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

WAB=F/cosa=qEdcosa（此公式

d為電荷初、末位置在電場方向上的位移。

定義式法只適用于勻強電場）可變形為：

非勻強電場中可判斷大小。

W=qEd（d=/cosa）

①三個量都取絕對值，先計算出功的數值，然后再

根據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

WAB=qUAB=q（夕/一（PB）此公式

電勢差法②代入符號，將公式寫成%特別是在比

適用于任何電場

較4、5兩點電勢高低時更為方便：先計算必5=

位包，若UAB>。,則夕/一9戶0,即若UAB<0,

q

貝q）A—@B<0,即（pA<（PB

動能定理法少電+少其他=△4此公式適用于任何電場

功能關系法WAB=~\EpBA=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

動能和電勢能之間相

①少電=一公穌電=公民

互轉化，動能（Ek）和

只有電場力做功②電場力做正功，電勢能減少，動能增加

電勢能（與電）的總和

③電場力做負功，電勢能增加，動能減少

守恒

只有電場力和重力電勢能、重力勢能、動

W電+WG=—（AEp電+△/重）=\Ek

做功能之和保持不變

多種形式的能量轉化，

多個力做功要根據不同的力對應火電+少其他=A母

不同形式的能量分析

只有重力、彈簧彈力不引起機

機械能守恒A￡=0

的功械能變化

少其他：除重力或系統

除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增

內彈簧彈力以外的機械能的改變量（AE）

加，做負功，機械能減少，且少其他=△￡

其他外力做的功

FfAx:一對滑動摩因摩擦而產生的內能滑動摩擦力做功引起系統內能增加A￡^=FfAx（Ax

擦力做功的代數和（。）為物體間的相對位移）

少冬：合外力的功合力對物體做功等于物體動能的增量%合=八反=曷2

動能的改變量（A&）

（所有外力的功）—Eki

［看重力］今

重力勢能重力做正功，重力勢能減少

\\￥—Ep初-Ep未

（看彈力）、\

彈性勢能彈力做正功，彈性勢能減少

減末

（看電場力］PS:減少量即初

電勢能電場力做正功，電勢能減少7

1看用向外刀J合外力做正功，動能增加］\”LP末-5初

動能-外力做功=動能、

與重力、內彈力做功無關］\

_______機械能的增量

看除此兩力的所有外力1外力（除重力，內彈力）7

機械能--PS:增量，變化量即

做正功,也械能增加

未減初

3.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.解題思路一單個物體或連接體

(1)處于平衡狀態：

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量。

(2)運動狀態：

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方程。

【典例1】如圖所示，半圓槽光滑且絕緣，固定在水平面上，圓心是0,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

動經過P點時速度為零，則下列說法錯誤的是()

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到尸的過程中，°、6兩小球距離逐漸變小，根據庫侖定律可知，庫侖力增

大，且庫侖斥力對小球a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到尸的過程中，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庫侖斥力沿曲面切線的分量是阻力，則從N到尸的過程

中，。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。

【典例2］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，4、。、3為薄板上同豎直線上的三點，。在點電荷的連線上，AO=OB,一個帶電小物塊（可

視為質點）從N點以初速度火豎直向下運動，最后靜止在8點，不考慮物塊電荷量的變化，則物塊

從/運動到2的過程中（）

+3。二b

Bl

A.速度一直減小，經過。點時的速度為子孫

B.加速度先減小后增大，經過。點時加速度最小

C.電勢能先減小后增大，經過O點時電勢能最小

D.機械能一直減小，/O段損失的機械能比段損失的機械能多

【答案】A

【詳解】A.根據疊加場的對稱性可知，小物塊從/到。過程與從。到B過程中克服摩擦力做功相

同，設每段摩擦力做功為皿/、在。時物塊的速度為八AO=OB=h,對/。段和段，根據動能

定理可得

11

mgh—Wf=—mv2——TTIVQ

1

mgh—W=0——mv7A

聯合解得

V2

V=—VQ

A正確;

