【題型一】等效重力場
1．如圖所示，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶正電小球，置于水平向右的勻強電場中。已知繩長L，小球質(zhì)量為m，電荷量為q，現(xiàn)把小球從A點由靜止釋放，剛好能到達水平最高點B處，重力加速度為g，則下列說法不正確的是（ ）
A．小球所受的電場力大小為
B．從A到B過程中，小球的機械能增加了
C．從A到B過程中，小球的動能最大為
D．從A到B過程中，繩子的最大拉力為
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)小球所受的電場力大小為，由動能定理有
解得
故A正確；
B．從A到B過程中，電場力做正功，大小為
由功能關(guān)系可知，小球的機械能增加了，故B正確；
CD．根據(jù)題意可知，電場力與重力的合力為
方向與豎直方向成斜向下，當該合力與繩子共線時，小球速度最大，繩子拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律
由動能定理有
聯(lián)立解得
，
故C正確，D錯誤。
本題選不正確的，故選D。
2．如圖所示，一光滑絕緣半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，與光滑絕緣水平面相切于B點，半圓軌道的半徑為R。整個空間存在水平向右的勻強電場，場強大小為，一帶正電小球質(zhì)量為m、電荷量為q，從A點以一定的初速度向B點運動，經(jīng)過B點后恰能不脫離軌道運動到軌道的最高點C，小球從軌道最高點C飛出后落到水平面上的F點（圖中未標出）。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，以初始位置為重力勢能的零勢能面，下列說法正確的是（ ）
A．小球在C點的速度大小為
B．小球在B點對軌道的壓力大小為
C．小球的機械能最小值為
D．F點與B點的水平距離為
【答案】C
【詳解】A．由于小球經(jīng)過B點后恰能不脫離軌道運動到軌道的最高點C，如圖所示
在D點，有
小球從D點到C點，由動能定理得
解得
故A錯誤；
B．小球從B點到C點，由動能定理得
解得
在B點，有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可得，小球在B點對軌道的壓力大小為，故B錯誤；
C．根據(jù)能量守恒定律可知，當小球運動到圓心等高處時電勢能最大，機械能最小，則從B點到圓心等高處，有
聯(lián)立解得
故C正確；
D．小球離開C點后，在豎直方向上做自由落體運動，水平方向上在電場力的作用下做勻加速直線運動，設(shè)小球從C點到F點的運動時間為t，水平方向的加速度為a，F(xiàn)點到B點的水平距離為x，則
聯(lián)立解得
故D錯誤。
故選C。
3．（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的小球，系在一根長為R的絕緣細線的一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度的大小為g，電場強度。若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）
A．小球運動到C點時細線的拉力最大B．小球運動到B點時的電勢能最大
C．小球運動到B點時的機械能最大D．小球運動過程中的最小速度為
【答案】CD
【詳解】AD．帶正電的電荷量為q的小球受到的電場力大小為
則重力和電場力的合力大小為
重力和電場力的合力方向與豎直方向的夾角滿足
可得
如圖所示
可知小球運動等效最低點時速度最大，細線的拉力最大；小球運動等效最高點時速度最小，則有
解得小球運動過程中的最小速度為
故A錯誤，D正確；
BC．從小球從A到B過程，電場力對小球一直做正功，小球電勢能減小，小球從B到A過程，電場力對小球一直做負功，小球電勢能增大，則小球運動到B點時的電勢能最小，小球運動到B點時的機械能最大，故B錯誤，C正確。
故選CD。
4．（多選）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)的最低點，c為圓環(huán)的最高點，b點與圓心О等高，該空間存在與圓環(huán)平面平行的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球Р套在圓環(huán)上，沿環(huán)做圓周運動，通過a、b、c三點時的速度大小分別為、、（重力加速度為g，空氣阻力不計）.下列說法正確的是（ ）
A．勻強電場方向水平向左
B．勻強電場場強大小
C．小球運動過程中對圓環(huán)的最小壓力為0
D．小球運動過程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機械能
【答案】BCD
【詳解】A．從最低點到最高點
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，故勻強電場方向水平向右，故A錯誤；
B．勻強電場場強大小為
故B正確；
C．電場力
當電場力與重力合力與圓心在一條直線上時，對圓環(huán)的壓力達到最大和最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，最小速度
根據(jù)牛頓第二定律
解得最小支持力為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球運動過程中對圓環(huán)的最小壓力為0，故C正確；
