繃緊時(shí)，沿繩方向的動(dòng)量損失。小球沿C點(diǎn)切線方向的速度為v4設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為v5，由動(dòng)能定理不難得出，對(duì)B點(diǎn)，解得（4）小球從A點(diǎn)以速度v豎直上拋時(shí)，繩子的拉力為解得此后小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零，加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小球豎直上拋的時(shí)間回到與A同一水平線上時(shí)，水平位移故小球再次經(jīng)過(guò)圓周時(shí)，恰好經(jīng)過(guò)B點(diǎn)?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R=0.4m的豎直光滑絕緣圓弧軌道BCD和絕緣粗糙水平軌道在B點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OC和OD之間的夾角為θ=37°，整個(gè)裝置處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=500N/C，場(chǎng)強(qiáng)方向與粗糙水平軌道平行。質(zhì)量為m=40g、電荷量為q=+6×10-4C的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊恰好能通過(guò)豎直光滑絕緣圓弧軌