B.由于小物塊最后靜止在8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/到。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

f-mg

a=------

m

可知，加速度增大。根據疊加場的對稱性可知，從。到8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N運動到5的過程中加速度先增大后減小，

經過。點時加速度最大，B錯誤；

C.由于N3是一等勢線，小物塊從N到8電勢能不變，C錯誤；

D.由于物塊在工。段和。2段損失的機械能都為克服摩擦力做的功，因此工。段和段損失的機

械相同，D錯誤；

故選Ao

【典例3］如圖所示，質量均為小的滑塊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間通過錢鏈及長度為L的剛性絕緣輕桿連接且靜止。現施

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A、B均視為質點，重力加速

度為9,不計一切摩擦。則在A下滑的過程中，下列說法不正確的是（）

A.A的機械能最小時，B的加速度大小為歿

m

B.A運動到最低點時，B的速度為零

C.A、B組成的系統機械能不守恒

D.A運動到最低點時，滑塊A速度大小為12gL+%

【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的加速度大小為此，故A正確；

m

B.根據關聯問題可知，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,根據系統能量守恒有

1

mgL+qEL=—mv￡7

解得

2qEL

v=2gL+——

qm

故D錯誤。

故選Do

【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），質量為加，

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錢鏈

連接。A、C放在光滑的絕緣水平地面上，A、B、C恰構成正三角形且位于豎直面內并鎖定，如圖

（a）所示。現解除鎖定，直至8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。的點電荷r處的電勢為k壬其中左為靜電力常量，多個點電荷產生

的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在時該點電勢的代數和。下列說法正確的是（）

A.初始時刻，A、B、C系統所具有的電勢能為苧

B.8落地時，A、B、C系統所具有的電勢能為竽

C.該過程中，A、B、C系統的機械能守恒

D.8落地時的速度大小為

【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

再將B球移到無窮遠，電場力做功等于

kqkq2

勿12=￡?q=丁

故系統的電勢能等于做的總功，即

3kq2

埒1=Wii+%2=一;一

Li

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

kqkq3fco2

W21=T'q+2L'q=^T

再將B球移到無窮遠，電場力做功等于

kqkq2

/22Q=—

故系統的電勢能等于做的總功，即

5kq2

Ep2=卬21+加22=

故B錯誤；

C.該過程，系統電勢能減小，因此機械能增加，故C錯誤；

D.由能量守恒有

V3L,、1?

-mv

ag+（Epl-EP2）-2B

解得

故D正確。

故選ADo

【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

的質量分別是2m和加。勁度系數為左的輕質彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾

角為0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=3mgsmd

的作用而保持靜止，且輕繩恰好伸直。現撤去外力尸，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈

性限度，不計一切摩擦。則在此過程中（）

園........

