資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題14 “等效重力場”模型
[模型導航]
【知識分析】“等效重力場”模型解法 1
【模型一】“等效重力場”中的直線運動模型 1
【模型二】“等效重力場”中的拋體類運動模型 2
【模型三】“等效重力場”中的單擺類模型 4
【模型四】“等效重力場”中的圓周運動類模型 8
[模型分析]
【知識分析】“等效重力場”模型解法
將一個過程或事物變換成另一個規律相同的過程和或事物進行分析和研究就是等效法．中學物理中常見的等效變換有組合等效法（如幾個串、并聯電阻器的總電阻）；疊加等效法（如矢量的合成與分解）；整體等效法（如將平拋運動等效為一個勻速直線運動和一個自由落體運動）；過程等效法（如將熱傳遞改變物體的內能等效為做功改變物體的內能）
“等效重力場”建立方法——概念的全面類比
為了方便后續處理方法的遷移，必須首先搞清“等效重力場”中的部分概念與復合之前的相關概念之間關系．具體對應如下：
等效重力場重力場、電場疊加而成的復合場
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量的比值
等效“最低點”物體自由時能處于穩定平衡狀態的位置
等效“最高點”物體圓周運動時與等效“最低點”關于圓心對稱的位置
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
【模型一】“等效重力場”中的直線運動模型
【運動模型】 如圖所示，在離坡底為L的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也是L．桿上端A到坡底B之間有一光滑細繩，一個帶電量為q、質量為m的物體穿心于繩上，整個系統處在水平向右的勻強電場中，已知細線與豎直方向的夾角θ=30 ．若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，設細繩始終沒有發生形變，求物體在細繩上滑行的時間．（g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8）
因細繩始終沒有發生形變，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
“等效重力場”的“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角，大小：帶電小球沿繩做初速度為零，加速度為的勻加速運動
①
②
由①②兩式解得
“等效重力場”的直線運動的幾種常見情況
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動
（多選）如圖所示，地面上固定一傾角為θ＝53°，高為h的光滑絕緣斜面，現將一個帶正電的物塊（可視為質點）從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質量為m，電荷量為q，斜面置于水平向左的勻強電場中，電場強度大小為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為mgh
B．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為
C．物塊落地的動能大小為2mgh
D．物塊落地的動能大小為
如圖所示，空間有一水平方向的勻強電場，初速度為v0的帶電小球從A點射入電場，在豎直平面內沿直線從A運動到B，下列說法正確的是（　　）
A．小球帶負電
B．小球的機械能減少
C．小球做勻速直線運動
D．重力勢能和電勢能之和減少
如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（　　）
A．M板電勢高于N板電勢
B．兩個粒子的電勢能都增加
C．粒子在兩板間的加速度為a
D．粒子從N板下端射出的時間t
【模型二】“等效重力場”中的拋體類運動模型
【運動模型】如圖所示，在電場強度為E的水平勻強電場中，以初速度為豎直向上發射一個質量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運動過程中具有的最小速度．
建立等效重力場如圖所示，等效重力加速度
設與豎直方向的夾角為θ，則
其中
則小球在“等效重力場”中做斜拋運動
當小球在y軸方向的速度減小到零，即時，兩者的
合速度即為運動過程中的最小速度
（多選）（2023 湖北）一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．L：d＝2：1
B．U1：U2＝1：1
C．微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
（多選）如圖所示，在電場強度方向水平向右的勻強電場中，一質量為m、帶電荷量為q的粒子從A點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動到B點時速度方向水平、大小也為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在該過程中克服電場力做功為mv02
B．勻強電場的電場強度大小為
C．粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大mv02
D．粒子從A點運動到B點所用的時間為
（多選）如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為E，方向與水平方向夾角為45°，一質量為m、電荷量的帶正電小球（可視為質點），從A點以初速度v0豎直向上拋出，經過一段時間后運動到B點，A、B兩點在同一電場線上，重力加速度為g，不計空氣阻力，帶電小球從A點到B點過程中（　　）
A．用時為 B．動能增加
C．電勢能減少 D．機械能增加
