专题9 静电场（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

专题九　静电场 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型28　静电力作用下的平衡与加速问题 题型29　求解电场强度的几种特殊方法 题型30　静电场中力和能的性质的综合问题 题型31　静电场中的功能关系及图像问题 题型32　带电粒子在电场中的运动问题 目 录 题型28　静电力作用下的平衡与加速问题 题型方法 典例    (2022辽宁,10,6分)(多选)如图所示,电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°的 光滑绝缘斜面上的a点,其正上方L处固定一电荷量为-Q的球2,斜面上距a点L处的b点有 质量为m的带电球3。球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态,此时 弹簧的压缩量为 ,球2、3间的静电力大小为 。迅速移走球1后,球3沿斜面向下运 动。g为重力加速度,球的大小可忽略,下列关于球3的说法正确的是 ( )     BCD     典例精解 目 录 目 录 A.带负电 B.运动至a点的速度大小为  C.运动至a点的加速度大小为2g D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为 mg 目 录 目 录 解析　由迅速移走球1后,球3沿斜面向下运动可知,移走球1前,球1对球3的作用力沿斜 面向上,则球3带正电,A错误;取a、b中点记为c,由题可知,球3从b运动到c时弹簧恢复原 长,到a时伸长量为 ,所以球3在a、b两点时弹簧弹性势能相等,且a、b到球2的距离相 等,则球3在a、b两点的电势能相等,由能量守恒有mgL sin 30°= mv2,解得v= ,B正确; 移走球1之前,在b点,球3受力平衡,球2对球3的库仑力F23=k = mg,球1对球3的作用力 F13=k ,解得F13=3mg,由平衡条件有 mg cos 60°+mg sin 30°+F弹=3mg,球3运动到a点 时,弹簧弹力和球2对球3的作用力大小不变,对球3由牛顿第二定律有F弹+ mg cos 60°- 目 录 目 录 mg sin 30°=ma,解得a=2g,C正确;球3运动到a、b中点c处时,球2对球3的作用力大小为F23 '=k = mg,方向垂直于斜面指向球2,则此时球3对斜面的压力大小N2'=N2=mg cos 30°-F23'= mg,D正确。 目 录 目 录 考法延伸    (变条件·求电荷量之比)如图所示是编号分别为1、2、3的三个带电小球,质 量均为m,球1和球2带正电,球2固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上a点的正上方,到a的 距离为L;球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态与斜面接触但无 压力,b与a之间的距离为L,重力加速度为g。这时球1刚好能够静止于斜面上的a点,且此 时弹簧的弹力大小为2.5mg,求三个带电小球电荷量大小之比。 目 录 目 录 解析　由题意知,球1与球3只能带异种电荷,即球3带负电,平衡时弹簧处于拉伸状态,对 球3和球1的受力分析分别如图甲、乙,        对球3,有 F弹=F23 cos 60°+mg sin 30°+F13=2.5mg F23 sin 60°=mg sin 60° 目 录 目 录 对球1,有 F31=(F21+mg) sin 30° 联立可得F13=F31=1.5mg,F23=mg,F21=2mg 又有F13=F31=k ,F23=k ,F21=k  联立可得Q1∶Q2=3∶2,Q2∶Q3=4∶3 则Q1∶Q2∶Q3=6∶4∶3 答案    6∶4∶3 目 录 目 录 方法拓展　涉及静电力的平衡与加速问题,与纯力学平衡和动力学问题分析方法一样, 受力分析是基础,应用平衡条件和牛顿第二定律是关键,具体解题步骤如下: 目 录 目 录 题型29　求解电场强度的几种特殊方法 知识图解 方法技巧 应用示例 对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,简化复杂电场的叠加计算问题   均匀带电圆环中心处的场强为0 补偿法 题设条件建立的模型是一个不完整的模型A,需要补充条件建立另一个容易求解的模型B,并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型。