D．小球在b處的電勢能最小，根據(jù)能量守恒定律可知，小球運動過程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機械能，故D正確。
故選BCD。
5．（多選）如圖所示，在水平向左的勻強電場中，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端系著一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點。現(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度v0，使其在豎直平面內(nèi)繞O點恰好做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。已知勻強電場的場強大小為，重力加速度為g。當小球第二次運動到B點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是（ ）
A．小球做完整的圓周運動時，粒子初速度的最小值
B．細線斷裂后，小球速度的最小值為
C．從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中，電勢能增加了
D．從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中，重力勢能減少了2mgL
【答案】AB
【詳解】A．由題意等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上，如圖
設(shè)為N，則電場力和重力的等效合力為
所以
從M點到N點由動能定理
解得粒子初速度的最小值
故A正確；
B．電場力和重力的合力方向與水平方向的夾角為
可知
從M點到B點，由動能定理
解得
解得細線斷裂后，小球做類平拋運動，當速度最小時到達“最高點”，則速度的最小值為
故B正確；
C．細線從B點斷裂，當?shù)竭_連線上某點動能與B點動能相等，因為到達圓周上的點時，克服電場力做功為
所以實際小球的電勢能增加不是，故C錯誤；
D．細線從B點斷裂，當?shù)竭_與A點在同一豎直線上時，小球的電勢能與點電勢能相等，則該過程中經(jīng)過的時間
此過程中小球下落的豎直高度
重力勢能減少了
故D錯誤。
故選AB。
【題型二】力電綜合
6．如圖所示，半徑R=0.2m的光滑圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于最低點B，空間中存在水平向右的勻強電場，電場強度E=1×103V/m。帶正電的物塊甲質(zhì)量m1=0.2kg，電荷量q=1×10-3C；物塊乙不帶電，其質(zhì)量m2=0.1kg，將乙靜置于B點右側(cè)L=0.5m處的C點。物塊甲從與圓心O等高的A點以=的初速度豎直下滑，甲與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4。甲、乙兩物塊均視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，二者碰撞時無機械能損失，且二者之間沒有電荷轉(zhuǎn)移，取g=10m/s2。求：
（1）在B處物塊甲對軌道的壓力；
（2）甲與乙第一次碰撞前的瞬間物塊甲的速度大??；
（3）甲與乙第一次碰撞后的瞬間各自速度大小。
【答案】（1）10N，方向向下；（2）；（3），
【詳解】（1）對物塊甲，從A到B，根據(jù)動能定理
在B處根據(jù)牛頓第二定律
得
FN=10N
根據(jù)牛頓第三定律，在B處物塊甲對軌道的壓力為10N，方向向下。
（2）物塊甲在水平面上向右運動，碰撞前，根據(jù)動能定理
（3）甲乙碰撞過程中，根據(jù)動量守恒和能量守恒
解得
7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，x軸下方存在豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于。先有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電絕緣小球，從y軸上的P（0，L）點由靜止開始釋放，運動至x軸上的B（L，0）點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分之一圓弧形光滑絕緣細管，BC=2L。小球第3次經(jīng)過x軸時與x軸交于D點（圖中D點未畫出），細管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠小于細管軌道的半徑，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）勻強電場場強E1的大??；
（2）小球從P點至D點的時間；
（3）D點的位置坐標；
【答案】（1）；（2）；（3）（11L，0）
【詳解】（1）小球由靜止釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從P點沿切線方向進入，根據(jù)幾何關(guān)系，此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則有
解得
（2）從P到B的過程中，小球做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理得
根據(jù)位移的表達式有
解得
，
從B到C的過程中，由于
qE2=mg
即電場力與重力平衡，則小球做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系有
從B到C的過程中經(jīng)歷的時間
解得
