2026版高考物理培優(yōu)模型

專題14”等效重力場(chǎng)”模型

目錄

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........................................................33

一,“等效重力場(chǎng)”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）；直加等效法（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)能二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，在離坡底為心的山坡上的C點(diǎn)樹直固定一根直桿，桿高也是心桿上端月到坡底

4之間有一光滑細(xì)繩，一個(gè)帶電量為q、質(zhì)量為利的物體穿心于繩上，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。=30。.若物體從力點(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.（釬10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8）

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(chǎng)力的合力

方向沿繩的方向.建立“等效重力場(chǎng)”如圖所不

”等效重力場(chǎng)”的“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角30°,大小：g=」一帶電小球沿繩做初

cos30

速度為零，加速度為g'的勻加速運(yùn)動(dòng)

S..=2￡cos30u①

AD

C1，,

②

由①②兩式解得/=

”等效重力場(chǎng)”的直線運(yùn)動(dòng)的幾種常見情況

1.如圖所示，相距為d的平行板幺和8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。點(diǎn)距8

板的距離為0.33,。點(diǎn)距4板的距離為0.2力有一個(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。點(diǎn)，若重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.該微粒在。點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在。點(diǎn)時(shí)的大

B.該微粒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

c.在此過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為o.5”m

D.該微粒帶正電，所帶電荷量大小為夕=7

【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。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，A錯(cuò)誤；此過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做的功為

W=Fx=mg{d—0.34—02/)=0.5〃?gd,C正確.

2J8、CO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

L0x|()-8c、質(zhì)量為3.0xl()7kg的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于4點(diǎn)。閉合開關(guān)S,小球靜止時(shí)，細(xì)

線與板夾角為30。：剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CO板上的M點(diǎn)(未標(biāo)出)，則()

A.A/C距離為5bcmB.電勢(shì)能增加了I。-&j

4

C.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為GXIO,N/CD.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

T=qE

Tsin600+qEsin60°=mg

聯(lián)立解得

r==V3xlO-3N

剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示

L“c-dtan60°=1oV3cm

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

x=（10-5sin30°）=7.5cm

與電場(chǎng)力方向相反，電場(chǎng)力做功為

町=_郎=_、百x]07j

則小球的電勢(shì)能增加3Gxi0-4J,故B正確；

4

C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小

5

￡=^=5/3X10N/C

q

故C錯(cuò)誤：

D.減小火的阻值，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，的

距離不變，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.如圖所示，在豎直面（紙面）內(nèi)有勻強(qiáng)甩場(chǎng)，帶電量為9（4>0）、質(zhì)量為，〃的小球受水平向右大小為尸

的恒力，從M勻速運(yùn)動(dòng)到N。已知時(shí)N長(zhǎng)為d,與力尸的夾角為60。，重力加速度為g,則（）

N，

/

/

/

?/

/

/

心生

A.場(chǎng)強(qiáng)大小為亞三正

q

B.加、N間的電勢(shì)差為'J尸+陽

q

C.從M到N,電場(chǎng)力做功為三~mgd-：Fd

D.若僅將力產(chǎn)方向順時(shí)針轉(zhuǎn)60。，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

(qE￥=(mg)2+F2

解得場(chǎng)強(qiáng)大小為

卜+〃?濃2

匚------------------

q

故A正確；

B.設(shè)MV與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角為。，則M、N間的電勢(shì)差為

U4西=Edcosa=-J尸+..g2cosa

q

故B錯(cuò)誤；

C.從M到N,根據(jù)動(dòng)能定理可得

Fdcos600-mgdsin60°+囑=0-0

可得電場(chǎng)力做功為

61

W心魄mgd-]Fd

故C正確；

D.因電場(chǎng)力4石和重力〃W的合力與/等大反向，則若僅將力尸方向順時(shí)針轉(zhuǎn)60。，小球受的合力方向沿

MW的方向向下，大小為尸，則小球?qū)腗向N做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

4.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與水平方向間夾角為30。，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為質(zhì)量為〃?的帶負(fù)電小球以初速

度”開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)線平行，重力加速度為g。求:

（1）若小球所帶電荷量夕=筆，為使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)小球施加的恒力耳的大小和方向；

（2）若小球所帶電荷量，/=誓，為使小球做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)小球施加一最小恒力巴，則小球的加速度為

【答案】（1）mg,與水平方向夾角3（）。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G和水平方向夾角為a,則

F\cosa=qEcosO

qEs\nf）+片?sina=mg

解得

a=30。

F\=mg

方向與水平成60°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，故要求力鳥和〃?g的合力和電場(chǎng)