于是求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题   目 录 目 录 微元法 将带电体分成许多可视为点电荷的微元,由库仑定律求出微元在某点产生的电场强度,再结合对称性与电场叠加原理求出带电体在该点产生的电场强度 等效法 在保证效果相同的条件下,将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境         目 录 目 录 典例    (2024湖北荆州中学月考)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集 中于球心处的点电荷产生的电场。如图所示,在绝缘球 球面AA1B1B上均匀分布正电 荷,总电荷量为q;在剩余 球面AB上均匀分布负电荷,总电荷量是 q。球半径为R,球心 为O,CD为 球面AA1B1B的对称轴,在轴线上有M、N两点,且OM=ON=2R,A1A=B1B,A1A∥ B1B∥CD。已知 球面A1B1在M点的电场强度大小为E,静电力常量为k,则球面在N点的 电场强度大小为 ( )     B     典例精解 A.     B.  C. +E    D. +2E 目 录 目 录 解析　将球面AB部分补上正电荷,使其变成一个均匀带正电的完整的球壳,完整球壳带 电荷量Q= q,为保证球面电荷量不变,令 球面AB带负电荷且电荷量为q,则该球壳带正 电的部分在M点产生的电场强度的大小EM= = ,根据对称性可知球壳带正电的 部分在N点产生的电场强度大小EN= ,方向由O指向N,带负电荷且电荷量为q的 球面 AB,在N点产生的电场强度大小为2E(点拨: 球面A1B1在M点的电场强度大小为E),方向 由N指向O,则N点的电场强度大小EN'= ,B正确。 目 录 目 录 考法延伸1    (变运动情境·由球体外变为球体内)(2025湘豫名校联考)(多选)如图,一个 充满正电荷的球体,球心为O1,半径为R,电荷在球体中均匀分布且不移动,其电荷密度为 ρ(单位为C/m3),挖去一个半径为r的球,球心为O2,形成空腔,在空腔中有一个正方形acbd, 其四个顶点到O2的距离相等,a、b连线与O1、O2连线成45°角。则下列说法正确的是  ( )     BD     A.一电荷量为+q的点电荷,放在a点,不受电场力作用 B.一电荷量为+q的点电荷,放在a、c点,受到的电场力的作用相同 C.将一电荷量为+q的点电荷,从a点移到d点,电场力不做功 D.a点的电场强度方向由O1指向O2 目 录 目 录 解析　挖去小球后该带电体可等效为一个电荷量为Q1= 、带正电的大球和一个 电荷量为Q2= 、带负电的小球,空腔内任意一点的场强均是这两个带电球体产生 的电场在该点场强的矢量和,如图所示   设等效大球在a点产生的电场强度E1= =k RO1a,方向由O1指向a,同理,等效小 目 录 目 录 球在a点产生的电场强度E2= =k RO2a,方向由a指向O2,根据矢量的合成法与相 似三角形法,可得a点的电场强度E=k  ,方向由O1指向O2,同理可知,空腔内c点的 场强与a点的场强大小相等,方向相同,故一电荷量为+q的点电荷在a、c点受电场力作 用相同,A错误,B、D正确。根据上述分析可知,空腔内各点的电场强度均相同,空腔区 域内为匀强电场(方向由O1指向O2),a、c电势相等,a、b间电势差与c、d间电势差相等, 将一电荷量为+q的点电荷,从a点移到d点,电场力做正功,C错误。 目 录 目 录 考法延伸2    (由球壳变为圆环·跨数学求极值)(2024八省八校联考)如图所示,一个带正 电的绝缘圆环竖直放置,圆环半径为R,带电荷量为+Q,电荷均匀分布在圆环表面上,将 一试探电荷+q从圆环中心偏右侧一点(图中未画出)的位置静止释放,试探电荷只在电 场力的作用下沿着中心轴线向右侧运动,则下列说法正确的是 ( ) A.试探电荷将向右先加速后减速 B.试探电荷的加速度逐渐减小     C     C.当试探电荷距离圆环中心为 R时,其加速度最大 D.将圆环所带电荷量扩大到原先的两倍,则加速度最大的位置右移 目 录 目 录 解析　根据带电圆环周围电场分布的对称性可知,圆环中心轴线上的电场强度均背离 圆环中心,沿着中心轴线向外,则可知试探电荷将始终受到向右的电场力,一直做加速运 动,A错误。 