第03講 電場中的功能關系及重電復合場模型（解析版）-2024-2025學年高二物理上學期中期末復習精細講義

第03講電場中的功能關系及重電復合場模型——劃重點之高二期中期末復習精細講義考點1電場中的功能關系考點2重電復合場中的直線及類拋體運動模型考點3重電復合場中的圓周運動（等效重力法）考點1：電場中的功能關系1.求電場力做功的四種方法定義式法WAB＝Flcosα＝qEdcosα（此公式只適用于勻強電場）可變形為：W＝qEd（d＝lcosα）d為電荷初、末位置在電場方向上的位移。非勻強電場中可判斷大小。電勢差法WAB＝qUAB＝q（φA－φB）此公式適用于任何電場①三個量都取絕對值，先計算出功的數(shù)值，然后再根據(jù)電場力的方向與電荷位移方向間的夾角確定電場力做正功還是負功②代入符號，將公式寫成WAB＝qUAB，特別是在比較A、B兩點電勢高低時更為方便：先計算UAB＝eq\f(WAB,q)，若UAB>0，則φA－φB>0，即φA>φB；若UAB<0，則φA－φB<0，即φA<φB動能定理法W電＋W其他＝ΔEk此公式適用于任何電場功能關系法WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB此公式適用于任何電場2.電場中的功能關系各種力做功對應能的變化定量的關系只有電場力做功動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動能（Ek）和電勢能（Ep電）的總和守恒①W電＝－ΔEp電＝ΔEk②電場力做正功，電勢能減少，動能增加③電場力做負功，電勢能增加，動能減少只有電場力和重力做功電勢能、重力勢能、動能之和保持不變W電+WG＝－（ΔEp電+ΔEp重）=ΔEk多個力做功多種形式的能量轉(zhuǎn)化，要根據(jù)不同的力對應不同形式的能量分析W電＋W其他＝ΔEk只有重力、彈簧彈力的功不引起機械能變化機械能守恒ΔE＝0W其他：除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力以外的其他外力做的功機械能的改變量（ΔE）除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔEFf·Δx：一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能（Q）滑動摩擦力做功引起系統(tǒng)內(nèi)能增加ΔE內(nèi)＝FfΔx（Δx為物體間的相對位移）W合：合外力的功（所有外力的功）動能的改變量（ΔEk）合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝ΔEk＝Ek2－Ek13.電場中功能關系問題的分析方法在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關系。（1）受力情況分析和運動情況分析。（2）分析各力做功的情況，做正功還是負功。（3）分清多少種形式的能量參與，哪種能量增加，哪種減少。（4）選擇動能定理或能量守恒定律等列出方程式。4.解題思路—單個物體或連接體（1）處于平衡狀態(tài)：①利用整體法或隔離法進行受力分析；②列平衡方程；③尋找連接體間的關聯(lián)量。（2）運動狀態(tài)：①利用隔離法進行受力分析；②列牛頓第二定律方程、運動學方程、功能關系方程；③尋找連接體間的關聯(lián)方程?！镜淅?】如圖所示，半圓槽光滑且絕緣，固定在水平面上，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點由靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點時速度為零，則下列說法錯誤的是（

）A．小球a從N到P的過程中，動能先增大后減小B．小球a從N到P的過程中，庫侖力增大C．小球a從N到P的過程中，重力勢能減少量等于電勢能增加量D．小球a從N到P的過程中，電勢能一直減小【答案】D【詳解】BD．小球a從N到P的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，根據(jù)庫侖定律可知，庫侖力增大，且?guī)靵龀饬π∏騛一直做負功，則a球電勢能一直增加，故B正確，不滿足題意要求；D錯誤，滿足題意要求；A．小球a從N到P的過程中，重力沿曲面切線的分量逐漸減小到零且重力沿曲面切線的分量是動力，庫侖斥力沿曲面切線的分量由零逐漸增大且?guī)靵龀饬ρ厍媲芯€的分量是阻力，則從N到P的過程中，a球速率先增大后減小，動能先增大后減小，故A正確，不滿足題意要求；C．在從N到P的過程中，由于初末動能均為0，根據(jù)能量守恒可知，重力勢能減少量等于電勢能增加量，故C正確，不滿足題意要求。