從C到D的過程中，小球做類斜拋運動，豎直方向做雙向勻變速運動，水平方向勻速直線，根據(jù)對稱性有
則小球從P點至D點的時間
t= t1+ t2+ t3
解得
（3）小球從C點拋出時的速度
結(jié)合上述，小球水平方向的加速度大小
水平方向最勻加速直線運動，水平方向有
解得
則D點的橫坐標位
則D點的位置坐標為（11L，0）。
8．如圖所示，MN為絕緣光滑水平平臺的右邊緣豎直分界線，兩側(cè)分布有圖示水平方向的勻強電場和。平臺上一質(zhì)量為m、電荷量為q（）可視為質(zhì)點的滑塊，在左側(cè)電場力的作用下，自距離MN為l的O點由靜止開始加速，從M點進入電場，恰好垂直落在水平地面上的P點（未畫出）。已知電場強度，平臺高，重力加速度為g，求：
（1）滑塊飛離平臺的速度v；
（2）電場強度的大?。?br>（3）從滑塊離開平臺到其動能最小所經(jīng)歷的時間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由動能定理知
代入得
（2）由題知，從M點進入電場，恰好垂直落在水平地面上的P點，則說明做負功，水平方向到P點時速度為0，豎直方向做自由落體運動，設(shè)滑塊運動到P點水平位移為，滑塊下落時間為，則豎直方向有
水平方向有
則
聯(lián)立解得
（3）由題知，，由拋體運動對稱性知其運動示意圖如圖所示，，由幾何關(guān)系知
水平方向有
當滑塊由M運動到Q點時，電場力與重力合外力做負功，滑塊動能減小，在Q點時動能最小，從滑塊離開平臺到其動能最小所經(jīng)歷的時間為
9．如圖所示，M、N是一方向豎直向上的勻強電場中的兩點。從M點先后以不同速率沿水平方向拋出兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，A不帶電，B帶正電，電荷量為q。小球A從M點拋出時的速度大小為，到達N點所用時間為t；小球B從M點拋出到達N點所用時間為2t，已知重力加速度為g，求：
（1）M、N兩點的高度差h；
（2）電場強度E的大??；
（3）小球B運動到N點時的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）因小球A做平拋運動，故M、N兩點的高度差為
（2）對小球B，由牛頓第二定律有
由豎直方向運動學公式有
聯(lián)立解得
（3）對小球B，由動能定理得
因A、B水平位移相等有
聯(lián)立解得
10．如圖所示，一絕緣細直桿AC固定在水平向左、電場強度大小的勻強電場中，直桿與電場線成37°角，桿長，一套在直桿上的電荷量為的帶負電荷的小環(huán)，從桿頂端A點以初速度開始下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過桿底端C點正下方的P點。已知小環(huán)的質(zhì)量，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度大小，求：
（1）小環(huán)在C點的速度；
（2）小環(huán)從C點到P點的時間；
（3）小環(huán)運動到桿下端C向正下方P點的動能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)小環(huán)在細直桿上運動時的加速度大小為，受到的支持力大小為，受到的摩擦力大小為，小環(huán)在C點的速度為，則對小環(huán)進行受力分析可得，沿桿方向
垂直桿方向
其中
解得加速度
根據(jù)速度位移公式
解得
（2）小環(huán)從C點到P點在水平方向只受到電場力，則水平方向的加速度大小為
小環(huán)在C點水平方向的分速度為
設(shè)小環(huán)從C點到P點的時間為t，根據(jù)位移時間公式有
解得
（3）小環(huán)到P點水平方向的速度大小為
在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律
豎直方向的速度大小為
小環(huán)到P點速度大小為
所以小環(huán)到P點的動能為
1．（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，軌道的最高點為M，最低點為N，軌道所在空間存在勻強電場，電場強度大小為，電場強度的方向與水平面夾角為30度，軌道內(nèi)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，給小球一個沿軌道切線的初速度，使小球恰能沿軌道做完整的圓周運動，重力加速度為g，忽略一切阻力，則小球在運動過程中（ ）
A．在M點的速率最小B．最大速率為
C．對軌道的壓力最大為6mgD．電勢能最小時，動能最大
【答案】BC
【詳解】A．小球在運動過程中受到的重力和電場力恒定不變，由平行四邊形定則可知它們的合力方向指向右下方，大小為
如圖所示
根據(jù)“等效場”的原理，小球通過點的速率最小，故A 錯誤；
B．通過“等效最高點”點時，有
解得
從點到點，由動能定理得
解得
故B正確；
C．在點時，有
解得
由牛頓第三定律可知對軌道的壓力最大為
故C正確；
D．速度最大時，動能最大，對應(yīng)“等效最低點”點，此時小球具有的電勢能并不是最小，故D錯誤。
故選BC。
2．（多選）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)形軌道，軌道內(nèi)部最低點A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度，現(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0，使小球開始運動，以下說法正確的是（ ）
