2023年高考物理一輪系統(tǒng)復(fù)習(xí)學(xué)思用(考點(diǎn)分析)-第四節(jié) 電場性質(zhì)的綜合應(yīng)用

【考點(diǎn)分析】第四節(jié)電場性質(zhì)的綜合應(yīng)用

【考點(diǎn)一】點(diǎn)電荷電場中功能關(guān)系的綜合問題

【典型例題1]（2021?河南名校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，固定于同一條豎直線上的4、B

是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量分別為+。和一。，4、B相距為24.是豎直

放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球P質(zhì)量為，"，電荷量為+q（可視為點(diǎn)電

荷，放入電場后不影響電場的分布），現(xiàn)將小球P從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放,

小球尸向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí)，速度為u,已知與AB之間的距離為d,

靜電力常量為鼠重力加速度為g.則（）

M

C

O

D

N

A.C、。兩點(diǎn)間的電勢差

B.。點(diǎn)處的電場強(qiáng)度

C.小球下落過程中重力勢能和電勢能之和不變

D.小球P經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)的速度為啦v

【解析】小球P由C運(yùn)動(dòng)到。時(shí)，由mgd+qUco=v2-0,得Uco=""選

項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對小球。在。點(diǎn)處時(shí)受力分析，如圖所示，F(xiàn)產(chǎn)F產(chǎn)端=驛它們的合力為：F=

Ficos45。+尸2cos45°=田蟹，，則O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度E=（=*華,選項(xiàng)B正確；

小球下落過程中重力勢能、動(dòng)能和電勢能之和不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

小球P由。運(yùn)動(dòng)到。的過程，由動(dòng)能定理得：〃國/+<7。8=品后—//,由等量異種

點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知Uco=Uoo，聯(lián)立解得力=也丫，選項(xiàng)D正確.

M

A

【答案】BD

【考點(diǎn)二】勻強(qiáng)電場中功能關(guān)系的綜合問題

【典型例題2】（2022?江蘇鹽城市高三（下）二模）如圖所示，固定光滑直桿上套有一個(gè)

質(zhì)量為如帶電量為+q的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球絕緣

相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。

已知直桿與水平面的夾角為。，兩彈簧的勁度系數(shù)均3〃?gsm”,小球在距8點(diǎn)士L的P點(diǎn)

L5

4

處于靜止?fàn)顟B(tài)，。點(diǎn)距A點(diǎn)二乙，小球在Q點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為g。貝！J（）

A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為雪妝

5q

B.小球在。點(diǎn)的加速度大小為《gsin。

12

C.小球運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能為石機(jī)gLsin。

D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的位置離8點(diǎn)距離為

5

【解析】A.依題意，小球在距8點(diǎn)24L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受到兩根彈簧的

5

彈力合力大小為尸=2ZAx=2x3〃?gsin,乂人=sin6,對小球由共點(diǎn)力平衡可得

L55

(mg+qE)sin0=F,解得E=工，故A錯(cuò)誤；

5<7

B.根據(jù)對?稱性，可知小球在。點(diǎn)的受兩彈簧彈力合力情況與尸點(diǎn)大小相等，方向相反,

12

根據(jù)牛頓第二定律，有F+Oig+qE)sinduma,求得。=彳85m6,故B錯(cuò)誤：

C.小球從。點(diǎn)由靜止下滑時(shí)，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)受力平衡，加速度為0,速度最大，動(dòng)能最

大，從。到P過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得(mg+qE)x°pSine=Ekm—()，由幾何關(guān)系可求

4212

得XQP=2L_2X_L=_L,聯(lián)立求得線,"u嘮mgLsin。，故C正確；

D.依題意，可判斷知小球從Q點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球做簡諧振動(dòng)，P點(diǎn)為平衡

位置，根據(jù)筒諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)到尸點(diǎn)距離為所以小球運(yùn)動(dòng)到最

5

2422

低點(diǎn)的位置離8點(diǎn)距離為彳二XW一一L=-L一一L=-L,故D錯(cuò)誤。故選C。

PB5555

【答案】C

【考點(diǎn)三】勻強(qiáng)電場中連接體的功能關(guān)系的綜合問題

【典型例題31A、B兩物體質(zhì)量均為“，其中A帶正電，電荷量為+令，8不帶電，

通過勁度系數(shù)為％的絕緣豎直輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時(shí)A、8都處于

靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)在施加豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度￡=等，式中g(shù)為重力加速度，若不

q

計(jì)空氣阻力，不考慮4物體電荷量的變化，則以下判斷正確的是()

