文档文本内容
模块九 静电场
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考试范围：静电场
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有
选错的得0 分。
1．下列关于物理学史实与基本概念的说法正确的是（ ）
A．开普勒利用扭秤实验测出了万有引力常量
B．密立根通过油滴实验测出了元电荷的数值
C．第谷总结出了行星运动三定律
D．卡文迪许总结出行星运动三大定律
【答案】B
【详解】AD．万有引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，开普勒的核心贡献是总结行星运动三定律，
故AD 错误；
B．密立根通过油滴实验首次精确测出了元电荷的数值，故B 正确；
C．行星运动三定律是开普勒基于第谷的大量行星观测数据总结得出的，第谷的主要贡献是高精度的行星
观测记录，故C 错误。
故选B。
2．如图所示验电器，静置时两金属箔闭合。现用带负电的橡胶棒逐渐靠近并接触验电器的金属球，接触
后金属箔张开。则下列说法正确的是（ ）
A．接触金属球前，金属球带负电
B．接触金属球后，金属球带正电
C．接触金属球前，金属箔带正电
D．接触金属球后，金属箔带负电
【答案】D
【详解】AC．接触金属球前，根据感应起电“近异远同”可知金属球带正电，金属箔带负电，故AC 错误；
BD．验电器静置时金属箔闭合，说明金属球和金属箔都不带电，用带负电的物体与其接触，根据接触起
电可知橡胶棒接触金属球后，金属球和金属箔都带负电，故B 错误，D 正确。
故选D。
3．▶新情境◀有A、B 两个质量相同且分别带等量异种电荷的小球，通过两根细线1、2 连接悬挂于O 点。
空间中有水平向右的匀强电场，当两个小球稳定后，所处的位置可能是下图中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由整体法可知，A、B 所受电场力平衡，所以细绳1 的拉力与A、B 的总重力等大、反向，故细绳
1 的拉力的方向为竖直向上。分析小球B，小球B 所受电场力方向向左，故小球B 向左偏，C 正确。
故选C。
4．▶变载体◀如图，导体棒原来不带电，现将一电荷量为q的正点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左
端R处，A、B为棒上中心轴线上的两点，A距离棒左端为L，A、B间的距离也为L，静电力常量为k。
当棒达到静电平衡后（ ）
A．棒左端感应出正电荷，右端感应出负电荷
B．A点场强大于B点的场强
C．棒上感应电荷在A点产生的场强大小为
kq
(R+ L)
2
D．棒上感应电荷在B点处的电场强度方向水平向右
【答案】C
【详解】A．由于q为正电荷，根据静电感应规律可知，棒左端感应负电荷，右端感应正电荷，A 错误；
B．处于静电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，A、B两点的场强都是零，B 错误；
C．静电平衡时A点的合场强为零，因此感应电荷在A点的场强与点电荷q在A点的场强等大反向，根据
E =k Q
r
2
有EqA =
kq
(R+ L)
2
，则棒上感应电荷在A点产生的场强大小也为
kq
(R+ L)
2
，C 正确；
D．静电平衡时B点的合场强为零，点电荷q在B点的电场强度方向水平向右，则棒上感应电荷在B点处的
电场强度方向水平向左，D 错误。
故选C。
5．如图所示，一带正电的带电体周围的等差等势面，a、b 是不同等势面上的两点。在a、b 两点放置电
荷量相等的带负电试探电荷。它们所受静电力大小分为Fa、Fb，电势能分别为Epa、Epb，则（ ）
A．Fa< Fb，Epa< Epb
B．Fa< Fb，Epa> Epb
C．Fa> Fb，Epa> Epb
D．Fa> Fb，Epa< Epb
【答案】B
【详解】根据电场线越密集的地方，电场强度越大，可知b 点的电场线更密集，故b 点电场强度较大，根
据F =qE
可知Fa< Fb
根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知b 点电势较高，而试探电荷带负电，根据Ep=qφ