故選D?！镜淅?】如圖所示，一塊足夠大的粗糙絕緣薄板豎直固定，且與等量異種點電荷連線的中垂面重合，A、O、B為薄板上同一豎直線上的三點，O在點電荷的連線上，AO=OB，一個帶電小物塊（可視為質(zhì)點）從A點以初速度v0豎直向下運動，最后靜止在B點，不考慮物塊電荷量的變化，則物塊從A運動到BA．速度一直減小，經(jīng)過O點時的速度為2B．加速度先減小后增大，經(jīng)過O點時加速度最小C．電勢能先減小后增大，經(jīng)過O點時電勢能最小D．機械能一直減小，AO段損失的機械能比OB段損失的機械能多【答案】A【詳解】A．根據(jù)疊加場的對稱性可知，小物塊從A到O過程與從O到B過程中克服摩擦力做功相同，設每段摩擦力做功為Wf、在O時物塊的速度為v、AO=OB=?，對AO段和OBmg??mg??聯(lián)合解得v=A正確；B．由于小物塊最后靜止在B點，因此小物塊受到重力、電場力、薄板支持力和摩擦力的作用，可知小物塊帶正電，從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于小物塊在水平方向上受力平衡，可知小物塊對薄板的壓力增大，從而滑動摩擦力增大，根據(jù)a=可知，加速度增大。根據(jù)疊加場的對稱性可知，從O到B的過程中，電場強度越來越小，電場力越來越小，滑動摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小。因此A運動到B的過程中加速度先增大后減小，經(jīng)過O點時加速度最大，B錯誤；C．由于AB是一等勢線，小物塊從A到B電勢能不變，C錯誤；D．由于物塊在AO段和OB段損失的機械能都為克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段損失的機械相同，D錯誤；故選A。【典例3】如圖所示，質(zhì)量均為m的滑塊A、B,A不帶電，B帶正電電荷量為q,A套在固定豎直桿上，B放在絕緣水平面上并靠近豎直桿，A、B間通過鉸鏈及長度為L的剛性絕緣輕桿連接且靜止?，F(xiàn)施加水平向右電場強度為E的勻強電場，B開始沿水平面向右運動，已知AA．A的機械能最小時，B的加速度大小為qEB．A運動到最低點時，B的速度為零C．A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒D．A運動到最低點時，滑塊A速度大小為2gL+【答案】D【詳解】A．桿先對A做負功后對A做正功，當桿的作用力為0時，A的機械能最小，此時B僅受電場力，故B的加速度大小為qEmB．根據(jù)關聯(lián)問題可知，A到最低點時B的速度為0，故B正確；C．A、B組成的系統(tǒng)因有電場力做功，故機械能不守恒，故C正確；D．A落地的瞬時，B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有mgL+qEL=解得v=故D錯誤。故選D。【典例4】（多選）有三個完全相同的帶正電的絕緣小球A、B、C（均可視為點電荷），質(zhì)量為m，帶電量為+q，A、B之間與B、C之間各裝有一根長為L的輕桿，輕桿兩端與小球均通過輕質(zhì)鉸鏈連接。A、C放在光滑的絕緣水平地面上，A、B、C恰構(gòu)成正三角形且位于豎直面內(nèi)并鎖定，如圖（a）所示?，F(xiàn)解除鎖定，直至B剛好落地，如圖（b）所示。已知重力加速度大小為g，以無限遠處為零電勢點，距離電荷量為Q的點電荷r處的電勢為kQr，其中A．初始時刻，A、B、C系統(tǒng)所具有的電勢能為3kB．B落地時，A、B、C系統(tǒng)所具有的電勢能為4kC．該過程中，A、B、C系統(tǒng)的機械能守恒D．B落地時的速度大小為3【答案】AD【詳解】A．電勢能等于將電荷移到無窮遠，電場力做的功，故A、B、C系統(tǒng)的電勢能可認為分別將C、B小球搬到無窮遠電場力做的功。初始時刻，先將C球移到無窮遠，電場力做功等于W再將B球移到無窮遠，電場力做功等于W故系統(tǒng)的電勢能等于做的總功，即E故A正確；B．B球剛好要落地時，將C球移到無窮遠，電場力做功等于W再將B球移到無窮遠，電場力做功等于W故系統(tǒng)的電勢能等于做的總功，即E故B錯誤；C．該過程，系統(tǒng)電勢能減小，因此機械能增加，故C錯誤；D．由能量守恒有mg解得v故D正確。故選AD。【典例5】（多選）如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別是2m和m。勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的絕緣斜面處于沿斜面向上的勻強電場中。