力在一條直線上，當(dāng)電場(chǎng)力厲此直線垂直M，施加的恒力最小，如圖所示：

則小球所受合力為

L一3

F^=qE--mg=-mg

小球的加速度為

a=—=\.5g

m

5.如圖所示，傾斜放置的平行板電容淵兩極板與水平面夾角為巴極板間距為力帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為小、

帶電荷量大小為g，從極板M的左邊緣4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8處射

出，重力加速度為g,求:

(!)微粒到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小;

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

qE

nigtan0=ma

a=gtan0

由幾何關(guān)系可得

d

X

AB=sin0

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式/-V；=2av,可得微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小

=J--2gtan外號(hào)=Jo-

Vsin?Vcos。

（2）在豎直方向由平衡條件可得

qEcos0=mg

解得

E=^-

qcosO

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

一八鼻

geos一

則有

U=_"3

NMqcos。

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，小

帶電量為+9的帶電小球，求小球在運(yùn)動(dòng)過程中具有的最小速度.

—t—1E

建立等效重力場(chǎng)如圖所示，等效重力加速度g'

V

設(shè)g'與豎直方向的夾角為仇則=

cos。

qE

其中arcsin0=

{(qE)2+(〃zg)

則小球在“等效重力場(chǎng)”中做斜拋運(yùn)動(dòng)

vx=v()sin0vy=v0cos6>

當(dāng)小球在y軸方向的速度減小到零，即匕.=0時(shí)，兩者的

合速度即為運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度

.qqE

Vmin=L=%Sin0=匕)IU；

+(4-)2

1.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系X0，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)旦場(chǎng)中。質(zhì)量

為加、帶電量為4的微粒在豎直平面內(nèi)以初速度%從x軸上的4點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，初速度方向與x軸負(fù)方向成

45。角，O4兩點(diǎn)間的距離為心若x軸上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小：

(3)若保持電場(chǎng)強(qiáng)度人小不變，只籽方向改為水平向左后，讓微粒再以原初速度從4點(diǎn)進(jìn)入，微粒在勻強(qiáng)電

場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過程中，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間離x軸最遠(yuǎn)；

(4)在(3)的條件下，微粒再次經(jīng)過x釉時(shí)的位置坐標(biāo)。

【答案】(1)正電

⑵等

(4)|^--,0

\g，

【詳解】(1)微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則微粒受力平衡，電場(chǎng)力方向應(yīng)向上，上軸上方的勻

強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，故微粒帶正電。

(2)電場(chǎng)萼育向上時(shí),因微粒在電場(chǎng)中能做勻速首線運(yùn)動(dòng)，故由平衡條件可得

qE=mg

即

E4

q

（3）對(duì)豎直方向的運(yùn)動(dòng)，微粒上升的時(shí)間

%cos45°

男

2g

故離x軸最遠(yuǎn)的時(shí)間為"殳。

2g

（4）再次到達(dá)x軸的時(shí)間為上升時(shí)間的2倍，故微粒到達(dá)x軸時(shí)

S

沿1軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的距離為

12

Sev=￥+]”

匕=v0cos45°

qE

a=—

m

解得

g

故微粒再次經(jīng)過％軸時(shí)的位置坐標(biāo)為￡一?，0）。

2.人類為了開發(fā)外太空，需要模擬各種等效重力場(chǎng)下的逃生方式。如圖所示，水平面xQy和豎直面）Oz內(nèi)

分別固定著兩個(gè)半徑均為R的半圓形光滑絕緣軌道OMN和OPQ,整個(gè)空間存在著方向沿y軸正方向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量分別為05〃、〃?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+夕。

已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=^（g為重力加速度），B球從。MN軌道進(jìn)入。P0軌道時(shí)無能量損失，

q

初始時(shí)B球靜止在OMN軌道的中點(diǎn)處，A球以大小為%二g9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:

z

(l)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(dòng)能；

(3)B球從Q點(diǎn)脫離軌道后，經(jīng)過y軸時(shí)的坐標(biāo)。

【答案】(i)giN

05-20.