如圖所示，一個可以看成點電荷的帶電小球質量為m，電荷量為+q，從水平面上的M點以初速度v0拋出，初速度方向與豎直方向的夾角為θ，小球恰好垂直撞擊在豎直墻壁的N點，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．小球從M點運動到N點的豎直位移y與水平位移x之比滿足tanθ
B．若在空間施加一個垂直紙面向里的勻強電場，小球從M點以速度v0沿原方向拋出后可能會垂直擊中墻面
C．若在空間施加一個大小為E、方向與v0同向的勻強電場，從水平地面上的P點將小球以速度v0拋出，速度方向與豎直方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的Q點，則PQ兩點間的水平間距l
D．若空間中充滿了垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B，從水平地面上的S點將小球以速度v0豎直向上拋出后，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的T點，則ST兩點間豎直高度差h
在電場方向水平向右的勻強電場中，一電荷量為q的帶正電小球從O點以初速度v0豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，以O點為坐標原點建立平面直角坐標系如圖所示，小球運動過程中經過A、B、C三點，A點的縱坐標為3L，B點為運動軌跡的最高點，B點縱坐標為4L，C點與O點在同一水平線上，OB間的電勢差大小為U，小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，重力加速度為g，求：
（1）從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比tOA：tAB，B點的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的質量大小m；
（3）從O點到C點的運動過程中最小速度的大小vmin。
【模型三】“等效重力場”中的單擺類模型
【模型構建】如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度L=0.4m的絕緣細繩把質量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角為θ=37 ．現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放：
建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，
方向：與豎直方向的夾角，大小：
由A、C點分別做繩OB的垂線，交點分別為A'、C'，由動能
定理得帶電小球從A點運動到C點等效重力做功
代入數值得m/s
當帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設該時小球的速度為，繩上的拉力為，則
①
②
聯立①②兩式子得N
如圖一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現把細線水平拉直，小球從A點靜止釋放，經最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則（　　）
A．小球在B點時的速度最大
B．小球在B點時的繩子拉力最大
C．小球從A到C的過程中，機械能先減少后增大
D．從A到C的過程中小球的電勢能一直增大
（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為l的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度為，下列說法正確的是（　　）
A．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為
B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大
C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動
D．若去掉細線，將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點
（多選）質量為m的帶正電小球懸掛在絕緣細線上，小球視為質點，絕緣細線長為L，整個空間有水平方向場強為E的勻強電場，當小球靜止時，細線與豎直方向成θ角（θ＜5°），重力加速度為g。若保持場強大小不變方向迅速改為豎直向下，小球從圖示位置到第一次經過最低點需要時間為t，則（　　）
A．小球所帶電荷量為
B．小球所帶電荷量為
C．
D．
（2023 全國）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d，電勢分別為U0和﹣U0（U0＞0 ），長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【模型四】“等效重力場”中的圓周運動類模型
【模型構建】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．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現有一質量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應為多大？
運動特點：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受到重力、電場力，軌道作用力，且要求能安全通過圓軌道．
對應聯想：在重力場中，小球先在水平面上運動，重力不作功，后在圓軌道上運動的模型：過山車．
等效分析：如圖所示，對小球受電場力和重力，將電場力與重力合成視為等效重力，大小，，得，于是重效重力方向為垂直斜面向下，得到小球在斜面上運動，等效重力不做功，小球運動可類比為重力場中過山車模型．
