2024版新課標(biāo)高中物理模型與方法專題14“等效重力場”模型目錄TOC\o"13"\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 18五．“等效重力場”中的圓周運(yùn)動類模型 30一.“等效重力場”模型解法綜述將一個(gè)過程或事物變換成另一個(gè)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(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)動等效為一個(gè)勻速直線運(yùn)動和一個(gè)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(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)動時(shí)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(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(shí)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【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(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(shí)的電勢能比在C點(diǎn)時(shí)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(cuò)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(cuò)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．【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(cuò)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C．電場強(qiáng)度的大小故C錯(cuò)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(cuò)誤。故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河南鄭州·鄭州外國語學(xué)校?？寄M預(yù)測）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

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【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(cuò)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(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，故D錯(cuò)誤。故選AC。【模型演練4】（2023春·四川德陽·高三統(tǒng)考期末）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：【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(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）兩極板的電勢差。【詳解】（1）對微粒受力分析，受重力和電場力，微粒在兩個(gè)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

（2）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(gè)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則小球在“等效重力場”中做斜拋運(yùn)動合速度即為運(yùn)動過程中的最小速度（1）小球受到的電場力大小及方向；（2）從點(diǎn)開始運(yùn)動到軌跡最高點(diǎn)過程中小球電勢能的變化量；（3）小球從c點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距c點(diǎn)的距離?！驹斀狻浚?）由題意，電場力大小方向：水平向右（2）對小球由a到c的過程，由動能定理得解得小球離開點(diǎn)后豎直方向在重力作用力下做勻?速直線運(yùn)動（豎直上拋運(yùn)動），設(shè)小球離開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，加速度為a，則有：由牛頓第二定律可知此過程小球沿電場方向位移為電場力做功為因?yàn)殡妶隽ψ稣Γ噪妱菽軠p少量為（3）由題意可知，重力與電場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，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，此速度為離開C后的最小速度小球從C點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距C點(diǎn)的距離（1）碰后兩球?qū)壍赖淖畲髩毫?；?）小球離開B點(diǎn)后到再次回到與B點(diǎn)等高處時(shí)的速率?！驹斀狻浚?）碰前對小球甲由O到A的過程，由動能定理得兩球碰撞過程動量守恒，則由解得碰后小球所受的電場力為電場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，對小球由A到C的過程由動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由動能定理得解得小球離開B點(diǎn)后在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，水平方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)小球再次運(yùn)動到距水平面高度為R的位置時(shí)，所用時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得在t時(shí)間內(nèi)小球沿電場方向運(yùn)動的位移為又解得對小球，從B點(diǎn)到再次運(yùn)動到距水平面高度為R的位置，根據(jù)動能定理得解得【模型演練3】（2023·全國·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。在電場中，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)將該小球從電場中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出。求運(yùn)動過程中（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?！驹斀狻浚?）小球靜止釋放后運(yùn)動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vy＝v0－gt沿水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動vx＝axt小球的速度由以上各式可得關(guān)于的函數(shù)解析式此時(shí)即與電場方向夾角為37°斜向上。（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?！驹斀狻浚?）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(shí)間t，小球的速度大小為整理可得【模型演練5】（2023·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測）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(shí)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(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(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(shí)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(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?？寄M預(yù)測）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，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，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程（）