開始時，物體B受到沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用而保持靜止，且輕繩恰好伸直?，F(xiàn)撤去外力A．物體B所受電場力大小為2mgB．B的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgC．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為3gD．物體A、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機械能的減少量【答案】AB【詳解】A．當施加外力時，對B分析，根據(jù)平衡條件可知電場力平行斜面向下，則有F=mg解得F故A正確；B．當B受到的合力為零時，B的速度最大，對A分析有kx?T=0對B分析有T=則有kx=結(jié)合上述解得x=故B正確；C．當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，當撤去外力F的瞬間物體A、B受到的合外力為F解得a=g故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，B向下運動過程中，B所受電場力做正功，電勢能減小，可知，彈簧、A、B與地球構(gòu)成的系統(tǒng)的機械能增大，則物體A、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能增加量不等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機械能的減少量，故D錯誤。故選AB。考點2：重電復合場中的直線及類拋體運動模型1.重電復合場中的直線運動模型模型分析帶電粒子只在電場力與重力的作用下所做的直線運動，稱為重電復合場中的直線運動模型。此模型中三個解題的有用結(jié)論：(1)當電場力沿豎直方向而帶電體沿其他方向運動時，一定是勻速直線運動；(2)在減速直線運動中，帶電體沿初速度方向上能達到的最大位移是當速度減小到零時；(3)帶電體沿斜面運動的臨界條件為電場力與重力的合力恰好平行于斜面。幾種直線運動情況勻速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動2.重電復合場中的類拋體運動模型類拋體運動過程常采用正交分解法處理，有兩種方式：一種方式是沿合力與垂直于合力方向建立坐標系求解，當帶電體做類斜上拋運動時，垂直合力方向上的初速度分量為運動過程中速度的最小值，沿合力方向的速度減小到零時，此方向上的分位移達到最大值。另一種方式是當電場方向水平時，可將帶電體的運動沿水平與豎直方向分解建立坐標系。3.直線及類拋體運動的條件總結(jié)【典例6】某空間有平行于紙面的勻強電場，一帶電荷量為?q（q>0）的質(zhì)點（重力不計）在如圖所示的恒定拉力F的作用下由M點開始沿直線勻速運動到N點。圖中電場未畫出，拉力F和直線MN間的夾角為θ，M、N兩點間的距離為d，則下列說法正確的是（

）A．勻強電場的電場強度大小為FB．M、N兩點的電勢差為FdC．帶電質(zhì)點由M點運動到N點的過程中，電勢能減少了FdD．若要使帶電質(zhì)點由N點向M點做勻速直線運動，則F必須反向【答案】B【詳解】A．帶電質(zhì)點做勻速直線運動，質(zhì)點受拉力F和電場力兩個力的作用，則這兩個力等大反向，電場線方向沿F方向，場強大小E=A錯誤。B．在帶電質(zhì)點由M點運動到N點的過程中，根據(jù)動能定理得Fd解得UB正確。C．帶電質(zhì)點由M點運動到N點的過程中，電場力做功W=?q電勢能增加了FdcosD．帶電質(zhì)點在勻強電場中受到的電場力恒定不變，根據(jù)平衡條件，若要使帶電質(zhì)點由N點向M點做勻速直線運動，拉力F的方向應保持不變，D錯誤。故選B?！镜淅?】（多選）水平放置的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電。電容器的極板長度為L，兩極板間距離為d。一絕緣擋板傾斜放置，絕緣擋板的兩端恰好與電容器的上極板的右端點和下極板的左端點接觸，如圖所示。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電小球以速度v垂直電場線從電容器的上極板邊緣射入，恰好落在絕緣擋板的中心處。已知重力加速度為g，電場強度E=mgA．在此過程中帶電小球的加速度大小為2gB．若L=2C．此過程所需的時間為dD．在此過程中電場力對帶電小球做的功為mgd【答案】AB【詳解】A．