如图,将圆环上所带电荷均匀分割成无数份,设每一份的电荷量为q0(微元法),每一份产 生的电场在M点的场强E0= ,其水平分量E0x=E0 cos θ=  sin2 θ cos θ,微元累加并 根据对称性可知,M点的合场强E=  sin2θ cos θ,令f(θ)=sin2θ cos θ=cos θ-cos3θ,则f'(θ)=- sin θ+3 cos2θ sin θ,当f'(θ)=0时 cos2θ= ,综上可知,当 cos θ= 时即在距离圆环中心为 目 录 目 录  R处场强最大,试探电荷加速度最大,并且这个位置与圆环所带电荷量无关,故试探电 荷的加速度先增大再减小,C正确, B、D错误。 目 录 目 录 题型30　静电场中力和能的性质的综合问题 典例    (2024山东德州庆云一中模拟)静电透镜是一种电子透镜,被广泛应用于电子器 件中,如阴极射线示波管。如图所示,某阴极射线示波管中的透镜电场是由电极A1、A 2、A3、A4形成的,实线为电场线,虚线a、b、c、d、e、f、g为等差等势线,z轴为该电场 的中心轴线,P、Q、R是一个从左侧进入透镜电场的电子的运动轨迹分别与等势线a、 d、g的交点,已知等势线a的电势为零,电子经过该等势线上P点时的动能为12 eV,从P 点运动到Q点的过程中,电子所受静电力做功为9 eV,电子仅受静电力,下列说法正确的 是 ( )     C     典例精解 目 录 目 录 A.等势线a、d之间的电势差为Uad=9 V B.等势线g的电势为-18 V C.电子经过R点时的动能为30 eV D.电子在Q点的加速度小于在R点的加速度 目 录 目 录 解题导引　可根据W静电力=qU求电势差;可根据电场线密集程度来比较电场强度大小。 解析　由W静电力=qU可得,等势线a、d之间的电势差为Uad=-9 V,A错误。由题图根据对 称性可知,等势线d、g之间的电势差为Udg=-9 V,又由φa=0,可得φg=18 V,B错误。由W静电 力=qU可得,电子从P点运动到R点的过程中,静电力做功W=qUag=18 eV,由动能定理有W= EkR-EkP,可得EkR=30 eV,C正确。由题图,根据电场线越密电场强度越大可知,Q点的电场 强度大于R点的电场强度,由F=qE结合牛顿第二定律可知,电子在Q点的加速度大于在R 点的加速度,D错误。 目 录 目 录 考法延伸    (空间中点电荷的力电综合问题)(2025湖北武汉华师一附月考)如图所示,正 六棱柱上、下底面的中心分别为O和O',A、D分别固定等量异号的点电荷。下列说法 正确的是 ( ) A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E'点的电场强度方向相同     A     C.A'点与F'点的电势差大于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能一直减小 目 录 目 录 解析    F'点和B'点关于平面ADD'A'对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF '=EB',同理可知EE'=EC',F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称,根据等量异号点电荷电场 分布的对称性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四个点的电场强度方向均不相同, 故A正确,B错误;由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0,F'点电势为正,连接A'D', 依据A'D'连线上电势分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因为φF'>0,故UA'F'<UA'O',故可知UA'F'<UO' D',C错误;如图所示,根据几何关系可知β=30°,作出正电荷q在F点所受电场力的示意图, 设正六边形的边长为a,FA= ,FD= ,则tan α= =3>tan 60°,则α>60°,即在F点正点 电荷所受电场力与FO的夹角大于90°,在O点正点电荷所受电场力的方向沿OD方向,此 目 录 目 录 时电场力与FO的夹角为60°,则在正电荷从F点移动到O点的过程中,电场力对其先做负 功,后做正功,则试探电荷的电势能先增大后减小,故D错误。 目 录 目 录 方法拓展　带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 目 录 目 录 题型31　静电场中的功能关系及图像问题 知识图解 一、静电场中的功能关系 1.