規律應用：分析重力中過山車運動，要過圓軌道存在一個最高點，在最高點滿足重力當好提供向心力，只要過最高點點就能安全通過圓軌道．如果將斜面順時針轉過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點應為等效重力方向上直徑對應的點B，則B點應滿足“重力”當好提供向心力即：
假設以最小初速度v0運動，小球在斜面上作勻速直線運動，進入圓軌道后只有重力作功，則根據動能定理：解得：
如圖所示，在豎直平面內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，另一端系一質量為m的帶電小球。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點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度
B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
如圖所示，環形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內徑遠小于環的半徑，ab為該環的水平直徑，環的ab及其以下部分處于水平向左的勻強電場中，管的內壁光滑。現將一質量為m，電荷量為q的小球從管中a點由靜止開始釋放，已知qE＝mg，小球可以運動過b點。則下列說法正確的是（　　）
A．小球帶負電荷
B．小球釋放后，到達b點時速度為零，并在bda間往復運動
C．小球釋放后，第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為1：6
D．小球釋放后，第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5：1
半徑為r的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，環上套有質量為m帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖，珠子所受靜電力是其重力的倍，將珠子從環上最低位置A點由靜止釋放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）則珠子所獲得的最大動能是（　　）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
如圖所示，豎直固定的光滑絕緣軌道處在水平向右的勻強電場中，軌道的傾斜部分MN傾角θ＝53°，水平部分NP與傾斜軌道MN平滑連接，圓心為O、半徑為R的圓弧軌道PQJK與NP相切于P點。現有一質量為m、電荷量為+q的帶電小球（可視為質點）從M點由靜止釋放，小球可沿軌道運動。已知電場強度大小E，軌道水平段NP長度sNP＝4R，重力加速度為g，空氣阻力不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）當小球釋放高度h＝9.6R時，求小球到達P點時的速度大小；
（2）當小球釋放高度h＝9.6R時，求小球運動到與O點等高的Q點時受到軌道彈力的大小；
（3）如果其他條件不變，僅將小球帶電量變為﹣q，要使小球在運動過程中不脫離圓弧軌道，求小球釋放高度h的取值范圍。
如圖所示，光滑絕緣小平臺距水平地面高H＝0.96m，地面與豎直絕緣光滑圓形軌道在A點連接，整個裝置位于水平向右的勻強電場中。現將質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝1×10﹣3C的小球（帶正電，可視為質點）從平臺上端點N由靜止釋放，離開平臺N后，沿直線NA運動，恰好由A點沿切線進入右側絕緣光滑圓形軌道（軌道半徑R未知），并沿軌道恰好能運動到C點。圖中O點是圓軌道的圓心，B、C分別是圓形軌道的最低和最高點，AO、BO間的夾角為53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）勻強電場的大小；
（2）小球運動到C點時的速度大小；
（3）小球在圓形軌道上運動時對軌道的最大壓力大小。
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專題14 “等效重力場”模型
[模型導航]
【知識分析】“等效重力場”模型解法 1
【模型一】“等效重力場”中的直線運動模型 1
【模型二】“等效重力場”中的拋體類運動模型 2
【模型三】“等效重力場”中的單擺類模型 6
【模型四】“等效重力場”中的圓周運動類模型 12
[模型分析]
【知識分析】“等效重力場”模型解法
將一個過程或事物變換成另一個規律相同的過程和或事物進行分析和研究就是等效法．中學物理中常見的等效變換有組合等效法（如幾個串、并聯電阻器的總電阻）；疊加等效法（如矢量的合成與分解）；整體等效法（如將平拋運動等效為一個勻速直線運動和一個自由落體運動）；過程等效法（如將熱傳遞改變物體的內能等效為做功改變物體的內能）
“等效重力場”建立方法——概念的全面類比
為了方便后續處理方法的遷移，必須首先搞清“等效重力場”中的部分概念與復合之前的相關概念之間關系．具體對應如下：
等效重力場重力場、電場疊加而成的復合場
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量的比值
等效“最低點”物體自由時能處于穩定平衡狀態的位置
等效“最高點”物體圓周運動時與等效“最低點”關于圓心對稱的位置
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
【模型一】“等效重力場”中的直線運動模型
【運動模型】 如圖所示，在離坡底為L的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也是L．桿上端A到坡底B之間有一光滑細繩，一個帶電量為q、質量為m的物體穿心于繩上，整個系統處在水平向右的勻強電場中，已知細線與豎直方向的夾角θ=30 ．若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，設細繩始終沒有發生形變，求物體在細繩上滑行的時間．（g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8）