帶電小球所受電場力與重力同向，根據(jù)牛頓第二定律可得小球在此運動過程中的加速度大小a=A正確；B．小球做類平拋運動，畫出小球的運動軌跡，如圖所示，設擋板的傾角為α，小球落在擋板上時的速度偏向角為β，若小球垂直落在擋板上，有tan根據(jù)類平拋運動的相關推論及幾何知識可得tan而tan可得L=B正確；C．小球在此過程中，在豎直方向上有d解得t=C錯誤；D．在此過程中電場力對帶電小球做的功W=qE?D錯誤。故選AB?！镜淅?】（多選）空間存在一勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從一水平線上的A點分兩次拋出。如圖所示，第一次拋出時速度大小為v0，方向與豎直方向的夾角為30°，經(jīng)歷時間t1回到A點；第二次以同樣的速率v0豎直向上拋出，經(jīng)歷時間t2經(jīng)過水平線上的C點，A．第一次拋出后，小球做勻變速曲線運動B．tC．電場沿水平方向時，電勢差UD．電場強度的最小值為3【答案】BC【詳解】A．第一次拋出后，小球回到A點，說明重力與電場力的合力恰好與v0B．兩次小球的豎直加速度相同，則第一次t第二次t解得t故B正確；C．電場沿水平方向時，小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，則x根據(jù)U=Ed可知，電勢差U故C正確；D．當電場力方向與第一次拋出時的初速度方向垂直時場強最小，則此時q電場強度的最小值為E故D錯誤。故選BC。【典例9】（多選）如圖所示，水平放置的平行板電容器上下極板M、N分別帶有等量異種電荷，電荷量大小均為Q，兩極板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入，恰好沿直線從下極板N邊緣射出，重力加速度為gA．兩極板間的電壓UB．微粒的機械能減小mgdC．電容器的電容C=D．保持Q不變，僅將極板N向下平移，微粒仍沿直線從極板間射出【答案】BCD【詳解】A．因為帶電微粒做直線運動，則微粒受力平衡，根據(jù)平衡條件有q得U=負電荷受電場力方向向上，所以電場方向豎直向下，則φ所以U故A錯誤；B．重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，由于微粒做勻速直線運動，動能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，微粒的重力勢能減小了mgd，故B正確；C．電容器的電容C=故C正確；D．在Q不變時，僅將極板N向下平移，由E=知電場強度不變，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直線從極板間射出，故D正確。故選BCD。【典例10】（多選）如圖所示，在空間中水平面MN的下方分布著方向豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方距MN高度為h的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平。已知A、B、C三點在同一直線上，AB=2BC，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．小球帶負電B．小球從B點運動到C點的時間為從A點運動到B點的時間的2倍C．勻強電場的電場強度大小為2mgD．小球從B點到C點電勢能增加了3【答案】AD【詳解】A．從B到C小球在豎直方向上做減速運動，即所受合力豎直向上，因此可以判斷小球所受電場力豎直向上，小球帶負電，故A正確；B．小球在水平方向做勻速直線運動，A、B、C三點在同一直線上，而小球從A到B與從B到C的水平位移之比為2:1，則小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2:1，所以小球從A點運動到B點的時間為從B點運動到C點的時間的2倍，故B錯誤；C．在豎直方向上，小球從A到B做勻加速運動，加速度大小為g，從B到C做勻減速運動，豎直位移之比為2:1，而時間之比為2:1，所以加速度之比為1:2，即B到C加速度大小為2g，根據(jù)牛頓第二定律有Eq?mg=ma=m?2g解得E=故C錯誤；D．小球從B點到C點，電勢能增加量為Δ故D正確。故選AD。考點3：重電復合場中的圓周運動（等效重力法）1.模型概述重電復合場中的圓周運動模型包括兩種情況。一種情況是帶電體做完整的圓周運動：涉及運動過程中動能、彈力的極值，做完整圓周運動、不脫離軌道的臨界條件等相關內(nèi)容。另一種情況是從靜止釋放的帶電體在電場中的擺動：涉及釋放后能否沿圓弧運動、運動過程中速度、動能、彈力的大小與極值等相關內(nèi)容。兩種情況的解題關鍵是確定重力與電場力的合力即“等效重力”的方向，從而確定等效水平面的位置。