////////////////////////>>Z\>>^

A.物體B所受電場力大小為2mgsin3

B.B的速度最大時，彈簧的伸長量為加警

C.撤去外力廠的瞬間，物體B的加速度為3gsin8

D.物體A、彈簧和地球組成的系統機械能增加量等于物體B和地球組成的系統機械能的減少量

【答案】AB

【詳解】A.當施加外力時，對B分析，根據平衡條件可知電場力平行斜面向下，則有

F=mgsind+尸包

解得

F電=27ngsin。

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—F電+7ngsin。

則有

kx=F電+mgsind

結合上述解得

3msin0

久二—k-

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，當撤去外力廠的瞬間物體A、

B受到的合外力為

F合=F電+mgsinO=(m+2m)a

解得

a=gsinO

故c錯誤；

D.結合上述可知，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

地球構成的系統的機械能增大，則物體A、彈簧和地球組成的系統機械能增加量不等于物體B和地

球組成的系統機械能的減少量，故D錯誤。

故選ABo

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

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論：

模型

(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；

分析

(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”匕11

廠「％__________

直線<-

t4^

運動

mgV

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

且&：從靜止開始沿

qE#mg=0qE*mg且"六0,a=0：勻變速直線

合力方向做勻加速直線運動運動，速度與合力方向相同時加

速、反向時減速

gEKmg且”KO,aKO：若初速度與合力

方向成直角時做類平拋運動，不成直角

時做類斜拋運動

A

mg

鏟臉酈檎沛

【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）的質點（重力不計）在如圖

所示的恒定拉力廠的作用下由〃點開始沿直線勻速運動到N點。圖中電場未畫出，拉力廠和直線

VN間的夾角為仇M、N兩點間的距離為力則下列說法正確的是（）

A.勻強電場的電場強度大小為2

q

B.M、N兩點的電勢差為場^

q

C.帶電質點由M點運動到N點的過程中，電勢能減少了FdcosO

D.若要使帶電質點由N點向M點做勻速直線運動，則廠必須反向

【答案】B

【詳解】A.帶電質點做勻速直線運動，質點受拉力廠和電場力兩個力的作用，則這兩個力等大反

向，電場線方向沿尸方向，場強大小

F

E=-

q

A錯誤。

B.在帶電質點由“點運動到N點的過程中，根據動能定理得

Fdcosd-qUMN—0

解得

FdcosO

UMN=~

B正確。

C.帶電質點由加點運動到N點的過程中，電場力做功

W=—QUMN二一FdcosB

電勢能增加了FdcosO,C錯誤。

D.帶電質點在勻強電場中受到的電場力恒定不變，根據平衡條件，若要使帶電質點由N點向“點

做勻速直線運動，拉力廠的方向應保持不變，D錯誤。

故選B。

【典例7】（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3

兩極板間距離為乩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。一質量為機、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,電場強度石=岸，下列

說法正確的是（）

A.在此過程中帶電小球的加速度大小為2g

B.若L=&d,則帶電小球垂直落在擋板上

C.此過程所需的時間為

D.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，根據牛頓第二定律可得小球在此運動過程中的加速

度大小

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a,小球落在擋板上時的

速度偏向角為6,若小球垂直落在擋板上，有

tana?tan￡=1

根據類平拋運動的相關推論及幾何知識可得

0.5d

tan”,

而

d

tancr=—

可得

L=V2d

B正確；

C.小球在此過程中，在豎直方向上有

C錯誤；

D.在此過程中電場力對帶電小球做的功

d1

W=qE--=-mgd

D錯誤。

故選AB。

【典例8】（多選）空間存在一勻強電場，將一質量為小、帶電荷量為+q的小球從一水平線上的4點

分兩次拋出。如圖所示，第一次拋出時速度大小為為,方向與豎直方向的夾角為30。，經歷時間

回到4點；第二次以同樣的速率%豎直向上拋出，經歷時間功經過水平線上的。點，B為小球運動軌跡

的最高點.電場方向與小球運動軌跡在同一豎直面內，不計空氣阻力，重力加速度為g。關于小球從

拋出到回到水平線的過程，下列說法正確的是（）

A.第一次拋出后，小球做勻變速曲線運動

B.打:七2=V3:2

C.電場沿水平方向時，電勢差%c=3北8

D.電場強度的最小值為等

2q

【答案】BC

【詳解】A.第一次拋出后，小球回到N點，說明重力與電場力的合力恰好與為的方向相反，小球

做勻變速直線運動，故A錯誤；

B.兩次小球的豎直加速度相同，則第一次

2v0cos30°

=---a--,---

第二次

+_2v0

t2=V

解得

t1cos30°V3

1二八

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

XAB-XBC=1：3

根據

U=Ed

可知，電勢差

UBC=3UAB

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

qEmin=mgsin30。

電場強度的最小值為

□_mg

Emin-Q

2<7

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,質量為小、電荷量為q的帶負電微粒從上極板M的邊緣以初速度見