因細繩始終沒有發生形變，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
“等效重力場”的“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角，大小：帶電小球沿繩做初速度為零，加速度為的勻加速運動
①
②
由①②兩式解得
“等效重力場”的直線運動的幾種常見情況
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動
（多選）如圖所示，地面上固定一傾角為θ＝53°，高為h的光滑絕緣斜面，現將一個帶正電的物塊（可視為質點）從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質量為m，電荷量為q，斜面置于水平向左的勻強電場中，電場強度大小為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為mgh
B．物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為
C．物塊落地的動能大小為2mgh
D．物塊落地的動能大小為
【解答】解：AB、物塊受力如圖所示
tanα，則α＝37°
物塊從靜止釋放到落地過程的位移x
物塊從靜止釋放到落地過程電場力做的功W＝qExcosα＝qh×cos37°，故A錯誤，B正確；
CD、物塊受到的合力大小Fmg，物塊從釋放到落地過程，由動能定理得：Fx＝Ek﹣0，解得，落地時的動能Ek，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
如圖所示，空間有一水平方向的勻強電場，初速度為v0的帶電小球從A點射入電場，在豎直平面內沿直線從A運動到B，下列說法正確的是（　　）
A．小球帶負電
B．小球的機械能減少
C．小球做勻速直線運動
D．重力勢能和電勢能之和減少
【解答】解：A、帶電小球做直線運動，所以所受合力方向與運動方向在同一直線上，小球受到重力和電場力，可知小球所受的電場力方向水平向左，與場強方向相同，所以小球帶正電。故A錯誤。
BCD、因為電場力和重力方向與位移方向夾角為鈍角，所以重力和電場力都做負功，故重力勢能增加，電勢能增加，所以重力勢能與電勢能之和增加，根據能量守恒可知，小球的機械能減小，即動能與重力勢能之和減小。又因為小球機械能減小，小球重力勢能增加，所以小球的動能減小，故B正確，CD錯誤。
故選：B。
如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（　　）
A．M板電勢高于N板電勢
B．兩個粒子的電勢能都增加
C．粒子在兩板間的加速度為a
D．粒子從N板下端射出的時間t
【解答】解：A、因為不知道兩粒子的電性，故無法確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；
B、根據題意可知垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M板向下的粒子達到N板時電場力也做正功，電勢能也減小，故B錯誤；
CD。設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有
對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中的加速度也相同，有
聯立解得：；，故C正確，D錯誤；
故選：C。
【模型二】“等效重力場”中的拋體類運動模型
【運動模型】如圖所示，在電場強度為E的水平勻強電場中，以初速度為豎直向上發射一個質量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運動過程中具有的最小速度．
建立等效重力場如圖所示，等效重力加速度
設與豎直方向的夾角為θ，則
其中
則小球在“等效重力場”中做斜拋運動
當小球在y軸方向的速度減小到零，即時，兩者的
合速度即為運動過程中的最小速度
（多選）（2023 湖北）一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．L：d＝2：1
B．U1：U2＝1：1
C．微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
【解答】解：B、粒子在電容器中水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻變速直線運動，根據電場強度和電勢差的關系以及電場強度與電場力的關系可得
E①
F＝qE＝ma②
粒子射入電容器后的速度為v0，水平方向上和豎直方向上的分速度為
vx＝v0cos45°v0③
vy＝v0sin45°v0④
粒子從射入到運動到最高點，由運動學關系速度與位移公式可得
v2ad⑤
粒子在電場加速的過程中由動能定理可得
qU1mv⑥
聯立①②④⑤⑥解得
U1：U2＝1：1
故B正確；
A、粒子從射入到運動到最高點過程中，設水平方向速度為vx，豎直方向上速度為vy，且水平方向上的位移為
x＝2L＝vxt⑦
豎直方向上的位移為y＝d⑧
聯立⑦⑧解得
L：d＝1：1
故A錯誤；
C、粒子射入電容器到最高點過程中有
vy＝at⑨
粒子穿過電容器時從最高點到穿出過程中，設水平方向速度為vx，豎直方向上速度為vy1，在水平方向上由位移公式可得
L＝vxt1⑩
豎直方向上由速度公式可得
vy1＝at1
聯立整理⑨⑩ 解得
vy1
設粒子穿過電容器時，速度方向與水平方向的夾角為α，則
tanα
粒子射入電場和水平方向的夾角為β＝45°，則
tanβ＝tan45°＝1
根據數學三角函數公式可得
tan（α+β）＝3