J4

i

sE

B

A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2g

B.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大

C.從施加電場開始到2剛要離開地面的過程中，A物體的機(jī)械能增加量始終等于A物

體電勢能的減少量

D.B剛要離開地面時(shí)，A的速度大小為2G理

【解析】在未施加電場時(shí)，A物體處于平衡狀態(tài)，當(dāng)施加電場的瞬間，力物體受到的

合力為A所受的電場力，故解得a=2g,方向向上，故A正確；B剛要離開地面

時(shí)，地面對8彈力為0,即F為=mg,對4物體%=，”g+F再，即A物體所受合力為0,因

此從施加電場開始到B剛要離開地面過程，4物體做加速度逐漸變小的加速運(yùn)動(dòng)，即A物

體速度大小一直增大，故B正確；從施加電場開始到彈簧恢復(fù)原長的過程，A物體的機(jī)械能

增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復(fù)原長到B剛要離開地面

的過程，A物體的機(jī)械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯(cuò)誤;

當(dāng)B剛要離開地面時(shí)，此時(shí)B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場到8離開地面，

彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為x=半，根據(jù)動(dòng)能定理可知用一〃琢x=/解得

v=24片，故D正確.

【答案】ABD

【考點(diǎn)四】與v-t圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題4】（2021?江西鷹潭市二模）如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一沿水平方

向的電場，MN是電場中的一條直線，線上有A、B、C三點(diǎn)。一帶電量為+2xl（y3c、質(zhì)量

為lxl（y3kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放，只受電場力，沿MN作直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的回圖像

如圖乙所示，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)圖像該點(diǎn)切線斜率最大（圖中斜虛線），C點(diǎn)處的切線平行于，軸，

運(yùn)動(dòng)過程中小物塊電量保持不變，則下列說法中正確的是（）

MaBcN

甲乙

A.A8兩點(diǎn)電勢差以產(chǎn)4丫

B.AC間各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向相同，8點(diǎn)場強(qiáng)最大，大小為E=lV/m

C.由A到C的過程中小物塊的電勢能先減小后變大

D.小物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)電場力做的功卬=10刃

【解析】A.物塊在A到8的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得叱^二,機(jī)4一,加片，帶入

202A

數(shù)據(jù)解得MB=8x10-3j,由?！?以，帶入數(shù)據(jù)解得UAB=4V,故A正確：

q

B.根據(jù)v-r圖的斜率等于加速度，可得在8點(diǎn)的加速度最大為a=」-=2m/s2,所

5-3

受的電場力最大為F=/m=lxlO-3x2N=2xlO-3N,則電場強(qiáng)度的最大值為

F?xI0-3

E=—==1N/C,故B正確；

q2x10-3

C.由v-f圖可知由4到C的過程中小物塊的動(dòng)能一直增大，則電勢能一直減小，故C

錯(cuò)誤；

D.物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)電場力做的功

W=吆一;m%=gxlxl0-3x（62-42）=10力，故D正確。故選ABD。

【答案】ABD

【考點(diǎn)五】與v-x圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題51（2021.安徽合肥市二模）空間有一沿x軸分布的電場，x軸上有P、Q

兩點(diǎn)，其位置坐標(biāo)分別為必、2.0—質(zhì)量為加、電荷量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。以初速

度物沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，粒子僅受電場力作

用，設(shè)O點(diǎn)電勢為零。則下列說法正確的是（）

O沏2%0X

A.該電場為勻強(qiáng)電場

B.粒子在尸點(diǎn)的電勢能為:〃而

c.。點(diǎn)的電勢為——-

2q

D.粒子在O尸間的平均加速度比PQ間的大

【解析】AD.由圖中數(shù)據(jù)可得粒子在OP間和間運(yùn)動(dòng)位移均為xo；但在OP間運(yùn)

動(dòng)平均速度大于PQ間平均速度，^tOP<tPQ,而兩個(gè)階段速度變化量均為因此在

OP段平均加速度更大，因?yàn)榍昂髢啥纹骄铀俣炔灰粯哟螅措妶隽Σ灰粯哟?，該電場?/p>

是勻強(qiáng)電場，A錯(cuò)誤D正確；

B.由動(dòng)能定理可得：0至1IP電場力做的功W=；，〃（g%）2—gm%2,解得

W=--mv^,又因?yàn)?點(diǎn)電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量耳='2,B錯(cuò)

88

誤；

C.由動(dòng)能定理可得：。到。電場力做的功W'=0—Jm%2,解得又

因?yàn)?。點(diǎn)電勢為零，電場力做的功等于電勢能減少量；即與2=；加%2,電勢

P2

（pQ==---.C錯(cuò)誤。故選D。

q初

【答案】D

【考點(diǎn)六】與a-x圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題6】（2021?化州市第一中學(xué)月考）一個(gè)帶負(fù)電的粒子從尤=0處由靜止釋放,