A．若v0，則小球可以做完整的圓周運動
B．若小球可以做完整的圓周運動，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差
C．若，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道
D．若，則小球機械能最大處的動能為
【答案】BC
【詳解】A．小球同時受到重力和電場力作用，這時可認為小球處于等效重力場中，小球受到的等效重力為
等效重力加速度為
與豎直方向的夾角
如下圖所示
小球可以做完整的圓周運動，則有
小球運動到等效最高點時，在等效重力場中應(yīng)用機械能守恒定律可得
解得
故A錯誤；
B．若小球可以做完整的圓周運動，則小球在等效重力場中最低點軌道所給的彈力最大，等效最高點軌道所給的彈力最小，在最低點有
在最高點有
小球從最低點到最高點的過程中，有
解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為
故B正確；
C．若，小球到達最高點B處的過程中，重力做負功，電場力不做功，則有
解得
故可得小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道，故C正確；
D．若，根據(jù)動能定理，小球運動到等效最低點時，動能最大，此時
解得
故D錯誤。
故選BC。
3．（多選）如圖，傾角的固定斜面與半徑為r的四分之三圓弧形軌道ABC相切于A點，其中半圓弧段AB是硬質(zhì)細圓管。整個空間存在水平方向的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球恰好靜止在斜面上。已知重力加速度大小為g，取，小球直徑略小于圓管的內(nèi)徑，運動過程中小球所帶電荷量保持不變，并且斜面絕緣，忽略一切摩擦?，F(xiàn)給小球一個沿斜面向下的初速度，則（ ）
A．勻強電場的場強大小為
B．小球能到達B點的條件為
C．小球可能在BC段某點脫離軌道（不包括BC兩點）
D．小球經(jīng)過C點的速度大小可能為
【答案】AD
【詳解】A．當帶電小球恰好靜止在斜面上時，受到重力、電場力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
解得勻強電場的場強大小為
故A正確；
B．小球在斜面上做勻速直線運動，則
由受力分析可知，重力和電場力等效合力沿BA方向，大小為
B點為小球在圓軌道的等效最高點，若小球到達等效最高點B點時的臨界速度為0，從A到B，由動能定理可得
解得
小球能到達B點的條件為，故B錯誤；
C．小球不脫離BC軌道，在B點要求
解得
則當小球通過B點的速度小于時，會立刻在B點脫離，而不是在BC段某點脫離軌道，當小球通過B點的速度大于等于時，由于B點為小球在圓軌道的等效最高點，小球不可能在BC段某點脫離軌道，故C錯誤；
D．若小球沿著圓軌道從B點到C點，小球在C點的速度為，根據(jù)動能定理
解得此時小球在B點的速度為
故小球經(jīng)過C點的速度大小可能為，故D正確。
故選AD。
4．如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定光滑圓形絕緣軌道的半徑為R，A、B兩點分別是圓形軌道的最低點和最高點，圓形軌道上C、D兩點的連線過圓心O且OC與豎直向下方向的夾角為60°?？臻g存在方向水平向右且平行圓形軌道所在平面的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶負電小球（視為質(zhì)點）恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運動，且小球通過D點時的速度最小。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（ ）
A．小球受到的電場力大小為2mg
B．小球通過C點時所受軌道的作用力大小為12mg
C．小球通過D點時的速度大小為
D．小球在運動過程中的最大速度為
【答案】BC
【詳解】A．小球在通過D點時的速度最小，則在該點電場力與重力的合力沿半徑方向，D點為等效最高點，C點為等效最低點，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得，小球受到的電場力大小
故A錯誤；
BC．在“最高點”有最小速度，即
解得
小球從D到C的過程中，根據(jù)動能定理得
解得
在C點，由牛頓第二定律
解得
故BC正確；
D．小球通過等效最低點C的速度最大，即最大速度為
故D錯誤。
故選BC。
5．如圖所示，絕緣光滑圓軌道豎直放置在水平方向的勻強電場中，一個質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球位于軌道內(nèi)側(cè)的最高點A處。小球由靜止釋放后沿直線打到與圓心O等高的B點，小球可視為質(zhì)點。已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g。
（1）求勻強電場的電場強度E1的大?。?br>（2）當給小球一個水平方向的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求小球通過A點時的動能Ek。
（3）若電場方向不變，大小變?yōu)镋1的一半，在A點給小球一水平向右的初速度，使小球恰好到達B點。求初速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）對小球受力分析，如圖所示
小球由靜止釋放后沿直線打到與圓心O等高的B點，則合力沿AB方向，有
解得