等效最高點與等效最低點可用來確定速度、動能、彈力的極值及判斷能否做完整的圓周運動；等效水平面位置可用來判斷物體是否沿圓弧運動：釋放點位于等效水平面下方時可沿圓弧運動，也可通過釋放點所在半徑與“等效重力”方向間夾角來判定，銳角時沿“等效重力”方向做直線運動，直角或鈍角時沿圓弧運動。2.解題方法等效思維法：等效思維法是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷。方法應用：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。如此便建立起“等效重力場”。再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。等效最“高”點與最“低”點的尋找：確定重力和電場力的合力的大小和方向，然后過圓周圓心作等效重力作用線的反向延長線，反向延長線交圓周上的那個點即為圓周的等效最“高”點，延長線交圓周的那個點為等效最“低”點。3.模型圖【典例11】（多選）如圖所示，空間中存在水平向右的勻強電場，一內(nèi)壁光滑、半徑為R的絕緣圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，AB為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點C獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內(nèi)做圓周運動，已知重力加速度為g，勻強電場的電場強度E=A．小球運動到D點時的動能最小B．小球運動到B點時的機械能最大C．小球所受重力和電場力的合力方向與豎直方向夾角的正切值為4D．若v0【答案】BD【詳解】A．小球除受重力外，還受到水平向右的電場力，根據(jù)等效重力場的思想，D點并非等效最高點，故小球運動到D點時的動能并非最小，A錯誤；B．小球具有機械能和電勢能，且機械能和電勢能之和保持不變，B點電勢最低，小球帶正電，電勢能也最小，因此小球在B點機械能最大，B正確；C．小球所受電場力為F=Eq=設重力與電場力的合力方向與豎直方向的夾角為θ，則tanC錯誤；D．為使小球恰好能夠沿著軌道做圓周運動，需要小球恰好能夠經(jīng)過等效最高點M點，如圖所示對小球處于M點時進行分析，根據(jù)牛頓第二定律得mg對小球從C到M的過程分析，根據(jù)動能定理得?mgR(1+聯(lián)立解得vD正確。故選BD。【典例12】（多選）如圖所示，絕緣光滑軌道ABCD豎直放在與水平方向成θ=45°的勻強電場中，其中BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓相切，現(xiàn)把一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（大小忽略不計），放在水平面上A點由靜止開始釋放，恰好能通過半圓軌道最高點D，落地時恰好落在B點。下列說法正確的是（

）A．電場強度E=B．起點A距B點的距離L=2.5RC．過D點的速度為v=D．AB兩點的電勢差為U【答案】BD【詳解】A．當小球通過D點時，設速度為v，由牛頓第二定律得m小球通過D點后的運動：水平方向做勻變速直線運動，落地時恰好落在B點，即x=vt?根據(jù)牛頓第二定律2豎直方向做勻加速直線運動2R=根據(jù)牛頓第二定律mg?又F=qE聯(lián)立解得E=故A錯誤；B．由A到D的過程，由動能定理得qEL聯(lián)立解得L=2.5R故B正確；C．在D點由重力和電場力的豎直分力共同提供向心力，則m解得過D點的速度為v=故C錯誤；D．AB兩點的電勢差為U故D正確。故選BD。【典例13】（多選）如圖，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m帶電量為q的小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g。則（）A．勻強電場的電場強度大小為mgB．小球獲得初速度的大小為5gLC．小球從初始位置運動至軌跡的最左端增加的機械能為mgLD．小球從初始位置在豎直平面內(nèi)順時針運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】AB【詳解】A．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，對小球受力分析如圖小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mg解得E=A正確；B．