若只有静电力做功,电势能与动能之和保持不变。 2.若只有静电力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变。 3.除重力和系统内弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。 4.所有外力对物体所做功之和等于物体动能的变化量。 二、静电场中的图像问题 1.E-x图像 (1)反映了电场强度随位移变化的规律。 目 录 目 录 (2)E的正负表示场强方向。 (3)图线与x轴围成的面积表示电势差,面积大小表示电势差大小,面积的正负表示始末 两点电势的高低。 2.φ-x图像 (1)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的 方向。 (2)φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,斜率为0处电场强度为0。 (3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB分析WAB的正负。 目 录 目 录 3.Ep-x图像 (1)描述电势能随位移变化的规律,根据电势能的变化可判断静电力做功的正负。 (2)根据W静电=-ΔEp=F静电x,可知Ep-x图线的切线斜率k= = = =-F静电,即图线 斜率的绝对值表示静电力的大小,根据图线斜率的正负可判断静电力的方向(若斜率为 正,则静电力方向为负)。 三、常见电场的φ-x图像与E-x图像(取无限远处电势为0,向右或向上为x轴的正方向) 目 录 目 录 目 录 目 录 目 录 目 录 典例    (2025山西部分学校联考)(多选)某静电场中的x轴正半轴上的电势φ随x轴上位置 变化而变化的图像如图所示,一个质量为m、带电荷量的绝对值为q的带电粒子仅在静 电力作用下从坐标原点O沿x轴运动,运动到x=3x0处速度刚好为零,则下列说法正确的 是 ( )     BD     典例精解 A.粒子可能带正电 B.粒子在坐标原点O的动能大小为qφ0 C.粒子在x轴正半轴运动的最大速度为2  D.粒子从x=x0向x=3x0运动的过程,速度不断减小,加速度不断增大 目 录 目 录 解题导引    (1)信息挖掘:在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大 小关系确定电场强度的方向。φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小。 (2)问题引导:粒子运动到x=3x0处速度刚好为零说明粒子所受静电力的方向和电场强度 方向是否一致?粒子运动到什么位置时速度最大?运动过程中粒子的加速度大小变化 如何判断? 目 录 目 录 解析　根据题图可知在x=x0至x=3x0段,x轴上电场强度方向沿x轴正方向(点拨:沿电场线 方向电势降低)由于粒子运动到x=3x0处速度为零,可知粒子做减速运动,所受静电力方 向沿x轴负方向,静电力方向与电场强度方向相反,则粒子带负电,A错误。粒子带负电, 电荷量为-q,设粒子在O点动能为Ek0,从O点运动到x=3x0的过程,根据动能定理有-q(φ0-0) =0-Ek0,解得Ek0=qφ0,B正确。结合上述分析可知,粒子从O到x0过程做加速运动,从x0到3x0 过程做减速运动,可知粒子在x=x0处速度最大,从x0到3x0过程,根据动能定理有-q(3φ0-0)= 0- m ,解得vm= ,C错误。结合上述分析可知,粒子从x=x0向x=3x0运动过程中,静电 力做负功,粒子速度不断减小,根据题图可知,电场强度越来越大,粒子所受静电力逐渐 增大,则加速度逐渐增大,故粒子从x=x0向x=3x0运动过程中,速度不断减小,加速度不断 增大,D正确。 目 录 目 录 考法延伸1    (φ -x图像到Ep-x 图像)(2025河北衡水多校联考)(多选)如图甲所示,水平固定的绝缘光滑细杆上穿有一个质量为m、带电荷量为-q的小环(可视为点电荷),细杆正上方的P点固定一个带电荷量为Q的点电荷,将小环由静止释放,小环在细杆上做往复运动。选无限远处电势为0,以P点正下方的细杆上的O点为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴,小环运动过程中的电势能Ep随x变化的图像如图乙所示,图线在-x0处的斜率最小,在x0处的斜率最大,静电力常量为k。