(2)---mgR

⑶(0，(2+73)/?,0)

【詳解】(1)A、B球碰撞過程，設(shè)碰撞后A、B球的速度分別為以、%，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可

得

0.5〃?％=0.5-1%+mvE

—x0.5OTVQ=—x0.5mv；+—陽說

222

解得

%=3標(biāo)

從M點(diǎn)到。點(diǎn)，設(shè)B球到。點(diǎn)的速度為％,對(duì)B球，根據(jù)動(dòng)能定理可得

i?2?2

-qER=-mv；--niv^

解得

(2)對(duì)B球，當(dāng)動(dòng)能最小時(shí)在圖中K點(diǎn)

Q

\K

從。點(diǎn)到長(zhǎng)點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得

-鬲g11+古R=Jmin-

解得

5-2V2

~2~

(3)設(shè)B球經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度為為，從。點(diǎn)到。點(diǎn)，有

11,

—mv：2——mv\=mg2R

2?2°

解得

B球離開0點(diǎn)后，設(shè)到達(dá)y軸所需要的時(shí)間為/,則有

2R=；4

1Eq，

yf+彳一廠

2m

解得

y=(2+2⑹火

即經(jīng)過y軸上時(shí)的坐標(biāo)為(0,(2+石次，0)o

3.如圖，一質(zhì)量為/〃、帶電量為+。的小球從距地面高度為〃處以一定的初速度水平拋出，在距離拋出點(diǎn)水

平距離為上處，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g,為使小球能無碰撞

地通過管子，在管子上方的整個(gè)區(qū)域內(nèi)加一個(gè)方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求;

（1）小球運(yùn)動(dòng)至管上口的時(shí)間;

⑵勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小;

（3）小球落地時(shí)的動(dòng)能。

【答案】⑴依

2mgL

⑵丁

⑶“磔

【詳解】（1）將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在豎苣方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻

減速直線運(yùn)動(dòng)到零，小球運(yùn)動(dòng)至管上口的時(shí)間由豎直方向的運(yùn)動(dòng)決定，由

h--h=-gt2

2

解得

h_

（2）在水平方向，小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，至管上口，水平方向速度為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

解得

%

水平方向上有

解得

E=2

qh

（3）由題意可知，小球最”在水平方向的速度為零，在豎直方向始純做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地時(shí)的速度大

小為V,則

v~-2gh

解得

V=y12gh

所以，落地時(shí)的動(dòng)能為

尸121

￡卜=mgh

4.如圖，。加是豎直面內(nèi)的光滑絕緣固定軌道，"水平，反是與他相切于。點(diǎn)且半徑為JR圓弧.所在空間

有方向平行于而向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。面軌道上P點(diǎn)由靜止釋放個(gè)質(zhì)量為小、電荷量為q(夕>0)的小球，小球

飛出軌道后達(dá)到的最高點(diǎn)為2(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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小

E:鱉,。與C點(diǎn)的高度差為6,求：

q7.

(l)Pb之間距離;

(2)2點(diǎn)與c點(diǎn)之間距離；

⑶小球?qū)壍赖淖畲髩毫Α?/p>

【答案】⑴g

⑵亭

(3)(372-l>g

【詳解】(1)從c到Q的過程中，豎直方向上有

2、R

匕=2g.]

從P到c的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

,、1

qE(xPh+R)-mgR=-n:Vc

聯(lián)立解得Pb之間距離為

R

"3

（2）從。到。的過程中，豎直方向上有

匕=織

水平方向有

12qE

x=，%=—=g

2m

聯(lián)立解得c。的水平距離為

R

x=-

2

則。點(diǎn)與c點(diǎn)之間距離為

停+受有

（3）根據(jù)題意可知重力與電場(chǎng)力大小相等，則軌道上等效物理最低點(diǎn)位于從圓弧的中點(diǎn)，該點(diǎn)軌道所受

壓力最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得

R|

qE（—+Rsin45°）-mg（R-Rcos450）=—mv2

根據(jù)牛頓第二定律可得

N-6mg=m~^

聯(lián)立解得

N-（3>/2—l）wg

根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖淖畲髩毫?/p>

N'=N=（3x[2-i）mg

5.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〃?、帶電量

為F（夕>0）的小球從。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。力兩點(diǎn)間距離為笠，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，在小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到/點(diǎn)的過程中，求：

g

（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。

%o

x

4次

g

A

【答案】（1）2〃U；（2）E=—,方向?yàn)榕cO1成60。角斜向下；（3）—v

（120

【詳解】（i）小球由。運(yùn)動(dòng)到力過程，由動(dòng)能定理有

mg-OA+IK=—>一;〃而

代入數(shù)據(jù)得電場(chǎng)力對(duì)小球做功為

IV=2〃“

（2）設(shè)電場(chǎng)力方向與OA的夾角為仇則小球由O運(yùn)動(dòng)到力過程，電場(chǎng)力做功

W=qEOA-CGsO

可得

2qEcos0=〃?g

小球在水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

qEsin0

4=m-----------

在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

mg+qEcosG

m

則

聯(lián)立得

x/33

?5-g，a>=2S

電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

El

q

且

6=60。

即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)榕c。力成60。角斜向下。

（3）經(jīng)過時(shí)間/,小球的速度大小為

-=（a/）?