僅受電場力作用，沿?zé)o軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度。隨位置變化的關(guān)系如圖所示，々-占=工3一%

可以得出（）

A.在西和￡處，電場強(qiáng)度相同

B.從網(wǎng)到￡過程中，電勢先升高后降低

C.粒子經(jīng)X和￡處速度等大反向

D.粒子在超處電勢能最大

【解析】A.因?yàn)?后=〃"，所以在芯和七處，電場強(qiáng)度和加速度大小成正比，方

向相反，故A錯(cuò)誤；

BD.根據(jù)圖像可知，從占到反過程中，粒子先加速后減速，所以電場力先做正功，后

做負(fù)功，電勢能先減小后增大，到超處，電勢能最小，根據(jù)綜=4*可知，粒子帶負(fù)電，

所以電勢先升高后降低，故B正確，D錯(cuò)誤;

2eV"

C.根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v=2ax可知，a-x圖像的面積表示5,所以粒子經(jīng)石和x3處

速度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤。故選B。

【答案】B

【考點(diǎn)七】與?-v圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題7】（2021?浙江三模）如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在豎直

向上的、足夠大的勻強(qiáng)電場中，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動(dòng)，通過傳感器得到小球

的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示。已知小球質(zhì)量為〃?，重力加速度為g,空氣阻

力不能忽略。下列說法正確的是（）

E

O

甲乙

A.小球運(yùn)動(dòng)的速度一直增大

B.小球先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)

C.小球剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小4=g

D.小球運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力與速度大小成正比

【解析】A.小球速度增大到陽后，加速度。變?yōu)?,于是速度不再繼續(xù)增大，故A

錯(cuò)誤；

B.小球在加速過程中，加速度隨速度變化，即不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動(dòng)，由于小球不只受重力，還受向上的電場力，故此時(shí)

加速度4,Vg,故c錯(cuò)誤；

D.由圖像，可得a=Zv+q）,由牛頓第二定律，可彳導(dǎo)mg-qE—f=ma,可解

出加速度為a=-/+g-及，聯(lián)立可知。=8-幺￡,還可知-￡=如，即/=一6丫，

mmmm

故D正確。故選D。

【答案】D

【考點(diǎn)八】與（P-X圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題8]（2022?河北省石家莊高三（下）質(zhì)檢（一））如圖甲所示，在x軸上有0、A、

B、C、D五點(diǎn),坐標(biāo)分別為0、/、2/、3%、4/，靜電場的電場強(qiáng)度方向與x軸平行,

電勢0隨x的分布如圖乙所示。一質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量為+4的粒子，以初速度%從。點(diǎn)沿

X軸正方向進(jìn)入電場，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）

A.若粒子能運(yùn)動(dòng)到4處,%至少為

m

B.若粒子能運(yùn)動(dòng)到A處，粒子一定能運(yùn)動(dòng)到。處

C.若粒子能運(yùn)動(dòng)到B處，粒子在4、B間做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.若粒子能運(yùn)動(dòng)到C處，粒子在C處的速度為、說-如

Vm

【解析】A.從。到A根據(jù)動(dòng)能定理一州o=O-L”片，解得%=、②，故A錯(cuò)

2Vm

誤；

B.粒子在從O到A做減速運(yùn)動(dòng)，若粒子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)速度剛好為零，則該粒子不能運(yùn)

動(dòng)到D處，故B錯(cuò)誤；

C.若粒子能運(yùn)動(dòng)到8處，因?yàn)锳、5為等勢面，所以粒子在A、3間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力不

做功，即粒子在4、8間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；

D.從O到C根據(jù)動(dòng)能定理—例一外---,解得v=Jv；—/色，故

V2J22Vm

D正確。故選CD。

【答案】CD

【考點(diǎn)九】與E-x圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題9】（2021?廣東深圳市調(diào)研）真空中，在x軸上x=0和x=8m處分別固定

兩個(gè)電性相同的點(diǎn)電荷Q和Q,電荷間連線上的電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示（+x

方向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向），其中x=6m處E=0.將一個(gè)正試探電荷在x=2m處由靜止釋放（重力

不計(jì)，取無限遠(yuǎn)處電勢為零），則（）

A.。2均為負(fù)電荷

B.Qi、Q2帶電荷量之比為9：1

C.在x=6m處電勢為0

D.該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢能一直減小

【解析】由題圖知，在x=0處場強(qiáng)為正，x=8m處場強(qiáng)為負(fù)，可知。卜。2均為正電

荷，故A錯(cuò)誤；

根據(jù)題意“x=6m處E=0"可知在x=6m處，￡|=￡2，即呼'=瞪，解得覆=$=小故

B正確；

由于無限遠(yuǎn)處電勢為零，故在x=6m處電勢不為0,故C錯(cuò)誤；

該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力先做正功不做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大,

故D錯(cuò)誤.

