資源簡介

物理
電勢能和力學規律的綜合應用
[案例剖析]
(18分)在動摩擦因數μ＝0．2的足夠長的粗糙絕緣水平槽中，長為2L的絕緣輕質細桿兩端各連接一個質量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖(槽兩側光滑)。A球的電荷量為＋2q，B球的電荷量為－3q(均可視為質點，且不考慮兩者間相互作用的庫侖力)。現讓A處于如圖所示的①有界勻強電場區域MPQN內，已知虛線MP②恰位于細桿的中垂線上，MP和NQ的距離為3L，勻強電場的電場強度為E＝，方向水平向右。釋放帶電系統，讓A、B③從靜止開始運動(忽略小球運動中所產生的磁場造成的影響)。求：
(1)小球B第一次到達電場邊界MP④所用的時間；
(2)小球A第一次⑤離開電場邊界NQ時的速度大小；
(3)帶電系統運動過程中，B球⑥電勢能增加量的最大值。
[審題　抓住信息，準確推斷]　
關鍵信息 信息挖掘
題干 ①有界勻強電場區域MPQN內 說明在空間MPQN內有電場，其他地方沒有電場
②恰位于細桿的中垂線上 明確了系統開始運動的空間位置，此時只有A球受靜電力
③從靜止開始運動 系統開始運動時的初速度為零
問題 ④所用的時間 可利用牛頓第二定律及運動學公式求解
⑤離開電場邊界NQ時的速度大小 分析A球在離開NQ前的運動情況：先加速運動，再減速運動
⑥電勢能增加量的最大值 B球進入電場后受靜電力方向向左，只要B球向右運動，電勢能就會增加
[破題　形成思路，快速突破]　
(1)小球B第一次到達電場邊界MP所用時間的求解。
①求B球進入電場前的加速度。
a．研究對象：A、B兩球組成的系統；
b．列動力學方程：2Eq－μ·2mg＝2ma1。
②求B球第一次到達電場邊界MP所用時間。
列運動學方程：L＝a1t。
(2)小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小求解。
①研究過程：從B球進入電場到A球第一次離開電場。
②小球B剛進入電場的速度v1的求解。
a．選擇規律：運動學方程；
b．方程式：v＝2a1L。
③小球A第一次離開電場的速度v2的求解。
a．選擇規律：動力學方程和運動學方程；
b．動力學方程式：2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2；
運動學方程式：v－v＝2a2L。
(3)如何求帶電系統運動過程中，B球電勢能增加量的最大值？
提示：B球克服靜電力做功越多，其增加的電勢能越大。先求出A球出電場后系統的加速度和系統速度減小到零時A球離開右邊界的距離x，判斷x≤2L是否成立，以確定此時B球是否在電場中，如果在電場中，則利用靜電力做功與電勢能變化的關系求解，如果不在電場中，則進一步分析計算。
[解題　規范步驟，水到渠成]　
(1)帶電系統開始運動后，先向右加速運動，當B進入電場區時，開始做減速運動。設B球進入電場前的過程中，系統的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq－μ·2mg＝2ma1
解得：a1＝g(2分)
B球剛進入電場時，由L＝a1t(2分)
可得t1＝。(1分)
(2)設B從靜止到剛進入電場的速度為v1，由v＝2a1L
可得v1＝(2分)
設B球進入電場后，系統的加速度為a2，由牛頓第二定律得：
2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2
解得：a2＝－0．8g(2分)
之后系統做勻減速直線運動，設小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小為v2，由
v－v＝2a2L可得v2＝。(2分)
(3)當帶電系統速度第一次為零時，此時A球已經到達右邊界NQ右側，B球克服靜電力做的功越多，B球增加的電勢能越多，設系統速度減小到零時，A球離右邊界NQ的距離為x，A球離開電場后，系統的加速度為a3，由牛頓第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3
解得：a3＝－2g(2分)
由x＝解得：x＝0．1L<2L，所以B沒有出電場，(3分)
故B電勢能增加量的最大值為
ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1．1L＝3．3EqL＝3．96mgL。(2分)
[點題　突破瓶頸，穩拿滿分]　
常見的思維障礙：
(1)在求小球A第一次離開電場邊界NQ的速度大小時，錯誤地認為A球在電場中一直做勻加速直線運動，沒有分析B球進入電場后，系統的受力情況發生了變化，導致結果錯誤。