射入，恰好沿直線從下極板N邊緣射出，重力加速度為g。則（）

M

N

A.兩極板間的電壓UMN=-等

B.微粒的機械能減小mgd

C.電容器的電容c=%

mga

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，根據平衡條件有

U

q-=mg

a

得

mgd

一q

負電荷受電場力方向向上，所以電場方向豎直向下，則

WM>0N

所以

mad

UMN=~—

q

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，根據能量守恒定律

得知，微粒的重力勢能減小了agd,故B正確；

C.電容器的電容

c_Q=Qq

Umgd

故C正確；

D.在Q不變時，僅將極板N向下平移，由

UQ4nkQ

dCdsS

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，在空間中水平面兒w的下方分布著方向豎直向下的勻強電場，質量

為機的帶電小球由ACV上方距AW高度為的/點以一定的初速度水平拋出，從2點進入電場，到

達C點時速度方向恰好水平。已知4B、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（）

B.小球從B點運動到C點的時間為從/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駟

q

D.小球從8點到C點電勢能增加了

【答案】AD

【詳解】A.從5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，/、B、C三點在同一直線上，而小球從/到8與從8到C的

水平位移之比為2:1,則小球從4到B與從2到C的運動時間之比為2:1,所以小球從4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/到2做勻加速運動，加速度大小為g,從2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8到C加速度大小為2g,根據牛頓

第二定律有

Eq—mg=ma=m-2g

解得

口3mg

E-----

q

故c錯誤；

D.小球從8點到C點，電勢能增加量為

h3

△Ep=Eq-=-mgh

故D正確。

故選ADo

他.「，藤捌驪：

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O

對于這類問題，若采用常規方法求解，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4=小視為“等

m

效重力加速度”，尸令的方向等效為“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，一內壁光滑、半徑為R的絕緣圓

軌道固定在豎直平面內，43為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一質量為心、電荷量為q的帶

正電小球從軌道的最低點C獲得一定的初速度為后，能夠在軌道內做圓周運動，已知重力加速度為

g,勻強電場的電場強度E=手，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

&4q

A.小球運動到D點時的動能最小

B.小球運動到5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?

D.若為=苧，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運動

【答案】BD

【詳解】A.小球除受重力外，還受到水平向右的電場力，根據等效重力場的思想，。點并非等效最

高點，故小球運動到。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，5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

3

F=Eq=—mg

設重力與電場力的合力方向與豎直方向的夾角為仇則

F3

tan。=---=—

mg4

C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過等效最高點N點，如圖所示

對小球處于河點時進行分析，根據牛頓第二定律得

哈

mgcosB+Fsin3—m—

R

對小球從C到M的過程分析，根據動能定理得

11

—mgR（l+cos0）—FRsinO=—?——mvQ?

聯立解得

D正確。

故選BDo

【典例12］（多選）如圖所示，絕緣光滑軌道/BCD豎直放在與水平方向成8=45。的勻強電場中，

其中8cA部分是半徑為R的半圓環，軌道的水平部分與半圓相切，現把一質量為加、電荷量為+q

的小球（大小忽略不計），放在水平面上/點由靜止開始釋放，恰好能通過半圓軌道最高點。，落地

時恰好落在3點。下列說法正確的是（）

ED

A.電場強度E=^

q

B.起點/距2點的距離L=2.5R

C.過。點的速度為”=加

D.兩點的電勢差為U^B=嚶

zq

【答案】BD

【詳解】A.當小球通過。點時，設速度為v,由牛頓第二定律得

v2V2

=mg--F

小球通過。點后的運動：水平方向做勻變速直線運動，落地時恰好落在3點，即

17

x=vt——axt=0

根據牛頓第二定律

V2

5-尸=max

豎直方向做勻加速直線運動

1,

2

2R=-ayt

根據牛頓第二定律

V2

mg———F—may

又

F=qE

聯立解得

y/2mg

E=-------

2q

故A錯誤；

B.由4到。的過程，由動能定理得

qELcos45。—2mgR+qE-2Rcos45°=—mv2

聯立解得

L=2.5/?

