文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
[-考点-12-] 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
[典例1]
答案 CD
解析 小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向
心力，则有mg＋Eq＝m，解得v＝，故A 错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能
增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B 错误；小球向下运动时，静电力做正功，
机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C 正确；从最高点到最低点的过程
中，根据动能定理得Ek－mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝(mg＋Eq)L，故D 正确．
[典例2]
答案 AD
解析 因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝＝1 N，与竖直方向夹角正
切值tan θ＝＝，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A 为等效最高点，根据等时圆
模型，小环在弦轨道AB 和AC 上运动时间相等，A 正确；等效最低点是AO 延长线与圆环
轨道交点，而非C 点，等效最低点速度最大，动能最大，B 错误；因为小环穿在圆环轨道
上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A 速度最小为零，在A 点动能最小也
为零，C 错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，
从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F·2R＝mvm
2－0，由牛顿第二定律得FN
－F＝m，代入数据解得FN＝5 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最
大压力是5 N，D 正确．
1.答案 BD
解析 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重
力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A 错误，B 正确；
因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C 错误；由于等
效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝m，即v
＝，故D 正确．
2.答案 BD
解析 小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A 错误，B 正确；如图所示，
小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A 点和B 点，等效重力G′＝mg，小球在
最高点的最小速度v1满足G′＝m，得v1＝，故C 错误；小球由最高点运动到最低点，由
动能定理有G′·2L＝mv2
2－mv1
2，解得v2＝ ，故D 正确．
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
3.答案 D
解析 从A 到B 过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A 错误；设等效
重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝＝，故θ 为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏
左下方，所以从A 到B 过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故
B 错误；B 点比A 点更靠近等效最低点，所以vA<vB，故C 错误；从A 到B，由动能定理有
mgR－EqR＝mvB
2－mvA
2，解得vB＝，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分
速度即为最小速度，则vmin＝vB·cos θ＝，故D 正确．
4.答案 AB
解析 小球静止时悬线与竖直方向成θ 角，对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，
有mgtan θ＝qE，解得E＝，选项A 正确；小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在
等效最高点A 速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，选项B 正确；
小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负
电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，选项C 错误；小球从初始位置开始，
在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先
减小后增大，再减小，选项D 错误.
5.答案 (1)mg (2)2
解析 (1)小球在C 点时速度最大，则静电力与重力的合力沿DC 方向，如图所示，
所以小球受到的静电力的大小
F＝mgtan 60°＝mg.
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)要使小球经过B 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D 点时的速度最小，即在
D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，在D 点
有＝m，
解得v＝.
在小球从圆轨道上的A 点运动到D 点的过程中，
有mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv0
2－mv2，
解得v0＝2.
6.答案 (1) (2)
解析 (1)当小球从A 点释放，在静电力作用下运动，从A 到C 点静电力做正功，重力做负
功，应用动能定理得：
qE·3R－mgR＝mvC
2
到达C 点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力，
即：FN－qE＝m
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则
FN′＝FN＝
(2)为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D 点时恰好仅重力和静电力，如图所示，
此时有：
F＝＝mg
F＝m
从A 点到D 点时据动能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝mv2
则可以计算得：s＝.
7.答案 (1)－400 V (2)3 N (3) m/s
解析 (1)带电小球在B 点静止受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtan θ
则代入数据得E＝2.5×103 V/m.
由U＝Ed 有UAB＝－EL(1－sin θ)，代入数据得UAB＝－400 V.
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)设小球运动至C 点时速度为vC，则
由动能定理有mgL－qEL＝mv
解得vC＝ m/s
在C 点，由小球所受重力和细线的拉力的合力提供向心力有F－mg＝m
联立解得F＝3 N.
(3)根据等效“重力”法，分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B 点关于O 点的对称点，
设在该点时小球的最小速度为v，则在对称点有
mgcos θ＋qEsin θ＝
从A 到B 的对称点由动能定理得
－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv
联立解得v0＝ m/s.
8.答案 (1)1.25 m (2)4.8 N (3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45° 0.93 J
解析 (1)物块恰能通过轨道最高点L 的条件是
mg＝m，代入数据解得vL＝2 m/s
设A 到N 的距离为s，对A 到L 过程中根据动能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝mvL
2－0
代入数据解得s＝1.25 m
(2)物块由P 到L 过程根据动能定理得
－mgR－qER＝mvL
2－mvP
2
解得vP＝2 m/s
在P 点根据牛顿第二定律得FN－qE＝m
代入数据解得FN＝4.8 N.
(3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B，过B 的半径与竖直
方向间的夹角为θ，则tan θ＝＝1，θ＝45°.从A 到B，由动能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs
－mgR(1－cos θ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32) J≈0.93 J.
9.答案 (1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N
解析 (1)小滑块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝mvB
2－0，解得
vB＝4 m/s.
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向
右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
v2－vB
2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速
率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8
m/s2，由运动学公式有vC
2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑块运动到C 点时的速度vC＝ m/s，滑
块在C 点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝m，解得FNC＝22.5 N.
(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝＝mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，
当滑块从C 点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨
道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝m，从C 点到速度最大位置，由动能定理得
mg′R(1－cos 45°)＝mv′2－mvC
2，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块
对圆弧轨道CD 压力的最大值FN′＝FN＝28.5 N.
10.答案 BD
解析 因为电场强度E＝，所以小球所受静电力大小也为mg，故小球所受合力大小为mg，
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD 的中点时速度最小，此时满
足mg＝m，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmin＝，A 项错误；由功能关系知
小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，
运动到B 点时，静电力做功最多，故运动到B 点时小球的机械能最大，B 项正确；小球在
A 点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C 项错误；若将小球以的速
度竖直向上抛出，由对称性知经时间t＝回到相同高度，其水平位移s＝·t2＝2L，故小球刚
好运动到B 点，D 项正确．
11.答案 (1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
解析 (1)小球2 所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1 和小球2 的重力和为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图所示
小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°
所以A 点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能
沿圆弧到达A 点，所以＝2m，解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C 点到A 点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
＝×2mvA
2－×2mvC
2
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得vC＝ m/s
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1 碰撞前的速度v1＝2 m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝mv1
2＝9.2 J
(3)如图，小球黏合体在A 点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2，解得t＝0.6 s.
12.答案 BC
解析 根据等效场知识可得，静电力与重力的合力大小为mg 等＝＝mg，故等效重力加速度
为g 等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C 点关于圆心O 对称的D
点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D 点时的动能最小，但D 点并非是其电势能
最大的位置，小球电势能最大的位置在N 点，选项A 错误；小球在轨道上运动的过程中遵
守能量守恒定律，小球在轨道上M 点的电势能最小，机械能最大，选项B 正确；小球过Q
点和P 点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q 点到P 点，由动能
定理可得－2mgR＝mvP
2－mvQ
2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C 正确，D 错误．
6