(2)小球A離開電場之后，錯誤地認為B球的加速度不變，沒有分析A球離開電場之后，系統的受力情況發生了變化，加速度發生了變化，導致結果錯誤。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·遼寧省沈陽市高三下三模)(多選)如圖所示，質量m＝1 kg、帶電量q＝＋0．1 C的小球(視為質點)與長L＝0．1 m的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統處在與豎直方向夾角為45°、場強大小E＝100 N/C的勻強電場中。AB為水平直徑，CD為豎直直徑，HF直徑過O點且與CD夾角為45°。當小球繞O點在豎直平面內做圓周運動時，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小球運動到D點時，動能最小
B．小球運動到A點時，動能最小
C．小球從A點運動到B點時，動能增加了2 J
D．小球從F點運動到H點時，機械能增加了2 J
2．(2024·遼寧高考)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中(　　)
A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小
3．(多選)如圖甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動。取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關系如圖乙所示。由此能夠確定的是(　　)
A．物塊受到的靜電力 B．勻強電場的場強大小
C．物塊返回O點時的動能 D．物塊與水平面間的動摩擦因數
4．(2024·河北高考)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)，質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)電場強度E的大小。
(2)小球在A、B兩點的速度大小。
5．(2022·遼寧高考)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為，之后沿導軌BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
(2)小球經過O點時的速度大小；
(3)小球過O點后運動的軌跡方程。
[B組　綜合提升練]
6．(2024·浙江6月選考)如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為＋q的小球套在圓環上，從A點沿圓環以初速度v0做完整的圓周運動，則(　　)
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到B點時的加速度
D．小球在D點受到圓環的作用力方向平行MN
7．如圖所示，空間存在三個相鄰的水平面M、N和Q，水平面M、N之間的距離為h，其間區域存在水平向右的勻強電場，水平面N、Q之間區域存在大小相等、方向水平向左的勻強電場。質量為m、電荷量為q的帶正電小球從電場上邊界M的P點由靜止釋放，經過電場中邊界N，最終從電場下邊界Q離開。已知小球到達電場下邊界Q時的速度方向恰好豎直向下，且此時動能為其經過電場中邊界N時動能的2．56倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
A．水平面N、Q之間的距離為2h
B．勻強電場的電場強度大小為
C．小球在M、N之間區域做平拋運動
D．小球在M、N間減小的電勢能小于在N、Q間增加的電勢能
8．(2025·新疆普通高考適應性檢測高三上第一次模擬)空間有一水平向右的勻強電場，一質量為m、帶電量為＋q的小球用一絕緣輕繩懸掛于O點。若將小球拉到最低點，并給小球垂直紙面向里的初速度v0，發現小球恰好沿一傾斜平面做勻速圓周運動，其圓心P與懸掛點O的連線與豎直方向成37°角，如圖所示。已知重力加速度為g，小球可視為質點，忽略空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：
(1)電場強度E的大小；
(2)小球從傾斜圓軌道的最低點A到最高點B的過程中，電勢能的變化量。
[C組　拔尖培優練]
9．(2024·安徽高考)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為＋q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則(　　)