故C錯誤；
D、粒子射入最高點的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為
yat2
聯立①②③④⑦⑧整理解得
y
即粒子在運動到最高點的過程中水平方向和豎直方向的位移均與電荷量和質量無關，射出電場過程中同理
x1＝L＝vxt1′
y1L
即軌跡不會變化，故D正確。
故選：BD。
（多選）如圖所示，在電場強度方向水平向右的勻強電場中，一質量為m、帶電荷量為q的粒子從A點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動到B點時速度方向水平、大小也為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在該過程中克服電場力做功為mv02
B．勻強電場的電場強度大小為
C．粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大mv02
D．粒子從A點運動到B點所用的時間為
【解答】解：BD、粒子在豎直方向上在重力作用下做加速度為g的勻減速運動，在B點豎直方向的速度為零，設粒子從A運動到B所需時間為t，則v0＝gt
則
水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運動，則
則：a＝g
所以勻強電場的電場強度大小為
故B錯誤，D正確；
AC、從A到B水平方向上的位移為
則從A到B電場力做正功
則電勢能減小
即粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大，故A錯誤，C正確。
故選：CD。
（多選）如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為E，方向與水平方向夾角為45°，一質量為m、電荷量的帶正電小球（可視為質點），從A點以初速度v0豎直向上拋出，經過一段時間后運動到B點，A、B兩點在同一電場線上，重力加速度為g，不計空氣阻力，帶電小球從A點到B點過程中（　　）
A．用時為 B．動能增加
C．電勢能減少 D．機械能增加
【解答】解：A．帶電小球所受電場力
F
對帶電小球進行受力分析易得：豎直方向合力為0，水平方向合力為
qEsin45°＝mg
知帶電小球做加速度a＝g的類平拋運動，由A點到B點過程中水平和豎直位移相等有
得A點到B點用時為
故A正確；
B．帶電小球運動到B點時的速
動能增量
故B錯誤；
C．由A點到B點帶電小球所受合外力做功
W合＝qEsin45° lABsin45°qElAB
且
W合＝ΔEk＝2m
電場力做功
W電＝qElAB＝2W合＝4m
即電勢能減少，故C錯誤；
D．機械能增量等于電場力所做的功，故D正確。
故選：AD。
如圖所示，一個可以看成點電荷的帶電小球質量為m，電荷量為+q，從水平面上的M點以初速度v0拋出，初速度方向與豎直方向的夾角為θ，小球恰好垂直撞擊在豎直墻壁的N點，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．小球從M點運動到N點的豎直位移y與水平位移x之比滿足tanθ
B．若在空間施加一個垂直紙面向里的勻強電場，小球從M點以速度v0沿原方向拋出后可能會垂直擊中墻面
C．若在空間施加一個大小為E、方向與v0同向的勻強電場，從水平地面上的P點將小球以速度v0拋出，速度方向與豎直方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的Q點，則PQ兩點間的水平間距l
D．若空間中充滿了垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B，從水平地面上的S點將小球以速度v0豎直向上拋出后，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的T點，則ST兩點間豎直高度差h
【解答】解：A、可采用逆向思維法，將小球的斜上拋運動看作一個反向的平拋運動來處理，設小球水平拋出的初速度為v，從M點運動到N點的時間為t，借助速度的分解，可得：tanθ．由位移的分解可得：2，則：2tanθ，故A錯誤；
B、由運動的獨立性可知，當小球運動到N點時在豎直面的速度水平向左，但仍有垂直紙面向里的分速度，所以不可能垂直擊中墻面，故B錯誤；
C、電場力與重力的合力大小為mg，方向與v0垂直向左下方，將該合力與初速度v0沿水平方向與豎直方向分解，豎直方向上 t，在水平方向上，l＝v0sin37° t，故C錯誤；
D、由于mg＝qv0B，可將小球的運動分解為水平向右的速度為v0的勻速運動和速率為的逆時針方向的勻速圓周運動兩個分運動，在T處的速度是兩種運動速度的矢量之和，即v＝（1）v0，由動能定理得：﹣mgh，解得 h。
也可以采用動能定理和動量定理來處理，設到T處速度為v，從S到T的過程中，由動能定理得：﹣mgh
在水平方向上，由動量定理得：qBt＝mv﹣0，即h，聯立解得 h，故D正確。
故選：D。
在電場方向水平向右的勻強電場中，一電荷量為q的帶正電小球從O點以初速度v0豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，以O點為坐標原點建立平面直角坐標系如圖所示，小球運動過程中經過A、B、C三點，A點的縱坐標為3L，B點為運動軌跡的最高點，B點縱坐標為4L，C點與O點在同一水平線上，OB間的電勢差大小為U，小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，重力加速度為g，求：
（1）從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比tOA：tAB，B點的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的質量大小m；
（3）從O點到C點的運動過程中最小速度的大小vmin。
【解答】解：（1）小球在豎直方向上做豎直上拋運動，則：vyB＝0