下列说法正确的是 ( )     ABD     A.P点到细杆的距离为 x0 B.图线在x0处的斜率为  C.小环的最大加速度为  D.固定在P点处的点电荷产生的电场在x0处的电场强度大小为  目 录 目 录 解析　根据题意可知,带电小环在P点处的点电荷产生的电场中运动,设OP=h,小环与P 点距离为r,二者连线与水平方向夹角为θ,如图所示   则有Fx电=  cos θ,r= , 解得Fx电=  cos θ sin2 θ= ( cos θ-cos3 θ),对θ求导得Fx电'= (-sin θ+3 cos2 θ sin θ), 目 录 目 录 由数学知识可得cos θ= 时(另解:基本不等式法求最值 sin2 θ cos θ= = ,其中sin2 θ+sin2 θ+2 cos2 θ=2,根据不等 式知识有sin2 θ sin2 θ·2 cos2 θ≤ ,当且仅当sin2 θ=sin2 θ=2 cos2 θ时, 等号成立,此时cos θ= ), 沿水平方向的静电力Fx电最大,Ep-x图线斜率的绝对值表示静电力大小,即小环的x坐标 为-x0或x0时Fx电最大,则r= x0,故P点到细杆的距离h= = x0,A正确。此时水平方 向静电力最大,则有Fx电max= ,B正确。静电力最大时小环加速度也最大,由牛顿第 目 录 目 录 二定律可知a= = ,C错误。小环在x=x0处所受静电力F电= = ,故电场 强度E= = ,D正确。 目 录 目 录 考法延伸2    (带电体做圆周运动)(2025山东名校联盟期中)(多选)长为L的绝缘轻细线 一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小球,另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O 点,整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场,带电小球恰好能在桌面内沿顺时针方向 做圆周运动,俯视图如图甲所示,PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点,小球运动过 程中的电势能Ep与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示,其中Ep0>0。下列说法正确 的是 ( )     AC     A.电场强度的大小为  B.从P点到Q点静电力对小球做功为Ep0 C.小球运动过程中速度的最小值为  D.小球运动过程受细线拉力的最大值为  目 录 目 录 解析　由题图乙可知当小球运动路程为 时,转过的角度θ= π,此时小球在C点且电 势能最大,垂直于C点的切线方向斜向上即电场线方向,如图所示;小球运动路程为 L 时所在位置对应的直径AB与圆周的交点A点、B点为同一等势面上的点。可知小球转 过 的过程中UPA=φP-φA= - =- ,电场强度的大小E= = ,A正确。由对 称性可知Q点的电势φQ满足φQ-φO=φO-φP=φA-φP,从P点到Q点静电力对小球做功WPQ=(φP- φQ)q=2qUPA=-Ep0,B错误。带电小球恰好能在桌面内沿顺时针方向做圆周运动,在运动  目 录 目 录 πL时速度最小,此时静电力提供小球做圆周运动的向心力,有Eq=m ,解得vmin= ,C 正确。小球运动路程为 L时所受细线拉力为最大值,此时速度也最大,根据动能定理 有Eq·2L= m - m ,合力提供向心力,即T-Eq=m ,解得T= ,D错误。   目 录 目 录 题型32　带电粒子在电场中的运动问题 类型1　匀强电场中的运动问题 知识图解 一、直线运动问题(仅受静电力)   目 录 目 录 二、类平抛运动问题 以粒子带正电、质量为m且仅受静电力为例。 目 录 目 录 知识拓展　粒子斜射入电场,粒子做类斜抛运动(仅受静电力),垂直电场方向做匀速直 线运动,有x=v0t sin θ,沿电场方向做匀变速直线运动,有y=v0t cos θ- · t2。 