A．該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B．該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C．在圖乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在圖乙位置，v3＝
（答案及解析）
[A組　基礎鞏固練]
1．(2024·遼寧省沈陽市高三下三模)(多選)如圖所示，質量m＝1 kg、帶電量q＝＋0．1 C的小球(視為質點)與長L＝0．1 m的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統處在與豎直方向夾角為45°、場強大小E＝100 N/C的勻強電場中。AB為水平直徑，CD為豎直直徑，HF直徑過O點且與CD夾角為45°。當小球繞O點在豎直平面內做圓周運動時，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小球運動到D點時，動能最小
B．小球運動到A點時，動能最小
C．小球從A點運動到B點時，動能增加了2 J
D．小球從F點運動到H點時，機械能增加了2 J
答案：BC
解析：對小球受力分析，所受電場力的大小qE＝10 N，重力mg＝10 N，在豎直方向上，有qEcos45°＝mg，可得二力的合力方向水平向右，即等效重力水平向右，如圖所示，等效重力的大小F合＝＝10 N，則A點為圓周運動的等效最高點，故小球運動到A點時動能最小，故A錯誤，B正確；小球從A點運動到B點時，動能增加量等于合力做的功，即ΔEk＝F合×2L＝2 J，故C正確；小球從F點運動到H點時，克服電場力做功，機械能減少，故D錯誤。
2．(2024·遼寧高考)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中(　　)
A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小
答案：D
解析：小球的初速度方向沿虛線時，其運動軌跡為直線，可知小球所受電場力和重力的合力沿著虛線方向；已知電場強度方向為水平方向，則小球所受電場力沿水平方向，又因為小球所受重力豎直向下，根據平行四邊形定則可知，小球所受合力沿虛線向下，所受電場力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虛線，即與所受合力方向垂直，則小球做類平拋運動，從O點出發運動到與O點等高處的過程中，合力的方向與小球的運動方向始終成銳角，則合力對小球做正功，小球的動能增大；電場力的方向與小球的運動方向始終成銳角，則電場力對小球做正功，小球的電勢能減小。故D正確。
3．(多選)如圖甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動。取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關系如圖乙所示。由此能夠確定的是(　　)
A．物塊受到的靜電力 B．勻強電場的場強大小
C．物塊返回O點時的動能 D．物塊與水平面間的動摩擦因數
答案：AC
解析：由克服靜電力做的功等于電勢能的增加量，即ΔEp＝－FΔx，結合圖乙，可得物塊受到的靜電力F＝－＝－ N＝－10 N，負號表示靜電力方向沿x軸負方向，由于不知道物塊的電荷量，則無法求解勻強電場的場強大小，故A正確，B錯誤；由圖乙可知，物塊的初動能為Ek0＝100 J，當運動到x＝8 m處時物塊的動能為0，設物塊受到的滑動摩擦力大小為f，則此過程中根據動能定理有－(|F|＋f)x＝0－Ek0，得f＝2．5 N，物塊從O點開始運動到返回到O點的過程中，由動能定理有－f×2x＝Ek－Ek0，得物塊返回O點時的動能Ek＝Ek0－2fx＝100 J－2×2．5×8 J＝60 J，由于不知道物塊的質量，則無法求解物塊與水平面間的動摩擦因數，故C正確，D錯誤。
4．(2024·河北高考)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)，質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)電場強度E的大小。
(2)小球在A、B兩點的速度大小。
答案：(1) 　(2)　
解析：(1)根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，電場強度的大小為E＝。
(2)設小球在A點的速度大小為vA，在B點的速度大小為vB。小球在A點時，細線對小球的拉力為0，對小球，根據牛頓第二定律得
Eq－mg＝m
解得vA＝