【答案】B【詳解】A．小球動能增加量為故A錯(cuò)誤；BC．小球在豎直方向做勻減速運(yùn)動，豎直速度減為零時(shí)，設(shè)上升高度為h，有解得則重力勢能增加量為機(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，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，豎直速度由v減到零的過程，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力和加速度大小分別為2mg、2g，則水平方向位移大小為電場力做正功，電勢能減少，減少量為故D錯(cuò)誤。故選B。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(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”如圖所示，“等效重力加速度”，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【模型演練1】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(shí)的機(jī)械能最大C.小球運(yùn)動過程中輕繩拉力的最大值為【答案】BC【解析】水平恒力與重力合成出一個(gè)新力場（因?yàn)閮蓚€(gè)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(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；解得據(jù)加速度的合成與分解得故B選項(xiàng)正確；由動能定理得其中聯(lián)立上式，解得因?yàn)閯傞_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。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【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(cuò)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(cuò)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(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，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，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（）C．小球運(yùn)動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(shí)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(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)針方向做圓周運(yùn)動的等效最高點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)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(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(shí)，電場力做負(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(cuò)誤。故選A。B．小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢能最小D．小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動能最大【答案】AC【詳解】A．根據(jù)圖形可知，小球向左運(yùn)動過程中，電場力做負(fù)功，則電場方向水平向右，由A到B過程有解得A正確；B．根據(jù)上述可知，由A到B過程電場力做負(fù)功，因此小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢能最大，B錯(cuò)誤；C．由A到C過程有在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)過物理等效最低點(diǎn)時(shí)的動能最大，即該位置位于AC之間，不在C點(diǎn)，D錯(cuò)誤。故選AC。（1）小球剛釋放時(shí)的加速度a；（2）小球所受電場力F；（3）P點(diǎn)和A點(diǎn)間的電勢差；（4）小球從A運(yùn)動到P的過程中，電勢能的改變量；（5）小球通過最低點(diǎn)B時(shí)的速度大??；（6）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)動過程中的最大速度?！驹斀狻浚?）由題知，小球帶正電，故小球所受力的電場力水平向右，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；解得方向：水平向右；解得（4）小球從A運(yùn)動到P的過程中，電場力做負(fù)功，則有故電勢能的改變量（5）小球由靜止釋放至B點(diǎn)，根據(jù)動能定理有解得（6）將電場力與重力合成一個(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)動到與豎直方向夾角的P點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)?，根據(jù)動能定理有解得聯(lián)立解得根據(jù)數(shù)學(xué)知識變形得解得（7）由A點(diǎn)運(yùn)動到最大速度C點(diǎn)，根據(jù)動能定理有聯(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(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始向下擺動，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過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），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(shí)，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?！驹斀狻坑蓜幽芏ɡ砜傻媒獾肁、B兩點(diǎn)間的電勢差（2）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(shí)，細(xì)線對小球的拉力大小（3）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)的最大拉力為五．“等效重力場”中的圓周運(yùn)動類模型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．D．若在A點(diǎn)給小球的水平初速度增大一倍，小球經(jīng)過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°且重力和電場力的合力小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動，說明小球經(jīng)過等效最高點(diǎn)Q時(shí)速度剛好為零，由Q到A根據(jù)動能定理，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)動能定理，有解得在B點(diǎn)有解得經(jīng)過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。C．乙圖中小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的電勢能和重力勢能之和最大【答案】BCD【詳解】A．小球沿AB軌道運(yùn)動過程有小球沿AC軌道運(yùn)動過程有解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述有即電場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能、動能與電勢能之間的相互轉(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)的動能最小，則乙圖中小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的電勢能和重力勢能之和最大，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，則在等效物理最高點(diǎn)有根據(jù)上述，與A點(diǎn)關(guān)于圓心對稱的點(diǎn)為等效物理最低點(diǎn)，該位置小球做圓周運(yùn)動過程中對環(huán)的壓力最大，小球有A點(diǎn)到該點(diǎn)過程有在等效物理最低點(diǎn)有則小球做圓周運(yùn)動過程中對環(huán)的壓力解得D正確。故選BCD。B．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為C．勻強(qiáng)電場的方向?yàn)閍指向b【答案】AD【詳解】AC．從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)：解得：故ac連線為等勢線，從a到b，有解得：電場線垂直于等勢線，且沿電場線方向電勢逐漸降低，故勻強(qiáng)電場方向水平向右，故A正確，C錯(cuò)誤；B．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小故B錯(cuò)誤；D．電場力當(dāng)電場力與重力合力與圓心在一條直線上時(shí)，對圓環(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。（1）帶電體運(yùn)動到圓形軌道的最高點(diǎn)C時(shí)，對軌道的壓力大小；（2）帶電體第一次經(jīng)過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)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得設(shè)帶電體運(yùn)動到C點(diǎn)的速度為，從B點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動能定理有解得在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C點(diǎn)后在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，設(shè)在空間運(yùn)動的時(shí)間為，則有解得在水平方向上做勻減速運(yùn)動，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)動學(xué)公式代入數(shù)據(jù)解得（1）A、B兩小球之間庫侖力的大?。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)動過程中速度的最大值?！驹斀狻浚?）設(shè)B小球受到的電場力為對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在電場力、重力和繩子拉力作用下做變速圓周運(yùn)動，當(dāng)重力和電場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，圓心為O的圓，AB為水平直徑，CD為豎直直徑。長為L的輕質(zhì)細(xì)線一端系小球，另一端固定在圓心O。可視為質(zhì)點(diǎn)的小球的帶電量為+q、質(zhì)量為m。方向水平向右、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場與圓平面平行，且qE=mg。（1）若小球從C點(diǎn)靜止釋放，在運(yùn)動過程中，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，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B點(diǎn)時(shí)繩子的拉力是多少？【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的過程，由動能定理解得（3）小球從A點(diǎn)靜止釋放，沿直線AC運(yùn)動，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v3，由動能定理繩子繃緊時(shí)，沿繩方向的動量損失。小球沿C點(diǎn)切線方向的速度為v4解得（4）小球從A點(diǎn)以速度v豎直上拋時(shí)，繩子的拉力為解得故小球再次經(jīng)過圓周時(shí)，恰好經(jīng)過B點(diǎn)。【模型演練7】（2023·全國·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)電場中