故B正確；

C.在O點由重力和電場力的豎直分力共同提供向心力，則

v2V2

=mg--F

解得過。點的速度為

故C錯誤；

D.48兩點的電勢差為

mqL

UAB=ELcos45°=

故D正確。

故選BDo

【典例13］（多選）如圖，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工的絕

緣細線，細線一端固定在。點，另一端系一質量為機帶電量為q的小球。小球靜止時細線與豎直方

向成。角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞。點在豎直平面內做圓周運動，重力加速度為名。則（）

A.勻強電場的電場強度大小為嗯”

q

B.小球獲得初速度的大小為戶!

7COS0

C.小球從初始位置運動至軌跡的最左端增加的機械能為mgLtane（l+sin。）

D.小球從初始位置在豎直平面內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9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，根據平衡條件，有

mgtand=qE

解得

mgtand

E=---------

q

A正確；

B.小球恰能繞。點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點/由重力和電場力的合力提供向心力,

根據牛頓第二定律，有

mg14n

-----=m——

cosGL

則小球從初始位置運動到4點的過程中，由動能定理可得

11

—mg?2Lcos6—qE-2Lsin3=—mv^7in7

聯立解得小球獲得初速度的大小為

B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=/電=qE(L+LsinO)

matanO,、

=q---------(L+Lsin0)

q

=mgLtanO(l+sin。)

C錯誤；

D.小球從初始位置開始在豎直平面內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ABo

【典例14］如圖所示，N3CO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。以軌道

的圓心O為坐標原點，沿水平直徑/C方向建立x軸，豎直直徑8D方向建立y軸。y軸右側(含y

軸)存在豎直向上的勻強電場。一質量為小、帶電量為+?的小球，從/點由靜止開始沿軌道下滑，

通過軌道最高點。后，又落回到軌道上的/點處。不考慮小球之后的運動，不計空氣阻力，重力加

(2)電場強度的大小；

(3)小球從/下滑到電場內的3點時受到軌道支持力的大小。

【答案】(1N誓

(2黨

【詳解】(1)設小球離開。點時的速率為無，由。落回到/的時間為則由平拋運動規律有

19

R=29t

R=vDt

解得

2gR

vo=-2

小球落回到/時的速率為"A，根據動能定理有

1?17

mgR=-mvX-2mvD

解得

JlOgR

VA=F-

(2)小球從/到。的過程中，根據動能定理有

1

—mgR+2qER=—mv^7—0

解得

5mg

8q

(3)小球通過軌道最低點8處時的速率為方，軌道對小球的支持力為產，則有

1

mgR=7—0

根據合力提供向心力有

F+qE-mg=m—

R

解得

l19mg

小球從/下滑到電場內的3點時受到軌道支持力的大小

19mg

F=~8-

【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(可視為質點)帶正電且電荷量為q,質量為小，與水平軌道間的滑動摩擦力大小為0.5rng,

現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兒已知電場強度大小為電旦

q

重力加速度大小為g,求：

(1)小滑塊在最高點H的速度為大小；

(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。

【答案】⑴新

Q)R

(3)12%g

【詳解】(1)小滑塊在最高點8時，只有重力提供向心力，由牛頓第二定律有

mg=m-

解得

=y[gR

(2)小滑塊從M點到X點過程中，由動能定理得

1

EqL—0.5mgL—mg-2R=—mv^7

解得

L=R

(3)根據題意，小滑塊從。點到〃點過程中，由動能定理有

11

—EqR—mgR=—mv^——mvp

在尸點，設軌道對小滑塊的彈力為產，由牛頓第二定律有

Vp

F—qE=m—

解得

F,=12mg

由牛頓第三定律可得，在尸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，一個質量為加、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仇重力加速度大小為g,不計空氣阻力，則下列判

斷正確的是()