從A到B的過程，對小球，根據動能定理得
qU－mgL＝mv－mv
解得vB＝。
5．(2022·遼寧高考)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為，之后沿導軌BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
(2)小球經過O點時的速度大小；
(3)小球過O點后運動的軌跡方程。
答案：(1)mgR　(2)
(3)y2＝6Rx(x>0，y>0)
解析：(1)小球從A點運動到B點的過程，根據能量守恒定律得Ep＝mv
其中vB＝
解得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep＝mgR。
(2)小球從B點運動到O點的過程，根據動能定理有
－mgR＋qE·＝mv－mv
其中qE＝mg
解得小球經過O點時的速度大小vO＝。
(3)小球運動至O點時速度豎直向上，之后只受電場力和重力作用，將電場力沿x軸方向和y軸方向分解，則
x軸方向有qEcos45°＝max
y軸方向有qEsin45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
說明小球過O點后在第一象限做類平拋運動，有x＝gt2，y＝vOt
聯立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx(x>0，y>0)。
[B組　綜合提升練]
6．(2024·浙江6月選考)如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為＋q的小球套在圓環上，從A點沿圓環以初速度v0做完整的圓周運動，則(　　)
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到B點時的加速度
D．小球在D點受到圓環的作用力方向平行MN
答案：C
解析：小球從A到C的過程，等量異種點電荷的電場對小球的電場力F1方向與MN平行，該電場力對小球不做功，勻強電場對小球的電場力F2＝Eq，方向豎直向上，該電場力對小球做負功，則合電場力對小球做負功，小球電勢能增加，故A錯誤；當F2＝mg時，圓環對小球的彈力和兩異種點電荷的電場力的合力始終指向圓心O，小球沿圓環做勻速圓周運動，故B錯誤；小球從A到B，根據動能定理，有(mg－Eq)R＝mv－mv，小球運動到B點時，設向心加速度為a1，根據牛頓第二定律，有ma1＝m，聯立可求出a1的大小、方向，小球運動到B點時，設切向加速度為a2，在豎直方向，以豎直向下為正方向，根據牛頓第二定律，有mg－Eq＝ma2，可求出a2的大小、方向，根據矢量合成，可求出小球運動到B點的加速度的大小、方向，故C正確；小球經過D點時，所受重力、勻強電場的電場力與AC方向平行，所受兩異種點電荷的電場力與MN方向平行，均不能提供向心力，則小球在D點受到圓環的作用力在垂直MN指向O方向的分力不為零，故小球在D點受到圓環的作用力方向不平行MN，故D錯誤。
7．如圖所示，空間存在三個相鄰的水平面M、N和Q，水平面M、N之間的距離為h，其間區域存在水平向右的勻強電場，水平面N、Q之間區域存在大小相等、方向水平向左的勻強電場。質量為m、電荷量為q的帶正電小球從電場上邊界M的P點由靜止釋放，經過電場中邊界N，最終從電場下邊界Q離開。已知小球到達電場下邊界Q時的速度方向恰好豎直向下，且此時動能為其經過電場中邊界N時動能的2．56倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
A．水平面N、Q之間的距離為2h
B．勻強電場的電場強度大小為
C．小球在M、N之間區域做平拋運動
D．小球在M、N間減小的電勢能小于在N、Q間增加的電勢能
答案：B
解析：根據題意可知，小球在電場中運動時，受重力和電場力，豎直方向上做自由落體運動，水平方向在M、N之間區域向右做初速度為零的勻加速直線運動，在N、Q之間區域向右做末速度為零的勻減速直線運動，則小球在M、N之間區域做初速度為零的勻加速直線運動，故C錯誤；兩區域電場強度等大反向，則小球在兩區域運動時水平方向加速度等大反向，則小球在M、N之間與在N、Q之間的運動時間相同，水平位移大小相同，則在M、N之間電場力做的功與在N、Q之間克服電場力做的功相等，由功能關系可知小球在M、N間減小的電勢能等于在N、Q間增加的電勢能，故D錯誤；設水平面N、Q之間的距離為h′，小球在豎直方向做自由落體運動，又在M、N間與N、Q間運動時間相同，由初速度為零的勻變速直線運動規律可得h∶h′＝1∶3，則h′＝3h，故A錯誤；設小球在M、N之間和N、Q之間的運動時間均為t，水平方向的加速度大小為a，則在邊界N上時，水平分速度vNx＝at，其中a＝，豎直分速度為vNy＝gt，此時動能為EkN＝m(v＋v)，小球在邊界Q上時，vQ＝g·2t，此時動能EkQ＝mv，又EkQ＝2．56EkN，解得E＝，B正確。