小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A由重力和電場力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有mg則小球從初始位置運動到A點的過程中，由動能定理可得?mg?2L聯(lián)立解得小球獲得初速度的大小為vB正確；C．由功能關系和能量守恒定律可得小球從初始位置運動至軌跡的最左端電場力做負功，故機械能減小，減小的機械能為E=C錯誤；D．小球從初始位置開始在豎直平面內(nèi)順時針運動一周的過程中，電場力先做負功，后做正功，再做負功，則其電勢能先增大后減小再增大，D錯誤。故選AB?！镜淅?4】如圖所示，ABCD是半徑為R的四分之三光滑絕緣圓形軌道，固定在豎直面內(nèi)。以軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑AC方向建立x軸，豎直直徑BD方向建立y軸。y軸右側(cè)（含y軸）存在豎直向上的勻強電場。一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，從A點由靜止開始沿軌道下滑，通過軌道最高點D后，又落回到軌道上的A點處。不考慮小球之后的運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)小球落回到A點時的速率；(2)電場強度的大??；(3)小球從A下滑到電場內(nèi)的B點時受到軌道支持力的大小?！敬鸢浮?1)10gR(2)5mg(3)19mg【詳解】（1）設小球離開D點時的速率為vD，由D落回到A的時間為tR=R=解得v小球落回到A時的速率為vAmgR=解得v（2）小球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理有?mgR+2qER=解得E=（3）小球通過軌道最低點B處時的速率為vB，軌道對小球的支持力為FmgR=根據(jù)合力提供向心力有F+qE?mg=m解得F=小球從A下滑到電場內(nèi)的B點時受到軌道支持力的大小F=【典例15】如圖所示，在水平向左的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定放置，其半徑為R，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，半圓軌道最低點與一水平粗糙絕緣軌道MN相切于N點。一小滑塊（可視為質(zhì)點）帶正電且電荷量為q，質(zhì)量為m，與水平軌道間的滑動摩擦力大小為0.5mg，現(xiàn)將小滑塊從水平軌道的M點由靜止釋放，恰能運動到半圓軌道的最高點H。已知電場強度大小為3mgq，重力加速度大小為g(1)小滑塊在最高點H的速度vH(2)M點距半圓軌道最低點N的水平距離L；(3)小滑塊通過半圓軌道中點P時，小滑塊對軌道的壓力F的大小?！敬鸢浮?1)gR(2)R(3)12mg【詳解】（1）小滑塊在最高點H時，只有重力提供向心力，由牛頓第二定律有mg=m解得v（2）小滑塊從M點到H點過程中，由動能定理得EqL?0.5mgL?mg?2R=解得L=R（3）根據(jù)題意，小滑塊從P點到H點過程中，由動能定理有?EqR?mgR=在P點，設軌道對小滑塊的彈力為F′，由牛頓第二定律有F′?qE=m解得F′=12mg由牛頓第三定律可得，在P點小滑塊對軌道的彈力大小為F=F′=12mg一、單選題1．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）A．電場強度的最小值等于mgB．電場強度的最大值等于mgC．帶電油滴的機械能不可能增加D．靜電力可能對帶電油滴不做功【答案】D【詳解】AB．帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和靜電力F，其合力必定沿此直線向下，根據(jù)三角形定則作出合力，如圖由圖可知，當靜電力F與油滴軌跡垂直時，靜電力F最小，場強最小，則有F=q得到E由圖可知，電場強度無最大值，故AB錯誤；D．當E=mgC．當E>mg故選D。2．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電的小球，以初速度v0從勻強電場中的A點水平拋出后經(jīng)過某一定點B，如圖所示，電場強度大小為EA．可以計算經(jīng)過B點的時間B．可以計算經(jīng)過B點時的豎直方向的速度C．初速度為2v0，要使小球仍能經(jīng)過BD．只要能夠經(jīng)過B點，過B點時的速度偏向角為一定值，與初速度大小無關【答案】D【詳解】AB．小球所受合力F=mg?q加速度a=Fm=g?qE0C．