0

A.電場強度的最小值等于股

q

B.電場強度的最大值等于鱉吧

q

C.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，在電場中受到重力加g和靜電力凡其合力必定沿此直

線向下，根據三角形定則作出合力，如圖

由圖可知，當靜電力廠與油滴軌跡垂直時，靜電力廠最小，場強最小，則有

F—qEmin-mgsind

得到

由圖可知，電場強度無最大值，故AB錯誤；

D.當石=照些時，靜電力方向與速度方向垂直，靜電力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這

q

種情況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；

C.當E＞些吧時，靜電力方向與速度方向成銳角時，靜電力做正功，帶電油滴的機械能增加，故

q

C錯誤。

故選D。

2.一質量為〃z,電荷量為q的帶負電的小球，以初速度為從勻強電場中的/點水平拋出后經過某一

定點8,如圖所示，電場強度大小為扁，方向豎直向下。下列說法正確的是（）

A.可以計算經過2點的時間

B.可以計算經過3點時的豎直方向的速度

C.初速度為2%，要使小球仍能經過8點，電場強度大小為日埒

D.只要能夠經過2點，過8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—qE0

加速度

a=￡=g—啊、8間的水平或豎直距離未知，無法計算經過8點的時間和豎直速度，故AB錯誤;

mm

C.小球經過8點，豎直方向位移

22

[1/C[EQ\x1/qE\x

y=2at=品9—丁圖=*—標）西7

解得

「4qE0-3mg

E=---------------

q

故c錯誤；

D.由

tane=%=?=M=%8兩點位置確定，偏向角大小就確定，故D正確。

VoVovotX

故選D。

3.如圖所示，空間內存在方向與豎直方向夾角為60。的勻強電場，用絕緣細繩懸掛質量為加、電荷

量為4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

B.電場強度大小為智

C.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苓

【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

qE—zngsin30°

解得

m

E口----g-

2q

故B錯誤；

C.剪斷絕緣細繩后，小球受到重力與電場力，結合上述可知，合力大小一定，方向沿繩的反方向，

由于初速度為0,則小球將做勻加速直線運動，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

mgsin30°=ma

解得

_9

a~2

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，一個質量為加、帶電的小球在8

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9,細線的長度為/,重力加速度為g,

sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列說法正確的是（）

A.小球帶負電

B.電場強度的大小后=等

5<7

C.若將小球從N點由靜止釋放，則小球從4點運動到C點的過程中電勢能增加了0.75mg/

D.若將小球從/點由靜止釋放，則小球運動到C點受到細線的拉力大小為務喈

【答案】C

【詳解】AB.小球在8點處于靜止狀態，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，根據平衡條件有

qE—mgtand

解得

故AB錯誤；

C.若將小球從/點由靜止釋放，小球將做圓周運動到達C點，電場力做負功，電勢能增加了

△Ep=qEl—0.75mgl

故C正確；

D.根據動能定理有

1

mgl—qEl=—mv^7—0

小球在C點，根據牛頓第二定律有

T—mg=m—

解得

T=l.Smg

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0沿X軸的分布如圖所示，X1、刀2、心、刀4是X

軸上的四個點，質量為加、帶電量為-q的粒子（不計重力），以初速度為從。點沿x軸正方向進入

電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.巧處的電場強度大于比2處的電場強度

B.從修到心點的過程中，粒子的電勢能先增大后減小

C.若粒子能到達以處，則%的大小至少應為后

D.若為=母,則粒子在運動過程中的最大動能為2q@o

【答案】D

【詳解】A.在卬-乂圖像，圖線的斜率表示電場強度的大小，由圖可知巧處圖線的斜率小于%2處圖

線的斜率，則小處的電場強度小于*2處的電場強度，故A錯誤；

B.粒子從乙運動到叼的過程中，電勢不斷降低，負電荷的電勢能不斷增大；故B錯誤；

C.粒子能運動恰好運動到%3處，就能運動到%4處。設粒子恰能運動運動到冷處，初速度%最小，根

據動能定理得

1,

-q（Po=0-2mvo

解得：

所以若小球能運動到均處，則初速度V。至少為呼，故c錯誤；

D.當帶電粒子運動到久1處時，電場力做正功最大，粒子的速度最大，根據