整理可得

33-骼/+/

可見當(dāng)即/=強(qiáng)時(shí)，小球的速度最小，為

66g

曦一唇邛%

6.如圖所示，其空中有一足夠大佐水平向右的勻湖電場(chǎng)，質(zhì)量均為加、帶電量分別為+夕和3g的兩小球同

時(shí)從O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60。，4、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)過力點(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（）

O

A.兩小球同時(shí)到4、8兩點(diǎn)

B.帶負(fù)電的小球經(jīng)過8點(diǎn)的速度大小也為%

C.兩小球到達(dá)力、〃兩點(diǎn)過程中電勢(shì)能變化量之比為1:3

D.04與O5水平距離之比為3:1

【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

%,=%sin60。

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)4、5兩點(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

v0v=v0cos60°=1v0

由題可知，帶正電的小球有

1

帶負(fù)電的小球有

,1.

v=--v(l+3at

解得

v=v0

帶負(fù)電的小球經(jīng)過8點(diǎn)的速度大小也為9,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)4、8兩點(diǎn)過程中電勢(shì)能變化量之比為1:1,C錯(cuò)誤，符合題意；

D.由上分析可知

%），=%sin60°=gt

1

%=5%+必

聯(lián)立解得

g=

故

MY；%），

代入數(shù)據(jù)解得

也=3

XOB

即0與08水平距離之比為3:1,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(chǎng)，一帶電小球由），軸上的P點(diǎn)以水平速度%拋

出，經(jīng)過一段時(shí)間小球剛好落在坐標(biāo)原點(diǎn)。已知小球的質(zhì)量為〃，、帶電荷量為外電場(chǎng)強(qiáng)度后二整，重力

(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(shí)刻的坐標(biāo)值；

(2)求小球動(dòng)能的最小值。

【答案】(1)負(fù)電，苧~,著

12g2gJ

⑵)片

【詳解】(i)由題意可知，小球在水平方向只受電場(chǎng)力，且開始時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，但最終落在坐標(biāo)原點(diǎn)，故小

球應(yīng)受向左的電場(chǎng)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(dòng)，水平方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。

水平方向上受力有

F=Eq=〃必點(diǎn)和0點(diǎn)的橫坐標(biāo)相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)伸可知，小球在從P到O的過程中中間時(shí)刻

在水平方向的速度為零，該過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

%

又

八些

q

解得

g

則從P到。的過程中中間時(shí)刻小球的橫坐標(biāo)為

、=工=罡

2ax2g

縱坐標(biāo)為

y=；g(2z)2_1g〃=等

222g

則中間時(shí)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(shí)，小

設(shè)合力與水平方向的夾角為。，此時(shí)

%"%sin0

根據(jù)力的幾何關(guān)系知

si?,〃陪=■

1(Eq)?+(mg)22

聯(lián)立解得

V2

-=丁。

所以小球動(dòng)能的最小值為

「1212

&?=5〃”薪=4〃?埼

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)0,用一根長(zhǎng)度L=0.4m的絕緣細(xì)繩把質(zhì)量

為加=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在。點(diǎn)，小球靜止在3點(diǎn)時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為0=37。.現(xiàn)

將小球拉至位置4使細(xì)線水平后日靜止釋放：

建立”等效重力場(chǎng)”如圖所示，”等效重力加速度”g',

方向：與豎直方向的夾角3(T,大?。篻，=——=1.25g

cos37

B

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

mg\L,-L)=〃7gZ(cos0-sin0)=—

OA0c2

代人數(shù)值得hx1.4m/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)小球的速度為以，繩上的拉力為b，則

“g'(￡-Asin6^)=~mvB①

FL-mgf=

聯(lián)立①②兩式子得￡=2.25N

L如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用長(zhǎng)為心、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于。點(diǎn)。現(xiàn)對(duì)小球施加水平恒力使其從

靜止開始運(yùn)動(dòng)，輕繩拉力耳大小隨繩轉(zhuǎn)過的角度。變化的曲線如圖乙所示，圖中不為已知量，重力加速度

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JJg

C小球運(yùn)動(dòng)過程中輕繩拉力的最大值為4小

D.小球從開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，增加的機(jī)械能為

【答案】BC

【解析】水平恒力廠與重力合成出一個(gè)新力場(chǎng)(因?yàn)閮蓚€(gè)力的方向和大小都不變)，得到尸,力場(chǎng)，L力場(chǎng)

為等效重力場(chǎng)模型，受力分析如圖所示

A.除重力之外只有尸在做功，當(dāng)小球到達(dá)水平位置時(shí)，尸做功最多，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)，速度為匕=0,設(shè)其加速度為。，據(jù)牛二定律得