小球經(jīng)過B點，豎直方向位移y=解得E=故C錯誤；D．由tanθ=v故選D。3．如圖所示，空間內(nèi)存在方向與豎直方向夾角為60°的勻強電場，用絕緣細繩懸掛質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，平衡時絕緣細繩與豎直方向夾角為30°，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球帶負電B．電場強度大小為3C．剪斷絕緣細繩后小球做勻變速曲線運動D．撤去電場的瞬間，小球的瞬時加速度為g【答案】D【詳解】A．小球受到重力、繩的拉力與電場力處于平衡，根據(jù)平衡條件可知，電場力的方向一定與電場強度方向相同，則小球帶正電，故A錯誤；B．對小球進行受力分析，如圖所示則有qE=mg解得E=故B錯誤；C．剪斷絕緣細繩后，小球受到重力與電場力，結(jié)合上述可知，合力大小一定，方向沿繩的反方向，由于初速度為0，則小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動，故C錯誤；D．撤去電場的瞬間，小球隨后將做圓周運動，初速度為0，撤去電場瞬間，所需向心力為0，即沿半徑方向所受合力為0，則有mg解得a=故D正確。故選D。4．真空中存在空間范圍足夠大的水平向右的勻強電場，在電場中，一個質(zhì)量為m、帶電的小球在B點靜止時細線與豎直方向的夾角為37°，小球所帶的電荷量為q，細線的長度為l，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（A．小球帶負電B．電場強度的大小E=C．若將小球從A點由靜止釋放，則小球從A點運動到C點的過程中電勢能增加了0.75mglD．若將小球從A點由靜止釋放，則小球運動到C點受到細線的拉力大小為3mg【答案】C【詳解】AB．小球在B點處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，如圖所示小球所受電場力方向與電場強度方向相同，可知小球帶正電，根據(jù)平衡條件有qE=mg解得E=故AB錯誤；C．若將小球從A點由靜止釋放，小球?qū)⒆鰣A周運動到達C點，電場力做負功，電勢能增加了Δ故C正確；D．根據(jù)動能定理有mgl?qEl=小球在C點，根據(jù)牛頓第二定律有T?mg=m解得T=1.5mg故D錯誤。故選C。5．如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質(zhì)量為m、帶電量為?q的粒子（不計重力），以初速度v0從OA．x1處的電場強度大于xB．從x1到xC．若粒子能到達x4處，則v0D．若v0=【答案】D【詳解】A．在φ?x圖像，圖線的斜率表示電場強度的大小，由圖可知x1處圖線的斜率小于x2處圖線的斜率，則x1B．粒子從x1運動到xC．粒子能運動恰好運動到x3處，就能運動到x4處。設粒子恰能運動運動到x3?q解得：v所以若小球能運動到x4處，則初速度v0至少為2qD．當帶電粒子運動到x1q解得最大動能為E故D正確。故選D。二、多選題6．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為M，最低點為N，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球從M點運動到N點的過程中，電勢能增大B．小球從M點運動到N點的過程中，機械能減少，是因為靜電力做負功C．小球帶正電D．小球在N點受到繩的拉力最大，在M點受到繩的拉力最小【答案】AB【詳解】C．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、靜電力和細繩的拉力，所以靜電力與重力平衡，則知小球帶負電，故C錯誤；AB．由圖可知M點電勢高于N點的電勢，小球帶負電，所以小球在M點的電勢能低于N點的電勢能，則小球從M點運動到N點的過程中，電勢能增大，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系可知，電場力做負功，根據(jù)能量守恒定律可知，小球的機械能減少，故AB正確；D．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，拉力提供向心力，所以拉力大小不變，故D錯誤。故選AB。7．如圖所示，足夠長的傾角為30°的絕緣粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有與斜面平行向上的勻強電場，一質(zhì)量為0.1kg、帶正電的物塊（視為質(zhì)點）以一定的初速度沿斜面向上運動，加速度大小為3m/s2、方向沿斜面向下，取重力加速度大小A．