可知Epa> Epb
故选B。
6．沿电场中的某条电场线建立x 轴，x 轴正半轴上各点电势φ随坐标x 变化的关系如图所示，0~ x2段为
曲线，x2~ x3段为直线。一带负电粒子只在静电力作用下以初速度v0沿x 轴正方向由O 运动至x3处，下列
说法正确的是（ ）
A．粒子在x1处速度最大
B．粒子在0~ x2间电势能先减小后增大
C．粒子在0~ x2间做匀变速直线运动
D．在x2~ x3间粒子的动能随x 均匀增大
【答案】D
【详解】A．沿电场方向电势在降低，即0~ x1间的电场方向沿x 轴正方向，x1~ x3间的电场方向沿x 轴负
方向，带负电粒子在0~ x1间受电场力沿x 轴负方向，粒子做减速运动，在x1~ x3间受电场力沿x 轴正方
向，粒子做加速运动，粒子在x1处速度最小，故A 错误；
B．由电势能Ep=−qφ，结合图像可知粒子在0~ x2间电势能先增大后减小，故B 错误；
C．由U = Ed可知图像的斜率表示电场强度，由牛顿第二定律Eq=ma可知，粒子在0~ x2间先做加速度减
小的减速直线运动后做加速度增大的加速直线运动，故C 错误；
D．x2~ x3间电场强度E 恒定，由动能定理Ek−1
2 mv0
2= Eqx
粒子的动能随x 均匀增大，故D 正确。
故选D。
7．竖直平面内有一圆形区域PQNK，PN、KQ 分别是圆的水平和竖直直径，M 是圆弧QN 的中点。匀强
电场平行于该平面，方向如图所示，电场强度大小为 E =
❑√2mg
q
。一个电荷量为q（q>0）、质量为m
的小球多次从圆周上的P 点以相同的速率向各个方向发射，小球能到达圆周上的所有位置，下列说法正
确的是（ ）
A．小球到达圆周上N 点时动能最小
B．小球在M 点的电势能最小、机械能最大
C．小球在K 点的电势能与动能之和最小
D．小球从P 点到达圆周各个位置的时间均不同
【答案】B
【详解】A．对小球受力分析：重力mg竖直向下，电场力F =qE = ❑√2mg
方向斜向右上45°。将电场力分解，水平分量F x= F cos 45° =mg
水平向右；竖直分量F y = F sin 45° =mg
竖直向上，与竖直向下的重力抵消。因此总合力为水平向右的恒力F合= F x=mg
加速度a= F合
m = g
水平向右。根据动能定理，初动能相同，合外力水平向右，N点是圆周最右端，从P到N合外力做正功最
多，动能最大，故A 错误；
B．正电荷电势能Ep=qφ，沿电场线方向电势降低，电场方向斜向右上45°，M点沿电场方向最远，电势
最低，因此正电荷在M点电势能最小；机械能变化等于电场力做功，电场力对运动到M点的小球做功最
多，因此小球在M点机械能最大，故B 正确；
C．小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，所以小球的动能、重力势能和电势能之和不变，小球在
K点时，重力势能最小，所以小球在K点的电势能和动能之和最大，故C 错误；
D．小球在水平方向受恒力，做匀加速直线运动x = v xt + 1
2 at
2
对于圆周上关于水平直径PN 对称的两个点，其竖直坐标y 互为相反数，水平坐标x 相同。若小球以关于
水平方向对称的角度发射（即v0 y互为相反数，v0 x相同），则到达这两个对称点的时间t 相同，故D 错误。
故选B。
8．如图所示，水平地面上方O点用两根绝缘细线分别系着两个带电小球甲、乙，甲的质量为m1、电荷量
为q1，乙的质量为m2、电荷量为q2，当两个小球静止时距地面高度相同，两细线与竖直方向夹角分别为α、
β，且α < β。下列说法正确的是（ ）
A．q1<q2
B．m1>m2
C．同时剪断两细线，甲球落地时间大于乙球落地时间
D．同时剪断两细线，甲球落地时的速度小于乙球落地时的速度
【答案】BD
【详解】A．由于甲、乙受库仑力是相互作用力等大反向，甲、乙带同种电荷，电荷量q1、q2大小关系
不确定， A 错误；
B．分析受力可知F 库=mg tanθ
因α < β，则甲的重力大，即m1>m2， B 正确；
C．同时剪断两细线，甲、乙小球竖直方向受重力，加速度均为重力加速度g，竖直方向运动位移相同，
下落时间相同，C 错误；
D．由于甲球质量大，水平方向加速度小，小球落地时竖直方向速度相同，甲的水平方向速度小，即甲球