目 录 目 录 三、交变电场中运动的问题 目 录 目 录 典例1    (2025浙江宁波三中月考)某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依 次排列,其中心轴线在同一直线上,如图甲所示,各金属圆筒依次接在交流电源的两 极M、N上,序号为0的金属圆板中央有一个质子源,质子逸出的速度不计,M、N两极加 上如图乙所示的电压UMN,一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电 荷量为e,质子通过圆筒间隙的时间不计,且忽略相对论效应,则 ( ) A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动     C     典例精解 B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为  C.各圆筒的长度之比为1∶ ∶ ∶… D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶ ∶ ∶… 目 录 目 录 解析　金属圆筒中电场强度为零,质子不受静电力,在每个圆筒中做匀速直线运动,A错 误。质子进入第n个圆筒时已经过n次加速,根据动能定理有neU0= m -0,解得vn=  ,B错误。根据直线加速器的原理,当质子在每个圆筒中匀速运动的时间均为  时(关键:电场的方向以周期T变化,质子需在各个圆筒间隙中受到静电力的方向与运动 方向相同),才能保证每次在间隙处被电场加速,则第n个圆筒长度Ln=vn· =  ,所 以各圆筒的长度之比为1∶ ∶ ∶…,C正确,D错误。 目 录 目 录 考法延伸    (带电粒子做类抛体运动)(多选)如图所示,矩形AEFP区域存在竖直向上的 匀强电场,竖直线AE上的A、B、C、D、E相邻两点的间距均为1.5 cm,水平线AP上 的A、M、N、O、P相邻两点的间距均为  cm。一电子沿某一方向通过AE边进入电 场时的动能Ek0=24 eV,经过矩形内M点正上方时的动能Ek1=6 eV,且此时速度方向恰好 水平向右,已知D点所在的等势面的电势φD=0 V,电子始终在EF下方的区域内运动,电子 电荷量大小为e,不计电子的重力。下列说法正确的是 ( )     AC     A.电子经过AE边时的速度方向与水平方向的夹角为60° B.电子可能从P点离开电场 C.若电子从O点离开电场,则其经过O点时的电势能一定为-54 eV D.若电子从B进入电场,则它一定从N点离开电场 目 录 目 录 解析　如图甲所示,设电子从AE边进入电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,则有 m ( + )=24 eV, m =6 eV,tan θ= ,联立解得 tan θ= ,即θ=60°,A正确。设电子进入电 场后经过时间t竖直向上位移达到最大为h,水平位移为x,则有 = = = ,如图乙 所示,从M'经D'至离开电场的过程,竖直方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动, 则竖直方向电子从M'运动到D'的时间和从D'运动到离开电场的时间相等,竖直分位移 之比为1∶3,所以电子离开电场时距A点最远的点为O点,B错误。电子在运动过程中电 势能与动能之和守恒,电子从D运动到M'克服电场力做功为W0= m =24 eV-6 eV=18 目 录 目 录 eV,从D'运动到O点电场力做功W=3W0=54 eV,又φD=0,所以电子经过O点时电势能Ep=-5 4 eV,C正确。由上述分析可知,若电子从N点离开电场,电子应从A点进入电场,D错误。 目 录 目 录 方法拓展　带电粒子(体)做直线运动的分析方法 目 录 目 录 类型2　重、电复合场中的运动问题 知识图解 1.重、电复合场中的常见运动问题 如图所示,qE=mg且v0≠0:匀速直线运动。   qE≠mg且v0=0:从静止开始沿合力方向做匀加速直线运动。 qE≠mg且v0≠0,α=0:匀变速直线运动,速度与合力方向相同时加速、反向时减速。 目 录 目 录 qE≠mg且v0≠0,α≠0:若初速度与合力方向成直角时做类平抛运动,不成直角时做类斜 抛运动。 2.两类等效重力场问题 目 录 目 录 典例2    (多选)如图所示,在水平向左且足够大的匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端 固定于O点,另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球静止于M点。现 给小球一垂直于OM向上的初速度v0,使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动, AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的电场强度大小为 ,重力加速度为g。