8．(2025·新疆普通高考適應性檢測高三上第一次模擬)空間有一水平向右的勻強電場，一質量為m、帶電量為＋q的小球用一絕緣輕繩懸掛于O點。若將小球拉到最低點，并給小球垂直紙面向里的初速度v0，發現小球恰好沿一傾斜平面做勻速圓周運動，其圓心P與懸掛點O的連線與豎直方向成37°角，如圖所示。已知重力加速度為g，小球可視為質點，忽略空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：
(1)電場強度E的大小；
(2)小球從傾斜圓軌道的最低點A到最高點B的過程中，電勢能的變化量。
答案：(1)　(2)減小mv
解析：(1)帶電小球在傾斜平面做勻速圓周運動，因此重力和電場力的合力沿OP方向，如圖所示，由矢量的合成定則可知Eq＝mgtan37°
解得E＝。
(2)如圖所示，小球做勻速圓周運動時合力指向圓心，大小為F合＝F合1tan37°
其中重力和電場力的合力F合1＝
設小球做圓周運動的半徑為R，根據向心力公式有F合＝
從A點到B點的過程中，電場力對小球做的功為W＝2EqRcos37°
小球電勢能的變化量為ΔEp＝－W
聯立解得ΔEp＝－mv
即電勢能減小mv。
[C組　拔尖培優練]
9．(2024·安徽高考)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為＋q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則(　　)
A．該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B．該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C．在圖乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在圖乙位置，v3＝
答案：D
解析：在剪斷細線瞬間，小球3由靜止開始向左運動，具有加速度，由牛頓第二定律可知，小球3所受合力不為0，當三個小球運動到同一條直線上時，由對稱性可知，小球3受到小球1和2的電場力大小相等，方向相反，受到兩細線的拉力大小相等、方向相反，此時所受合力為0，故該過程中小球3受到的合力大小是改變的，A錯誤；對三個小球組成的系統受力分析可知，系統受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系統所受合力為0，則在該過程中系統的動量守恒，沒有外力對系統做功，則系統內的電勢能與動能相互轉化，能量守恒，B錯誤；以水平向左為正方向，根據動量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因為小球1和小球2的運動具有對稱性，則兩小球的速度大小時刻相等，即v1＝v2，聯立解得v3＝2v1，C錯誤；由能量守恒定律可得，＝mv＋mv＋mv，聯立解得v3＝，D正確。
10(共36張PPT)
第八章　靜電場
第6講　專題：電場中的力電綜合問題
滿分指導 電勢能和力學規律的綜合應用
目錄
1
2
滿分指導 電勢能和力學規律的綜合應用
課時作業
滿分指導 電勢能和力學規律的綜合應用
(1)小球B第一次到達電場邊界MP④所用的時間；
(2)小球A第一次⑤離開電場邊界NQ時的速度大小；
(3)帶電系統運動過程中，B球⑥電勢能增加量的最大值。
[審題　抓住信息，準確推斷]　
關鍵信息 信息挖掘
題干 ①有界勻強電場區域MPQN內 說明在空間MPQN內有電場，其他地方沒有電場
②恰位于細桿的中垂線上 明確了系統開始運動的空間位置，此時只有A球受靜電力
③從靜止開始運動 系統開始運動時的初速度為零
問題 ④所用的時間 可利用牛頓第二定律及運動學公式求解
⑤離開電場邊界NQ時的速度大小 分析A球在離開NQ前的運動情況：先加速運動，再減速運動
⑥電勢能增加量的最大值 B球進入電場后受靜電力方向向左，只要B球向右運動，電勢能就會增加
[破題　形成思路，快速突破]　
(1)小球B第一次到達電場邊界MP所用時間的求解。
①求B球進入電場前的加速度。
a．研究對象：____________________；
b．列動力學方程：_________________。
②求B球第一次到達電場邊界MP所用時間。
列運動學方程：________。
A、B兩球組成的系統
2Eq－μ·2mg＝2ma1