落地时的速度小于乙球落地时的速度，D 正确。
故选BD。
9．▶新考法◀长度均为2R 的光滑直细管MN、EF 平行且和半径为R 的光滑半圆细管NPE 平滑连接，固
定在水平面上，俯视图如图所示。在半圆细管NPE 的圆心O 处固定一个带负电荷的小球，另一个带负电
小球a（半径略小于管径）以一定初速度从M 点进入细管，最后从F 点离开。两小球均视为质点，不计
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球a 在M 点所受库仑力的大小小于在N 点所受库仑力的大小
B．小球a 从M 点运动到N 点的过程中，电势能一直增加
C．小球a 从N 点运动到E 点的过程中，电势能先增加后减少
D．小球a 从F 点离开时速度的大小小于从M 点进入时速度的大小
【答案】AB
【详解】A．根据库仑力F =k Qq
r
2 ，小球a 在N 点时两球距离较近，可知小球a 在M 点所受库仑力的大小
小于在N 点所受库仑力的大小，A 正确；
BCD．小球a 从M 点运动到N 点的过程中，小球a 所受库仑力对小球a 一直做负功，小球a 的动能减少，
电势能一直增加；从N 点运动到E 点过程中，库仑力不做功，电势能不变；从E 点运动到F 点过程中，
小球a 所受库仑力对小球a 一直做正功，根据能量守恒，小球a 从F 点离开时速度的大小等于从M 点进
入时速度的大小，B 正确，CD 错误。
故选AB。
10．▶新思维◀如图甲所示，在竖直平面内，存在方向平行于该平面的匀强电场。长度为L的绝缘轻杆一
端固定一个可视为质点的带电小球，另一端套在O 点的光滑水平轴上，小球绕O 点沿逆时针方向做圆周
运动，经过M 点时速度为v0，MO 与竖直方向夹角为30°。若以M 点为起始点，小球受到轻杆作用力F的
大小与小球绕O 点转过角度θ的正弦值关系如图乙所示，图线纵截距为a，P、Q 两点的纵坐标差值为小
球重力的6 倍，重力加速度为g。则（ ）
A．小球受到的电场力大小为❑√3 aLg
v0
2
B．小球受到的重力大小为aLg
v0
2
C．F =0时，应满足sinθ≤−2
3
D．从M 点运动到速度最大的位置，电场力做功为a L
2 g
v0
2
【答案】BC
【详解】设小球在等效重力场中运动，等效重力加速度为g
′，等效重力G
′ =m g
′
初始位置M 点处轻杆与等效重力方向的夹角为α0，小球转过θ角度时，由动能定理得
1
2 mv
2−1
2 mv0
2=m g
′ L[cosα0−cos(α0+θ)]
沿着杆方向，根据牛顿第二定律有F −m g
′ cos(α0+θ)=m v
2
L
联立解得F = m v0
2
L +2m g
′ cosα0−3m g
′ cos(α0+θ)
题意中F 为力的大小，即取绝对值。由于图乙中F 展开后是关于sinθ的一次函数，必有α0=±90°
若α0=90°，则cos(90
°+θ)=−sinθ
此时内部函数为m v0
2
L +3m g
′ sinθ（随着θ增加，sinθ>0区域斜率为正，且零点在负半轴，符合图乙特
征）
B．由图乙纵截距可知θ =0时，F =a，即a= m v0
2
L
解得m= aL
v0
2
故小球重力mg= aLg
v0
2
，故B 正确；
C．当sinθ =1时对应Q 点，FQ=a+3m g
′
当sinθ =−1时对应P 点，由于F 存在零点发生绝对值折叠，图像纵坐标均为正，故
F P=|a−3m g
′)=3m g
′−a
题干已知Q、P 两点的纵坐标差值为6mg，即FQ−F P=2a=6mg
解得a=3mg
图乙表明sinθ能够取到−1，说明小球能到达等效圆周运动的最高点，即在该点速度满足v
2>0，将
α0=90°代入速度表达式得到v
2= v0
2+2 g
′ Lsinθ
当sinθ =−1时，v
2= v0
2−2 g
′ L≥0
由a= m v0
2
L =3mg
可得v0
2=3 gL
代入得3 gL−2 g
′ L≥0
解得g
′≤1.5 g
当F =0时a+3m g
′ sinθ =0
因此sinθ = g
g
′ ≤−
g
1.5 g =−2
3，故C 正确；
AD．由于g
′的大小不能唯一确定，且电场力方向未完全限定，故电场力大小及电场力做功均无法得到确
定的唯一值，故AD 错误。
故选BC。