物塊的機械能和電勢能之和減小B．物塊受到的電場力大于0.2NC．電場力做的功小于物塊克服摩擦力與克服重力做的功之和D．物塊的機械能守恒【答案】ABC【詳解】A．在物塊向上運動的過程中，物塊克服摩擦力做功，機械能和電勢能之和減小，故A正確；B．設物塊的質(zhì)量為m，受到的電場力大小為F，受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mg可得F=0.2故B正確；C．物塊的加速度方向沿斜面向下，有mg根據(jù)克服摩擦力和重力做的功與電場力做的功的關系，有(mg即電場力做的功小于物塊克服摩擦力與克服重力做的功之和，故C正確；D．物塊受到的外力中，電場力大于摩擦力，物體機械能不守恒，故D錯誤。故選ABC。8．如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。將質(zhì)量為m=0.01kg、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點靜止釋放，經(jīng)過B點時加速度為零，后繼續(xù)運動至D點。已知O、A兩點等高，OA=OD=32m,OD⊥OB,OC⊥ADA．經(jīng)過C點時機械能最小B．從A到D過程中電勢能和動能之和變小C．電荷量q為1D．在D點時的速度為15【答案】AC【詳解】A．小滑塊由A到C電場力做負功，機械能減小，由C到D電場力做正功，機械能增大，所以經(jīng)過C點時機械能最小，故A正確；B．小滑塊由A到B電場力做負功，電勢能增大，速度增大，動能增大，所以電勢能和動能之和增大，故B錯誤；C．由題意知小滑塊在B點處的加速度為零，沿斜面方向受力分析mgOB=OD由于OA=OD則∠ODC=∠OAC=30°解得q=故C正確；D．小滑塊由A到C電場力做負功，由C到D電場力做正功，即小滑塊在A、D兩點電勢能相等，根據(jù)mg?解得v=故D錯誤。故選AC。9．如圖所示，帶正電的小球A固定在豎直坐標軸的原點處，在h和2h處產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2。帶電小球B在h處由靜止釋放，恰好能運動到2h處。已知單個點電荷Q周圍空間某點的電勢φ=kQr（取無窮遠處電勢為零），A．小球B帶正電B．EC．小球B在1+2D．若小球B在??處由靜止釋放，到達?2?處的速度大小為2【答案】AD【詳解】A．小球B在h處靜止釋放后向上運動，所受電場力方向向上，則小球B帶正電，A正確；B．點電荷電場強度E=k有EB錯誤；C．小球B由h運動到2h過程中，有q整理得kQq小球B速度最大時，重力和電場力平衡，當小球B與小球A間的距離為2?D．小球由-h運動到-2h過程中，重力和電場力均做正功，且數(shù)值相等，有2mg?=解得v=2D正確。故選AD。10．如圖所示，空間某水平面內(nèi)固定一均勻帶電圓環(huán)，電荷量為Q，其圓心為O。P、Q是圓環(huán)軸線上關于圓心O對稱的兩點，OP間距為L，有一電荷量為q的小球恰能靜止在P點，P點與圓環(huán)上任意一點的連線與PO間的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，現(xiàn)給小球一沿PO方向的初速度v0，下列說法正確的是（

A．小球從P點運動到O點的過程中，做加速運動B．小球的質(zhì)量為kQqC．小球運動到Q點時的加速度為0D．小球運動到Q點的速度大小為4gL+【答案】BD【詳解】A．根據(jù)對稱性可知O點場強為0，無窮遠處為零，因此從O沿OP到無窮遠處，場強先變大后變小，無法確定最大值的位置在P點的上方還是下方，因此小球從P點運動到O點的過程中，可能一直加速，也可能先減速后加速運動，A錯誤；B．P點的場強E由于小球處于平衡狀態(tài)，則E可得m=B正確；C．小球運動到Q點時，根據(jù)對稱性可知，電場力和重力大小相等且都向下，加速度為2g，C錯誤；D．從P到Q的過程中，電場力做功為零，根據(jù)動能定理mg?2L=可得小球在Q點的速度v=D正確。故選BD。11．空間某區(qū)域電場線分布如圖所示，帶正電小球（質(zhì)量為m，電荷量為q），在A點速度為v1，方向水平向右，至B點速度為v2，v2與水平方向間夾角為α，A、B間高度差為H，以下判斷不正確的是（）A．A、B兩點間電勢差U=B．小球由A至B，電勢能的減少量為1C．小球由A運動到B的過程中，機械能一定增加D．小球重力在B點的瞬時功率為mgv2cosα【答案】AD【詳解】AB．小球由A點運動至B點過程中，重力和電場力做功，由動能定理得mgH+W=得電場力做功W=所以電勢能減小量為Δ由電