(2)小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小求解。
①研究過程：_________________________________。
②小球B剛進入電場的速度v1的求解。
a．選擇規律：___________；
b．方程式：________。
③小球A第一次離開電場的速度v2的求解。
a．選擇規律：_____________________；
b．動力學方程式：______________________；
運動學方程式：______________。
從B球進入電場到A球第一次離開電場
運動學方程
動力學方程和運動學方程
2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2
(3)如何求帶電系統運動過程中，B球電勢能增加量的最大值？
提示：B球克服靜電力做功越多，其增加的電勢能越大。先求出A球出電場后系統的加速度和系統速度減小到零時A球離開右邊界的距離x，判斷x≤2L是否成立，以確定此時B球是否在電場中，如果在電場中，則利用靜電力做功與電勢能變化的關系求解，如果不在電場中，則進一步分析計算。
[點題　突破瓶頸，穩拿滿分]　
常見的思維障礙：
(1)在求小球A第一次離開電場邊界NQ的速度大小時，錯誤地認為A球在電場中一直做勻加速直線運動，沒有分析B球進入電場后，系統的受力情況發生了變化，導致結果錯誤。
(2)小球A離開電場之后，錯誤地認為B球的加速度不變，沒有分析A球離開電場之后，系統的受力情況發生了變化，加速度發生了變化，導致結果錯誤。
課時作業
［A組　基礎鞏固練］
2．(2024·遼寧高考)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中(　　)
A．動能減小，電勢能增大
B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小
D．動能增大，電勢能減小
解析：小球的初速度方向沿虛線時，其運動軌跡為直線，可知
小球所受電場力和重力的合力沿著虛線方向；已知電場強度方向為
水平方向，則小球所受電場力沿水平方向，又因為小球所受重力豎
直向下，根據平行四邊形定則可知，小球所受合力沿虛線向下，所
受電場力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虛線，即與所受合力方向垂直，則小球做類平拋運動，從O點出發運動到與O點等高處的過程中，合力的方向與小球的運動方向始終成銳角，則合力對小球做正功，小球的動能增大；電場力的方向與小球的運動方向始終成銳角，則電場力對小球做正功，小球的電勢能減小。故D正確。
3．(多選)如圖甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動。取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關系如圖乙所示。由此能夠確定的是(　　)
A．物塊受到的靜電力
B．勻強電場的場強大小
C．物塊返回O點時的動能
D．物塊與水平面間的動摩擦因數
4．(2024·河北高考)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)，質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)電場強度E的大小。
(2)小球在A、B兩點的速度大小。
[B組　綜合提升練]
6．(2024·浙江6月選考)如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為＋q的小球套在圓環上，從A點沿圓環以初速度v0做完整的圓周運動，則(　　)
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到B點時的加速度
D．小球在D點受到圓環的作用力方向平行MN
8．(2025·新疆普通高考適應性檢測高三上第一次模擬)空間有一水平向右的勻強電場，一質量為m、帶電量為＋q的小球用一絕緣輕繩懸掛于O點。若將小球拉到最低點，并給小球垂直紙面向里的初速度v0，發現小球恰好沿一傾斜平面做勻速圓周運動，其圓心P與懸掛點O的連線與豎直方向成37°角，如圖所示。已知重力加速度為g，小球可視為質點，忽略空氣阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：
(1)電場強度E的大小；
(2)小球從傾斜圓軌道的最低點A到最高點B的過程中，電
勢能的變化量。

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