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．▶新情境◀（8 分）相机闪光灯的核心工作原理是电容器快速充电、瞬间放电。某同学用实验室器
材模拟闪光灯的充放电过程，探究电容器的电学特性。实验器材如下：电源（输出电压恒为6V）；定
值电阻R；电压传感器；电流传感器；电容器C；单刀双掷开关S；导线若干；计算机。该同学设计了
下图实验电路。
(1)开关接通“1”后，电容器进行______，电流______流过R。
A．充电 B．放电 C．向左 D．向右
(2)开关接通“1”后，当电压传感器示数稳定时，再将开关接通“2”。在下列四个图像中，能表示以上过
程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为______，电容器两极板间的电压随时间变化的图像为
______。（填选项对应的字母）
A．
B．
C．
D．
(3)将开关接通“2”后，当电流传感器示数再次为零时电容器两极板间电压为______V；若放电时I −t曲线
与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.03C，则电容器的电容C为______μF（保留2 位有效数
字）。
【答案】(1) A（1 分） C（1 分）
(2) A（1 分） C（1 分）
(3) 6（2 分） 5.0×10
3（2 分）
【详解】（1）[1][2]开关接通“1”后，电容器进行充电，电流向左流过R。故选A 和C。
（2）[1]将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电；稍后再将开关与“2”端闭合，电容器放
电，充电电流与放电电流方向相反，放电过程中因为极板的电荷量逐渐减小，所以电势差也逐渐减小；
充电过程中因为极板的电势差逐渐增大，所以电源电动势和极板的电势逐渐接近，因此电流均逐渐变小，
故传感器的电流随时间变化的图像为A；
[2]充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变小，减小的越来越慢，故电压随
时间变化的图像为C。
（3）[1]将开关接通“2”后，当电流传感器示数再次为零时电容器反向充电完毕，则两极板间电压为6V；
[2]若放电时I −t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.03C，则电容器的电容
C = Q
U = Q
E = 0.03
6
F =5.0×10
3 μ F
12．（8 分）某实验小组做探究电容器性质的实验。
(1)如图甲所示，电容器铭牌上的标示“1800μF”指的是电容器的 ___________
A．电容值
B．最大电荷量
C．额定电压
D．工作电阻
(2)首先观察电容器的充放电性质，实验电路图如图乙所示，其中G 是指针在中央的灵敏电流计，所用到
的实验器材如图丙所示，请画线代替导线将实物图连接完整。
(3)用电流传感器代替图乙中的电流计，观察电容器的放电现象。已知为电容器充电的电源的电动势为
10.0V，测得电容器充满电后放电过程的I﹣t 图像如图丁所示，若按“四舍五入（大于半格算一格，小于
半格舍去）”数格法，求“I﹣t 图线与两坐标轴包围的面积”，可得电容器在全部放电过程中释放的电荷
量约为 ___________ C，根据以上数据估算电容器的电容值为 ___________ F（以上结果均保留两位有
效数字）。
(4)电容器先后两次充电的q﹣t 图像如图戊所示，由图可知，电路中变化的物理量是___________ （填
“电源的电动势E”或“电路中电阻箱R 的阻值”）。充电完毕，将一块有机玻璃插入平行板电容器两板
间，插入过程中，电阻R 中 ___________ （填“有”或“无”）电流通过。
【答案】(1)A（1 分）
(2)
（1 分）
(3) 1.7×10
−2 （1 分） 1.7×10
−3（1 分）
(4) 电路中电阻箱R 的阻值 （2 分） 有（2 分）
【详解】（1）μF是电容单位，1800 μF代表电容器电容值；电荷量单位C、电压单位V 、电阻单位Ω。
故选A。
（2）参照图乙电路图，连接实物图如图所示