当小球 第二次运动到B点时细线突然断裂,则下列说法正确的是 ( )     ACD     典例精解 A.小球做完整的圆周运动时动能的最小值为mgL B.小球第一次到B点时,细线上的力大小为4mg C.细线断裂后,小球动能的最小值为 mgL D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时的电势能相等的过程中,重力势能减少了 mgL 目 录 目 录 解题导引　小球恰好做完整的圆周运动,在等效最高点时等效重力提供小球做圆周运 动所需的向心力。 解析　小球静止于M点,小球所受重力与电场力的合力大小为F合= = 2mg,根据牛顿第二定律有F合=mg',解得等效重力加速度g'=2g;小球静止于M点,则该点是 小球的等效最低点,M点关于圆心对称的点是等效最高点M',在等效最高点时小球速度 最小,且满足mg'=m ,解得最小速度v= ,最小动能Ek= mv2=mgL,A正确。设小球在 M点时细线与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ= = ,解得θ=60°,小球从B点运动到 M'点过程,根据能量守恒有 mv2+mg'L(1-cos 60°)= m ,解得vB=2 ,在B点根据牛顿 目 录 目 录 第二定律有F+mg=m ,解得F=3mg,B错误。细线断裂后小球做类斜抛运动,当沿合力 方向速度为0时,速度最小,则速度的最小值vmin=vB cos 60°= ,最小动能Ekmin= m =  mgL,C正确。细线断裂后,小球水平方向只受电场力,小球先做减速运动,后做加速运动, 当细线断裂后,小球水平方向的位移为0时,小球的电势能与在B点时的电势能相等,设 这一过程所用时间为t,以水平向右为正方向,则有ax=- g,0-vB=ax ,解得t=4 ,竖直方 向只受重力,则有y= gt2= L,则重力做的功WG=mgy= mgL,即重力势能减少了 mgL,D 正确。 目 录 目 录 考法延伸    (等效重力场与图像相结合)(2024江西九江三模)如图甲所示,半径为R的圆 管道固定在竖直平面内,管道内径较小且与半径R相比可忽略,内壁光滑,管道最低点为 B,最高点为A,圆管所在平面内存在一匀强电场,在B点给质量为m、带电荷量为+q的小 球一水平初速度,小球运动过程中动能与机械能随转过角度的关系分别如图乙、图丙 所示,已知B点为重力势能为零和电势能为零的点,小球在管道内恰好做圆周运动,重力 加速度为g,小球可视为质点,则 ( )     B     目 录 目 录 A.电场强度大小为 ,方向与水平方向成45°角斜向左下方 B.小球的初动能为(1+ )mgR C.小球的最大机械能为(1+ )mgR D.小球在A点对管壁的作用力大小为(1+ )mgR 目 录 目 录 解析　根据题图丙可知,当小球转过的角度为270°时,小球的机械能最小,电场力做的负 功最多,说明小球所受电场力的方向水平向左,小球带正电,电场强度方向水平向左,A错 误。根据题图乙可知,当小球转过角度为225°时,小球的动能为零,说明此时小球在等效 最高点(点拨:在等效最高点处小球动能最小),有qE cos 45°=mg cos 45°,解得E= ,对小 球从B点到等效最高点的过程,在竖直方向移动的距离为R(1+sin 45°),沿水平方向移动 的距离为R cos 45°,根据动能定理有-mgR(1+sin 45°)-qER cos 45°=0-Ek0,解得Ek0=(1+ ) mgR,B正确。当小球转过的角度为90°时,电场力做的正功最多,小球机械能最大,根据 能量守恒有qER+Ek0=Em,解得Em=(2+ )mgR,C错误。从B点到A点根据动能定理有-2 目 录 目 录 mgR=EkA-Ek0,解得EkA=( -1)mgR,在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有mg-FN= ,解 得FN=(3-2 )mg,D错误。 方法总结　等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路 1.求出重力与电场力的合力F合,将这个合力视为一个“等效重力”。 2.将a= 视为“等效重力加速度”。 3.找出等效“最低点”和等效“最高点”。 4.将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。 目 录 目 录 $