從O到B：
從A到B：
可得：tOB＝2tAB
所以從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比為：
小球到達A點，豎直方向的分速度為：
由小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，可得：
代入解得：
小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，則小球在B點的速度大小：
（2）小球從O到B過程，豎直方向有v0＝gtOB
水平方向有：
聯立解得：
則有：
又根據牛頓第二定律有：
解得：
（3）小球受到的電場力方向水平向右，大小為：
設小球受到的重力和電場力的合力方向與水平方向的夾角為θ，則有：
解得：θ＝30°
將小球在O點的速度分解到平行重力和電場力的合力方向和垂直重力和電場力的合力方向，如圖所示
當平行重力和電場力的合力方向的分速度為零時，小球的速度最小，則有
答：（1）從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比tOA：tAB為，B點的速度大小vB為；
（2）O到B的水平位移大小xOB為，小球質量的大小為；
（3）從O點到C點的運動過程中最小速度的大小vmin為。
【模型三】“等效重力場”中的單擺類模型
【模型構建】如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度L=0.4m的絕緣細繩把質量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角為θ=37 ．現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放：
建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，
方向：與豎直方向的夾角，大小：
由A、C點分別做繩OB的垂線，交點分別為A'、C'，由動能
定理得帶電小球從A點運動到C點等效重力做功
代入數值得m/s
當帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設該時小球的速度為，繩上的拉力為，則
①
②
聯立①②兩式子得N
如圖一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現把細線水平拉直，小球從A點靜止釋放，經最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則（　　）
A．小球在B點時的速度最大
B．小球在B點時的繩子拉力最大
C．小球從A到C的過程中，機械能先減少后增大
D．從A到C的過程中小球的電勢能一直增大
【解答】解：AB、小球受到電場力與重力、繩子的拉力的作用，在復合場中做類單擺運動，當重力與電場力的合力與繩子的拉力在同一條直線上時，小球處于等效最低點，此時小球的速度最大，對繩子的拉力最大，而等效最低點不在B點，在AB之間。故A、B錯誤；
C、從A到B的過程中，小球所受的電場力水平向右，則電場力對小球一直做負功，小球的機械能一直減少。故C錯誤；
D、從A到C的過程中小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增大，故D正確；
故選：D。
（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為l的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度為，下列說法正確的是（　　）
A．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為
B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大
C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動
D．若去掉細線，將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點
【解答】解：A、由于電場強度E，故mg＝Eq，重力與電場力的合力大小為mg，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，則有：
mg＝m，解得，v，故A錯誤；
B、除重力和彈力外其它力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，故到B點時的機械能最大，故B正確；
C、因電場力qE和重力mg合力F合的方向與豎直方向夾角為45°指向右向下方，故將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動到C處，此時細線被拉直，小球以水平方向的分速度由C點開始做圓周運動，若小球不脫離圓周軌道，再次返回到C點其速度必不為零，則小球不可能在ACBD圓弧上往復運動，故C錯誤；
D、若將小球在A點以大小為 的速度豎直向上拋出，小球將不會沿圓周運動，因此小球在豎直方向做豎直上拋，水平方向做勻加速運動，因Eq＝mg，故水平加速度與豎直速度加速大小均為g，當豎直方向上的位移為零時，時間t＝2，則水平位移xgt2＝2L，則說明小球剛好運動到B點，故D正確。
故選：BD。
（多選）質量為m的帶正電小球懸掛在絕緣細線上，小球視為質點，絕緣細線長為L，整個空間有水平方向場強為E的勻強電場，當小球靜止時，細線與豎直方向成θ角（θ＜5°），重力加速度為g。若保持場強大小不變方向迅速改為豎直向下，小球從圖示位置到第一次經過最低點需要時間為t，則（　　）
A．小球所帶電荷量為
B．小球所帶電荷量為
C．
D．
【解答】解：AB、對小球受力分析知：Eq＝mgtanθ，解得q，故A正確，B錯誤；