（3）I −t图像面积表示放电总电荷量，由图丁：横坐标每小格Δt =0.4 s，纵坐标每小格
Δ I =1mA =1×10
−3 A，单格电量Δq = ΔI ⋅Δt = 4×10
−4C
数总格数≈42 格
[1]Q = 42×4×10
−4≈1.7×10
−2C
[2]C = Q
U = 1.7×10
−2
10.0
=1.7×10
−3 F
（4）[1]q−t图像最终最大电荷量Q =CU相同，说明电源电动势E不变；曲线②充电更慢，充电时间变
长，是回路电阻变大。
[2]插入有机玻璃，介电常数εr变大，C = εr S
4 πkd
增大；U不变，Q =CU变大，电容器继续充电，电阻R中
有充电电流。
13．（10 分）如图所示，两个可看作点电荷的带电小球A、B，小球A 紧贴在竖直绝缘墙上，轻质绝缘
丝线连接小球B，一端悬挂在墙上C 点，两球保持静止状态，此时丝线与A、B 连线垂直且与竖直方向
夹角θ =30°。已知两球带电量相同，且A 球带正电，质量均为m，A、B 间的距离为x。重力加速度为
g，静电力常量为k。
(1)小球B 带何种电荷？
(2)求丝线上的拉力。
(3)求每个小球所带的电荷量大小q。
【答案】(1)正电（3 分）
(2)T =
❑√3
2 mg（3 分）
(3)q =
❑√
mg x
2
2k
（4 分）
【详解】（1）两球有静电斥力，可知小球B 带正电；
（2）对小球受力分析，如图所示
由平衡条件有T =mgcos30°
解得T =
❑√3
2 mg
（3）由平衡条件，得sin30° = F 库
mg
由库仑定律有F 库=k q
2
x
2
联立可得每个小球所带的电荷量大小q =
❑√
mg x
2
2k
14．▶新情境◀（12 分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内。圆管围成的圆的
圆心为O，该圆的半径为r = ❑√2 L（内外管的间距远小于圆管半径），D 点为圆管的最低点，A、B 两
点在同一水平线上，AB =2 L，过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点。在虚线AB 的上方存在
水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在水平向左的、范围足够大的匀强电场，两
个电场的场强大小相同。圆心O 正上方某一点P 点有一质量为m、电荷量为−q（q>0）的带电小球，
现将该小球无初速释放，经过一段时间，小球刚好沿切线从A 点无碰撞地进入圆管内继续运动。重力
加速度用g 表示。
(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度为多大？小球到达A 点的速度大小为多少？
(2)小球在管中运动的最大速度是多少？
(3)小球从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点（图中未标出），则N 点距离C 点
多远？
【答案】(1)mg
q
（2 分），2❑√gL（2 分）
(2)2❑√3 gL（4 分）
(3)15 L（4 分）
【详解】（1）由几何关系可知AC = BC = 1
2 AB = L，AO =r = ❑√2 L
则sin∠COA = AC
AO =
L
❑√2 L =
❑√2
2
解得∠COA = 45°
小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，从A 点沿切线方向进入圆管，则有PA ⊥AO，
故∠CPA = 45°
小球从P点到A点的过程，速度方向与竖直方向的夹角为45°，则重力和电场力的合力方向与竖直方向的
夹角为45°，故Eq=mg tan 45°
解得E = mg
q
（2 分）
根据动能定理，得mgL+ EqL= 1
2 mv A
2
解得v A =2❑√gL（2 分）
（2）小球在圆管内运动时，可以将重力与电场力的合力作为等效重力，大小为
mg
tan 45° = ❑√2mg，方向
沿AO方向
则小球在运动到等效重力的最低点时，即AO延长线与圆管的交点时，具有最大动能，此时小球的速度最
大，此过程中，等效重力做功为W G= ❑√2mg×2 AO = ❑√2mg×2❑√2 L= 4 mgL（2 分）