（2）根據(jù)小球合力方向可知，小球能通過圓軌道等效最高點D點，由題意可知，D點位于OD與OA夾角為45°，如圖所示
小球能做完整的圓周運動，小球的合力大小為
小球在D點，根據(jù)牛頓第二定律有
D點到A的過程，由動能定理有
聯(lián)立解得
（3）若電場方向不變，大小變?yōu)镋1的一半，在A點給小球一水平向右的初速度，使小球恰好到達B點，由兩分運動的規(guī)律有
聯(lián)立可得
6．如圖所示，水平面上豎直固定絕緣的四分之一圓弧軌道BC，軌道AB和BC均光滑，水平面AB與圓弧BC相切于B點，О為圓心，OB豎直，OC水平，BC軌道半徑為R。整個空間有足夠大、水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電絕緣小球自A點由靜止釋放，小球沿水平面向右運動，AB間距離為2R，勻強電場的電場強度，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：
（1）小球到達C點時對軌道的壓力；
（2）小球從A點開始，經(jīng)過C點脫離軌道后上升到最高點過程中，小球電勢能的變化量Ep；
（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率，以及小球從離開圓弧軌道到最小速率時經(jīng)歷的時間。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2） ；（3）
【詳解】（1）設(shè)小球在C點的速度為，小球從A點運動C點過程中，由動能定理可得
解得
小球在C點時水平方向的支持力FN與電場力qE的合力提供向心力，所以有
解得
由牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?br>方向水平向右。
（2）小球過C點上升到達最高點的過程中，由運動的分解可知，在水平方向小球做初速度為零的勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動，設(shè)小球從C點到最高點的時間為t，則有水平方向上
豎直方向上
小球從A點開始運動到達最高點過程中電場力做功為
根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系
解得
（3）小球從C點以
拋出后，可將小球的運動分解為沿合力方向的分運動和垂直合力方向的分運動，如圖所示
其中垂直合力方向為勻速直線運動，速度
沿合力方向做類豎直上拋運動，初速度
加速度滿足
解得
當沿合力方向的速度減為零時，小球的速度具有最小值，最小值為
經(jīng)歷的時間
7．如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，整個空間存在著勻強電場（電場強度E的大小未知，方向平行于xOy平面）。為了確定場強的大小和方向，研究人員先后進行了兩次操作。第一次，將一帶正電的小球從原點O處以速率沿x軸正方向拋出，小球在y軸右側(cè)運動中與y軸的最遠距離為；第二次，將該小球從原點O處以速率沿y軸正方向拋出，小球在x軸上方運動中與x軸的最遠距離為。已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為，小球可視為質(zhì)點，且，忽略空氣阻力，重力加速度為g，求場強E的大小和方向（結(jié)果用m、g、q表示）。
【答案】，電場方向與y軸正方向的夾角
【詳解】小球運動中受到重力和電場力的共同作用，將小球的加速度分別沿x軸和y軸方向分解，易知，兩個分加速度的方向均沿負半軸方向，設(shè)其大小分別為、，則第一次有
第二次有
又
解得
，
設(shè)沿x軸和y軸方向的場強大小分別為和，由牛頓第二定律分別有
場強大小
設(shè)電場方向與y軸正方向的夾角為，則有
聯(lián)立解得
，
8．如圖甲所示，兩個半徑為R的豎直固定的絕緣光滑 細圓管道與粗糙水平地面AB在B點平滑相切，過管道圓心 的水平界面下方空間有水平向右的電場，記A點所在位置為坐標原點，沿AB方向建立坐標軸，電場強度大小隨位置變化如圖乙所示。質(zhì)量為、帶電量為的小球P靜止在A點，與地面間動摩擦因數(shù)。另有一光滑絕緣不帶電小球Q，質(zhì)量為，以速度向右運動，與小球P發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，且P、Q間無電荷轉(zhuǎn)移，碰后P球可從B點無碰撞進入管道。已知A、B間距離為4R，重力加速度為，不計空氣阻力，小球P、Q均可視為質(zhì)點。求：
（1）碰后小球P的速度大?。?br>（2）小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功；
（3）小球P再次到達水平地面時與B點的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由動量守恒定律和能量守恒定律得
將代入以上兩式得碰后小球P的速度大小
（2）過程中，由圖乙可知電場力做功
小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功
（3）過程中摩擦力做功
小球P從A點運動到管道最高點C點過程中由動能定理得
解得最高點C點速度
過C點后小球先在電場線上方做平拋運動，后在電場力和重力的共同作用下運動。
小球做平拋運動的時間
小球做平拋運動的水平位移
小球進入電場中運動時，運動時間
電場力方向加速度
電場力方向位移
綜上可解得
綜合以上可得，小球P再次到達水平地面時與B點的距離