4+G「R=〃(

L

G2+F2=Gsin60°+Fsin30°=tnat

解得

%=0,a（=Gg

據(jù)加速度的合成與分解得

故B選項(xiàng)正確；

7T

C.由圖可知，當(dāng)。=§=60。時(shí)，輕繩拉力巴.達(dá)到最大值E「gx，輕繩的拉力Kmax與尸的合力為小球運(yùn)

動(dòng)提供向心力，則有

由動(dòng)能定理得

-〃7g(L-Lcos60°)+FLsin60°=—mv\

其中

F=mgtan60°=也mg

產(chǎn)=溫=2摩

聯(lián)立上式，解得

入max=4〃嚕

因?yàn)閯傞_始時(shí)小球是靜止的，則有

F。=mg

故

4=明

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

V/=FLcos30°=6mgx曰L-1-mgL

33

W=-mgL=-F0L

故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選BC.,

2.如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根長(zhǎng)L=0.5m的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量〃，=lkg的

帶電小球，另一端固定于。點(diǎn)。把小球拉起至彳點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線水平，把小球從4點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)最

低點(diǎn)8后到達(dá)4的另一-側(cè)。點(diǎn)時(shí)速度為零，CO與8。夾角為30>,glZ10nVs2o則()

O.。/

-CT----5~~7E

('

----------------B--------

A.小球一定帶負(fù)電

B.小球從4點(diǎn)經(jīng)過8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30N

D.小球到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為巴Wj

3

【答案】D

【詳解】A.對(duì)全過程，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X點(diǎn)經(jīng)過8點(diǎn)再到。點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，可知小球的機(jī)械能一宜減小，B錯(cuò)誤;

C.對(duì)全過程根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgLcos30°-qEL(\+sin30°)=0

解得

qE=9

3

重力和電場(chǎng)力的合力

F=yl(qE)2+(mg)2=

與水平方向夾角的正切值

tan"避

qE

可得

6=60。

如圖所示

-------------3---------------

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

mgLcos30°-夕EA(1—sin30°)=；

在等效最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

2

7_一尸=黨

聯(lián)立解得細(xì)線所受的最大拉力

T406z

八=二一N

C錯(cuò)誤；

D.從4到8根據(jù)動(dòng)能定理可得

口rE15-55/5T

Ek=mgL-qEL=----------J

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(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為￡的絕緣細(xì)線，紐線一端固定

在。點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為機(jī)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。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)什方向做圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E="g頡"

q

B.小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的最小值為耳mm=音々

2s\nO

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.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，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

tan^=—

mg

解得

mgtan0

E=

q

故A正確；

B.小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成。角，則/點(diǎn)為小球繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)的等效

最高點(diǎn)

/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

二〃，昨in

cos6L

動(dòng)能

F1WV2

^kmin=-min

聯(lián)立解得

=mgL

km，n2cos。

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。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.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，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Ao

4.如圖水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)線系住一質(zhì)量為，"，帶電量為(</>0)

的小球。小球從豎直位置4點(diǎn)靜止釋放，可繞著懸點(diǎn)。在豎直平面內(nèi)擺過最大角度為120°。在小球右側(cè)還

有一足夠長(zhǎng)的斜面，斜面傾角為6(r,。點(diǎn)距斜面垂直距離為從忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。

(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E;

(2)換用另一根長(zhǎng)度也為l的絕緣細(xì)線，當(dāng)繩中拉力達(dá)到4mg時(shí)，繩會(huì)斷開。求從力點(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(shí)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(zhǎng)度，仍從4點(diǎn)靜止釋放小球，求當(dāng)細(xì)線長(zhǎng)度為多少時(shí)，小

球在斜面上的落點(diǎn)最高。

【答案】(1)業(yè)曳

q

⑵I

(3)?

如圖所示

由題分析，可知小球從力點(diǎn)靜止開始最多擺到8點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可得

8=30°

根據(jù)動(dòng)能定理有

+sin。)=EqlcosO

解得

￡=如

q

(2)利用等效重力場(chǎng)原理，則等效重力為

mg'=yj(mg)2+(Eq)2=2mg

方向?yàn)榕c豎直方向夾角a=60向下。

當(dāng)小球經(jīng)過等效最低點(diǎn)時(shí)，小球運(yùn)度最大，細(xì)線張力最大，根據(jù)牛頓第二定律有

T-mg'=m

L

根據(jù)動(dòng)能定理有

mg'￡(1-cosa)=-wv；

T=4〃?g,vm=y/2gL

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

(vsin60°)23,

-m------------=-L