【答案】B

【考點(diǎn)十】與Ep-x圖象有關(guān)的電場問題的運(yùn)算

【典型例題10]（2021,四川省石室中學(xué)）一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正

向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0-X2段是關(guān)于直線X=X]對稱的

曲線，X2-X3段是直線，則下列說法正確的是（）

A.Xi處電場強(qiáng)度最小，但不為零

B.X2~X3段電場強(qiáng)度大小方向均不變，為一定值

C.粒子在0?X2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，X2?X3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.在0、xi、X2、X3處電勢q）o、Qi、q）2、S的關(guān)系為（P3>q）2=（po>q）i

【解析】根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q（p-場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=絲，結(jié)合分析

圖象斜率與場強(qiáng)的關(guān)系，即可求得X1處的電場強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化；由

Ep=q<p,分析電勢的高低.由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì).根

據(jù)斜率讀出場強(qiáng)的變化，由F=qE,分析電場力的變化，從而明確其運(yùn)動(dòng)過程的變化.根據(jù)

A01AE?

電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q（p,場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=—,得：E=——乙,由數(shù)學(xué)知識

△tqAx

△E“

可知Ep-x圖象切線的斜率等于廣，xi處切線斜率為零，則xi處電場強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)

誤；

由圖看出在。?XI段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強(qiáng)減小，粒子所受的電場力

減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)；XI?X2段圖象切線的斜率不斷增大，場強(qiáng)增大，粒子

所受的電場力增大，做非勻變速運(yùn)動(dòng)；X2?X3段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方

向均不變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；故B正確，C錯(cuò)誤;

0與X2處電勢能相等，根據(jù)Ep=q<p可知0與X2處電勢5）、<P2的關(guān)系為中0=中2，X|處電

勢能最小，因放置的負(fù)電荷，故電勢最高，同理可知，X3處電勢最小，即⑺>5=中0>中3,

故D錯(cuò)誤.故選B.

【答案】B

【考點(diǎn)十一】帶電物體在含有傳送帶的交變電場中的運(yùn)動(dòng)

【典型例題11】如圖甲所示，傾角為，的絕緣傳送帶以2m/s的恒定速率沿順時(shí)針方

向轉(zhuǎn)動(dòng)，其頂端與底端間的距離為5m,整個(gè)裝置處于方向垂直傳送帶向上的勻強(qiáng)電場中，

電場強(qiáng)度大小隨時(shí)間按圖乙規(guī)律變化。/=0時(shí)刻將質(zhì)量〃7=O.O2kg的帶正電小物塊（電荷量為

q）輕放在傳送帶頂端，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為亞，已知IsinQ,、cosd=2匹，

655

=2娓mg,取g=]0mzs2,則小物塊（）

5q

甲乙

A.始終沿傳送帶向下加速

B.運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小變化

C.在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2.5s

D.與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的總熱量為0.48J

【解析】AB.存在電場時(shí)，有mgsin0-cos0-Eoq)=ma,解得a=2m/s2，

不存在電場時(shí)，有機(jī)85由|9一〃,密以光6=〃⑷'，解得"=-2m/s2，所以小物塊先勻加速

再勻減速運(yùn)動(dòng)，交替進(jìn)行，AB錯(cuò)誤；

11s

C.一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)的位移為%=2x—4(—T)2=2m,所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，=—T=5s,

22So

C錯(cuò)誤；

D.在沒有電場時(shí)?，小物塊與傳送帶間有摩擦，所以相對位移為

s'=2(2xl+—x2xl)m=6m,發(fā)熱量為Q=〃〃?gcosts'=0.48J,D正確。故選D。

2

【答案】D

【考點(diǎn)十二】帶電體在重力場和電場中的圓周運(yùn)動(dòng)

【典型例題121(2022?山東日照市高三(下)一模)如圖所示，在水平向左且足夠大的勻

強(qiáng)電場中，一長為L的絕緣細(xì)線一端固定于。點(diǎn)，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為加、電荷量為g

的帶正電小球，小球靜止在M點(diǎn)?，F(xiàn)給小球一垂直于0M的初速度vo,使其在豎直平面內(nèi)