根据动能定理，得1
2 mv A
2 +W G= 1
2 mv
2（3 分）
解得v =2❑√3 gL（4 分）
（3）在小球从A 点进入圆管到从管口B 离开的过程中，重力做功为0，电场力做功为
W = Eq×2 L=2mgL
由动能定理，得1
2 mv A
2 +W = 1
2 mvB
2（1 分）
解得vB=2❑√2 gL（2 分）
将小球的运动在水平和竖直方向上分解，小球在竖直和水平方向的速度分量大小均为
v0= vBsin 45° =2❑√gL
小球在竖直方向上先匀减速到0 再做自由落体运动，时间为t =2 v0
g = 4 ❑√
L
g
（3 分）
小球在水平方向上做匀加速直线运动，加速度大小为a= Eq
m = g
根据位移与时间的关系，得BN = v0t + 1
2 at
2=2❑√gL×4 ❑√
L
g + 1
2 g(4 ❑√
L
g)
2
=16 L（4 分）
则N 点到C 点的距离CN = BN −BC =16 L−L=15 L
15．▶新情境◀（16 分）如图所示，一质量为m1=1kg，带电荷量为q =+0.5C的小球以速度
v0=3 m /s，沿两正对带电平行金属板（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，极板
长L=6 m，两极板间距d =0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A 点沿切线落入竖直光滑圆
弧轨道ABC，圆弧轨道ABC 的形状为半径为R 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径，在
过A 点竖直线OO
′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E =5 V/ m。（取g=10 m /s
2
）求：
(1)两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R 的取值应满足的条件。
【答案】(1)8V（7 分）
(2)R≤10
21 m或R≥5
3 m（9 分）
【详解】（1）小球在平行板间做类平抛运动：
水平方向匀速运动：L= v0t
代入L=6 m ,v0=3 m/s
得运动时间t = L
v0
=2s。
小球到达A点时速度沿圆弧切线，切线垂直于半径OA，OA与竖直方向夹角53
∘，因此速度方向与水平方
向夹角为53
∘
在A点，速度分解如图所示
得： tan 53
∘= v y
v0
代入tan 53
∘= 4
3 ,v0=3 m/s，得竖直分速度v y = 4 m/s。
竖直方向匀加速运动：（2 分）
v y =at，得加速度a= v y
t =2m/s
2。（4 分）
对小球受力分析，由牛顿第二定律： mg−q U
d =ma（6 分）
代入m=1kg, g=10 m/s
2,q =0.5C,d =0.5 m ,a=2m/s
2
解得：U =8 V （7 分）
（2）小球在A点的合速度v A =
v0
cos53
∘=5 m/s（2 分）
圆弧轨道在竖直向下的匀强电场中，等效总重力G
′ =mg+qE =12.5 N
等效重力加速度g
′ =12.5 m/s
2（4 分）
小球不脱离圆弧轨道分两种情况：
情况1：小球能通过最高点C，不脱离轨道
临界条件：在C点等效重力提供向心力，即m g
′≤m vC
2
R
（5 分）
得vC
2 ≥g
′ R =12.5 R
由几何关系，A到C的竖直高度差ΔhAC =1.6 R
对A →C过程用动能定理： −(mg+qE)⋅1.6 R = 1
2 m vC
2 −1
2 m v A
2 （7 分）
代入数据得vC
2 =25−40 R
结合临界条件： 25−40 R≥12.5 R ⟹R≤10
21 m
情况2：小球上升最大高度不超过圆心高度，沿轨道滑回，不脱离轨道
临界条件：小球恰好到达圆心等高位置时速度减为0，上升高度Δh=0.6 R
由动能定理：−(mg+qE)⋅0.6 R =0−1
2 mv A
2 （8 分）
代入数据解得R = 5
3 m
因此满足条件得： R≥5
3 m
综上，小球不脱离圆弧轨道，半径满足： R≤10
21 m 或R≥5
3 m（9 分）