B、當電場豎直向下，等效重力G′＝mg+Eq＝mg（1+tanθ），等效重力加速度g′＝g（1+tanθ），小球將做單擺運動，單擺的周期T＝2π2π4t，解得：；故C正確，D錯誤；
故選：AC。
（2023 全國）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d，電勢分別為U0和﹣U0（U0＞0 ），長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π D．2π
【解答】解：若上下導體板電勢均為零時，由單擺周期公式可得，小球在平衡位置附近擺動的周期為
T0＝2π
由于上下導體板間有電勢差，帶電小球處于重力場和電場的雙重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g實際應為重力場和電場作用下的等效重力加速度g′
上下導體板間有電勢差為U＝U0﹣（﹣U0）＝2U0
上下導體板間的電場強度為E
按照力的獨立性原則，小球在重力場和電場共同作用下，產生的等效重力加速度g′應滿足
g′＝g
聯立各式解得
g′
代入單擺周期公式，可得小球在平衡位置附近擺動的周期為
T＝2π
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【模型四】“等效重力場”中的圓周運動類模型
【模型構建】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．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現有一質量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應為多大？
運動特點：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受到重力、電場力，軌道作用力，且要求能安全通過圓軌道．
對應聯想：在重力場中，小球先在水平面上運動，重力不作功，后在圓軌道上運動的模型：過山車．
等效分析：如圖所示，對小球受電場力和重力，將電場力與重力合成視為等效重力，大小，，得，于是重效重力方向為垂直斜面向下，得到小球在斜面上運動，等效重力不做功，小球運動可類比為重力場中過山車模型．
規律應用：分析重力中過山車運動，要過圓軌道存在一個最高點，在最高點滿足重力當好提供向心力，只要過最高點點就能安全通過圓軌道．如果將斜面順時針轉過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點應為等效重力方向上直徑對應的點B，則B點應滿足“重力”當好提供向心力即：
假設以最小初速度v0運動，小球在斜面上作勻速直線運動，進入圓軌道后只有重力作功，則根據動能定理：解得：
如圖所示，在豎直平面內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，另一端系一質量為m的帶電小球。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點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度
B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
【解答】解：A．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，對小球進行受力分析，如圖所示
由平衡關系可知
tanθ
解得
E
故A正確；
B．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，則A點為小球繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動的等效最高點，如圖所示
A點時小球的速度最小，動能最小，由牛頓第二定律可知
F
動能
Ekmin
聯立解得
Ekmin
故B錯誤；
C．由功能關系可知，小球機械能的變化量等于除重力之外的電場力做的功。由題意可知，當小球運動到最左邊與O點等高時，電場力做負功最多，機械能最小，故C錯誤；
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內沿逆時針方向運動一周的過程中，電場力先做正功，再做負功，再做正功，所以電勢能先減小，再增大，再減小，故D錯誤。
故選：A。
如圖所示，環形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內徑遠小于環的半徑，ab為該環的水平直徑，環的ab及其以下部分處于水平向左的勻強電場中，管的內壁光滑。現將一質量為m，電荷量為q的小球從管中a點由靜止開始釋放，已知qE＝mg，小球可以運動過b點。則下列說法正確的是（　　）
A．小球帶負電荷
B．小球釋放后，到達b點時速度為零，并在bda間往復運動
C．小球釋放后，第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為1：6
D．小球釋放后，第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5：1
【解答】解：A、小球從a點由靜止釋放能運動過b點，重力做功為零，所以電場力做正功，小球帶正電，故A錯誤；
B、小球釋放后到達b點時，由于電場力做正功，由動能定理知小球動能增加，則小球到達b點時速度不為零，故B錯誤；
C、從a點釋放第一次過c點時，根據向心力公式，有N1C+mg＝m；從a點釋放第一次到c點的過程，根據動能定理可知：
Eq 2R﹣mgR，聯立解得：N1c＝mg；
從開始到第二次到c點的過程，根據動能定理得：
﹣mgR+2qE 2R
第二次在c點，根據向心力公式，有：N2C+mg＝m，解得：N2c＝5mg
結合牛頓第三定律知第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為1：5，故C錯誤；
D、從開始到第一次過d點的過程，根據動能定理，有：mgR+qER