繞0點(diǎn)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，AB為圓的豎直直徑。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的場強(qiáng)大小為叵現(xiàn)，

q

重力加速度為g。當(dāng)小球第二次運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷裂，則下列說法正確的是()

B

A.小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能的最小值為mgL

B.細(xì)線斷裂后，小球動(dòng)能的最小值為gmgL

C.從細(xì)線斷裂到小球的動(dòng)能與8點(diǎn)動(dòng)能相等的過程中，電勢能增加了mgL

Q

D.從細(xì)線斷裂到小球的電勢能與B點(diǎn)電勢能相等的過程中，重力勢能減少了

【解析】A.由題意等效最高點(diǎn)在0M連線的反向延長線與圓周的交點(diǎn)上，設(shè)為N,

則在N點(diǎn)滿足/=\](mg)2+(y/3mg)2=2mg,所以2mg=把-,即動(dòng)能的最小值為

L

Ekmin=mgL,故A正確：

B.由題意細(xì)線斷裂后，當(dāng)B點(diǎn)速度沿與等效重力反方向的分速度為零時(shí)，動(dòng)能最小，

又因?yàn)閺腂到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理得-2mg(L-Lsin30°)=1mv2一;相/，解得以=2如，

所以最小動(dòng)能為Emm〃(腺sin30°)2,故B正確；

C.因?yàn)閺募?xì)線斷裂到小球的動(dòng)能與B點(diǎn)動(dòng)能相等的過程中，由動(dòng)能定理知合外力做功

為零，即B點(diǎn)速度沿與等效重力反方向的分速度變?yōu)榈却蠓聪驎r(shí)，故滿足％cos30。=〃，

a=?S=2g,x=vBsin30°-2t,AE=-{-qExCQS60°)=—mgL,即電勢能增加了

m2

3

^mgL,故C錯(cuò)誤；

D.從細(xì)線斷裂到小球的電勢能與B點(diǎn)電勢能相等的過程中，即電場力做功為零，即相

當(dāng)于B點(diǎn)水平方向的速度等大反向時(shí)，即％=aT,qE=ma',〃=；g(2/')2,W=mgh,

Q

W=解得△￡1?'=——mgL,故D正確。故選ABD。

pp30

【答案】ABD

【考點(diǎn)十三】帶電物體在等效重力場中的綜合問題

【典型例題13](2021?山東濱州市二模)如圖所示，輕繩的一端掛一小球，另一端連

接一輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)套在水平放置的足夠長的直桿上，M為直桿上的一點(diǎn)，MN為垂直于直

桿的分界線，的左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場。直桿在M左側(cè)部分光滑，M右側(cè)部分

環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.75將小環(huán)用一插銷固定在直桿的。點(diǎn)，小球靜止時(shí)輕繩與豎直方

,13

向的夾角0=37。。已知，小球質(zhì)量為帶電荷量的大小為/繩長為/,點(diǎn)到的距離為百/,

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力($抽37。=0.6,cos37o=0.8,重力加速度為g)。求：

(1)電場的電場強(qiáng)度E大??；

(2)拔下插銷后，輕繩第一次豎直前瞬間小球速度PI大??；

(3)小球第一次離開電場的速度也大小；

(4)小球第一次離開電場后擺動(dòng)到最大高度時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角。

【解析】⑴對帶電小球列平衡方程必=〃zgtan6,解得電場的電場強(qiáng)度E=即空?<1

(2)拔下插銷后，對小球列牛頓第二定律」駕=加4，由幾何關(guān)系可知拔下插銷后

cos6>1

小球沿繩方向運(yùn)動(dòng)位移西=———I,對小球沿繩方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程

COS。

片=2.內(nèi)，聯(lián)立解得，輕繩第一次豎直前瞬間小球速度阿=母京。

(3)輕繩恰好豎直時(shí)刻，對小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度

%=v,sin37°,輕繩豎直后對小球列牛頓第二定律qE=ma2,拔掉插銷到輕繩豎直過程,

小環(huán)到0點(diǎn)的水平距離x=/tan6,小球沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移

13

對小球在水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程(-用=2%々，聯(lián)立解

得”杼。

(4)小環(huán)滑動(dòng)到分界線后，若某時(shí)刻細(xì)繩與豎直方向夾角為小對小環(huán)受力分析，列

平衡方程4sine=5,FT3S（P=FN，輕質(zhì)環(huán)不滑動(dòng)的條件是否W〃品，聯(lián)立解得輕

環(huán)不滑動(dòng)的條件是輕繩與豎直方向的夾角PW37。輕環(huán)經(jīng)過MN后，處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球做圓

周運(yùn)動(dòng)對小球列動(dòng)能定理cosa）=