9．如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個平行于該區(qū)域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角，一段時間后粒子運動到N點，速度大小仍為v，不計粒子重力。求：
（1）電場強度的方向；
（2）勻強電場的場強大小E；
（3）僅改變粒子速度大小，當粒子離開圓形區(qū)域的電勢能最小時，粒子速度改變量的大小。
【答案】（1）電場強度方向垂直MN斜向左下；（2）；（3）
【詳解】（1）從M到N粒子動能不變，電場力做功為0，所以MN為等勢線，由于粒子帶正電且所受電場力偏向，所以電場強度方向垂直MN斜向左下。
（2）粒子做類似斜拋的運動，沿MN方向，粒子做勻速運動，則有
垂直MN方向有
根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立解得勻強電場的場強大小為
（2）如圖所示
當粒子運動到P點時，電勢能最??；由
，，
聯(lián)立解得
10．如圖所示，豎直面內(nèi)存在直角坐標系xOy，平行于y軸的虛線MN、PQ將第一象限分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的寬度為3d，在的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，在的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場。區(qū)域Ⅱ的寬度為d，其內(nèi)部存在平行于xOy平面且方向未知的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球由O點沿x軸正方向以的速度射入Ⅰ區(qū)域，小球僅從直線上的點A穿過后，經(jīng)過點垂直MN進入?yún)^(qū)域Ⅱ，經(jīng)過PQ與x軸的交點C，速度大小。、、的大小均未知，小球重力不可忽略，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）區(qū)域Ⅱ中BC兩點的電勢差；
（2）區(qū)域Ⅰ中勻強電場的大?。?br>（3）小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過程中所受電場力的沖量大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球在Ⅰ區(qū)域電場中，水平方向做勻速直線運動，豎直方向先加速再減速到零，到達B點時，從B到C的過程中，由動能定理可得
解得
（2）設(shè)小球在Ⅰ區(qū)域中經(jīng)過直線時，豎直方向速度為，在中運動時間為、在中運動時間為，水平方向則有
豎直方向，在中有
在中有
解得
小球在Ⅰ區(qū)域中，豎直方向由運動學公式可得
由牛頓第二定律可得
解得
（3）設(shè)小球在Ⅱ區(qū)域中，電場水平方向的分量為、豎直方向分量為，在C點時水平方向速度為，豎直方向速度為，由運動學公式可得
聯(lián)立可得
水平方向
豎直方向
聯(lián)立可得
Ⅱ區(qū)域的場強大小為
小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過程中所受電場力的沖量大小
11．帶電粒子在電場中的運動規(guī)律在近代物理實驗裝置中有著極其廣泛的應(yīng)用，這些應(yīng)用涉及帶電粒子的測量、加速和約束問題。2023年諾貝爾物理學獎獲得者就因其研究控制電子移動而獲得。如圖的電場模型設(shè)計，可以通過改變電場的水平寬度控制帶電小球間碰撞，從而模仿微觀狀態(tài)帶電粒子的運動。如圖所示，電荷量為、質(zhì)量為的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端，板的右側(cè)空間有水平寬度一定、豎直高度足夠高的勻強電場，方向水平向左，電場強度的大小，與球B形狀相同、質(zhì)量為的絕緣不帶電小球A以初速度向B運動，兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進入電場，在空中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞。已知每次碰撞時間極短，小球A始終不帶電，小球B的電量始終不變。兩小球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度g取。
（1）求第一次碰撞后瞬間A、B兩小球的速度；
（2）如果兩小球第二次、第三次碰撞都發(fā)生在電場中，則在第二次與第三次碰撞之間，有一個時刻球B合力的瞬時功率為0，求從第二次碰撞后到此時刻的時間間隔。
【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2）
【詳解】（1）第一次碰撞，取向右為正，設(shè)碰后A球速度為，碰后B球速度為，根據(jù)動量守恒定律知
根據(jù)能量守恒定律知
第一次碰后A的速度，水平向右；B的速度，水平向右
（2）豎直方向自由下落，AB始終在同一水平面，對B水平方向有
代入得
方向：水平向左
第二次碰撞前
代入得
對球B有
方向：水平向左，豎直方向有
方向：豎直向下
第二次碰撞，向右為正，根據(jù)動量守恒定律知
根據(jù)能量守恒定律知
第二次碰后A的速度為0，B的速度，方向：水平向右
球B合力的瞬時功率為0時合力與瞬時速度垂直，設(shè)合力與水平方向夾角為，如圖所示
則有
代入得
目錄
01 模擬基礎(chǔ)練
【題型一】等效重力場
【題型二】力電綜合
02 重難創(chuàng)新練

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