第一次在d點，對小球，根據向心力公式，有：N1d﹣mg＝m，
解得：N1d＝5mg；
結合牛頓第三定律知第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5：1，故D正確。
故選：D。
半徑為r的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，環上套有質量為m帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖，珠子所受靜電力是其重力的倍，將珠子從環上最低位置A點由靜止釋放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）則珠子所獲得的最大動能是（　　）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
【解答】解：設珠子運動到與豎直方向夾角為θ時，切向合力為零，珠子在此位置速度最大：
得θ＝53°
珠子從運動至動能最大位置，上升高度為H，此過程重力做負功，電場力做正功，支持力始終垂直于v，所以不做功
由動能定理得：
W﹣G＝Ek
qEr sin53°﹣mgH＝Ek
Ekmgr sin53°﹣mgr（1﹣cos53°），故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，豎直固定的光滑絕緣軌道處在水平向右的勻強電場中，軌道的傾斜部分MN傾角θ＝53°，水平部分NP與傾斜軌道MN平滑連接，圓心為O、半徑為R的圓弧軌道PQJK與NP相切于P點。現有一質量為m、電荷量為+q的帶電小球（可視為質點）從M點由靜止釋放，小球可沿軌道運動。已知電場強度大小E，軌道水平段NP長度sNP＝4R，重力加速度為g，空氣阻力不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）當小球釋放高度h＝9.6R時，求小球到達P點時的速度大小；
（2）當小球釋放高度h＝9.6R時，求小球運動到與O點等高的Q點時受到軌道彈力的大小；
（3）如果其他條件不變，僅將小球帶電量變為﹣q，要使小球在運動過程中不脫離圓弧軌道，求小球釋放高度h的取值范圍。
【解答】解：（1）當小球釋放高度h＝9.6R時，從釋放到運動到P點的過程，由動能定理可得：
mgh+qE（sNP）0
代入數據解得：vP。
（2）小球從P到Q的過程，由動能定理可得：
﹣mgR+qER
在Q點，根據牛頓第二定律可得：
N﹣qE＝m
聯立解得小球運動到Q點時受到軌道彈力的大小：N＝36.25mg。
（3）小球受到的重力和電場力的合力F的大小為：
F
解得：Fmg
將小球帶電量變為﹣q，電場力的方向為水平向左，設合力F與豎直方向夾角為β，則有：
tanβ，解得：β＝37°
如下圖所示：
①小球不脫離圓弧軌道，且做完整的圓周運動，則小球在圓軌道的等效最高點G需要的最小向心力恰好由合力F提供，設小球在圓軌道的等效最高點G的最小速度為vG，則有：
Fmg＝m
從釋放到運動到G點的過程，由動能定理可得：
mg（h1﹣R﹣Rcosβ）﹣qE（sNP+Rsinβ）0
聯立可得：h1
②小球的運動不越過圓心O點的等效等高處D點，小球亦可不脫離圓弧軌道，設小球釋放高度為h2時恰好能運動到D點，根據動能定理得：
mg[h2﹣（R﹣Rsinβ）]﹣qE（sNP+Rcosβ）＝0﹣0
聯立可得：h2
為使小球能夠進入圓弧軌道，需滿足：
mgh3﹣qE（sNP）＞0
解得：h3
則為使小球不脫離圓弧軌道，h應滿足：h，或h。
答：（1）小球到達P點時的速度大小為；
（2）小球運動到與O點等高的Q點時受到軌道彈力的大小為36.25mg；
（3）小球釋放高度h的取值范圍為h，或h。
如圖所示，光滑絕緣小平臺距水平地面高H＝0.96m，地面與豎直絕緣光滑圓形軌道在A點連接，整個裝置位于水平向右的勻強電場中。現將質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝1×10﹣3C的小球（帶正電，可視為質點）從平臺上端點N由靜止釋放，離開平臺N后，沿直線NA運動，恰好由A點沿切線進入右側絕緣光滑圓形軌道（軌道半徑R未知），并沿軌道恰好能運動到C點。圖中O點是圓軌道的圓心，B、C分別是圓形軌道的最低和最高點，AO、BO間的夾角為53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）勻強電場的大小；
（2）小球運動到C點時的速度大小；
（3）小球在圓形軌道上運動時對軌道的最大壓力大小。
【解答】解：（1）由題意，可知小球從N運動到A做勻加速直線運動，則小球所受合力沿NA方向，如圖所示：
由幾何關系可知NA與豎直方向的夾角為37°，故小球受到的電場力：qE＝mgtan37°
代入數據解得：E＝750N/C；
（2）小球恰好運動到C點，在C點根據牛頓第二定律可得：mg＝m
小球從N點到C點的過程中，根據功能關系有：mg（H﹣R﹣Rcos53°）+Eq（Htan37°+Rsin53°）mvC2
聯立兩式，代入數據解得：R＝1m，vCm/s；
（3）由于小球在整個運動過程中，受到的電場力與重力的合力保持不變，可等效看成小球受到的等效重力，大小為：
G′＝F合，解得：G′＝1.25N
由幾何關系，可得G'方向與豎直方向成37°，由于小球在圓軌道上運動到等效最低點時，小球的速度最大，對軌道的壓力也最大，由幾何關系可判斷出小球的等效最低點位于小球與O點連線與OB夾角為37°的位置，如上圖所示。
根據功能關系及牛頓第二定律有：
G′（R）
FN﹣G′＝m
聯立求得：FN＝6.75N
根據牛頓第三定律，可得小球在圓形軌道上運動時對軌道的最大壓力大小為6.75N。
答：（1）勻強電場的大小為750N/C；
（2）小球運動到C點時的速度大小為m/s；
（3）小球在圓形軌道上運動時對軌道的最大壓力大小為6.75N。
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