2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法14“等效重力場”模型教師講解版

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A．從A點運動到M點過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；B．對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)位移之比為1：3，故B錯誤；

C．設(shè)物體在B動能為EkB，水平分速度為VBx，豎直分速度為VBy。

由豎直方向運動對稱性知mVBy2=8J對于水平分運動Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J故C錯誤；D．由于合運動與分運動具有等時性，設(shè)小球所受的電場力為F，重力為G，則有：Fx1=6JGh=8J所以：由右圖可得：

所以則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G’垂直，即圖中的P點，故故D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】（2021·江西省五校高三上學(xué)期12月月考）從地面以v0斜向上拋出一個質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16，取地面為重力勢能參考面，不計空氣阻力．現(xiàn)在此空間加上一個平行于小球平拋平面的水平電場，以相同的初速度拋出帶上正電荷量為q的原小球，小球到達最高點時的動能與拋出時動能相等．求：(1)無電場時，小球上升到最高點的時間；(2)后來加上的電場的場強大?。敬鸢浮?1)eq\f(4v0,5g)(2)eq\f(mg,2q)或eq\f(2mg,q)【解析】(1)無電場時，當(dāng)小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16.將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，則由veq\o\al(2,y)＝2gh，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝mgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)∶eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝9∶16解得拋出時：vx∶vy＝3∶4所以豎直方向的初速度vy＝eq\f(4,5)v0豎直方向做勻減速運動，有vy＝gt，解得t＝eq\f(4v0,5g)(2)設(shè)后來加上的電場場強大小為E，小球到達最高點時的動能與剛拋出時的動能相等，若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有eq\f(E1q,m)t＋eq\f(3,5)v0＝v0，解得E1＝eq\f(mg,2q)若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有－eq\f(E2q,m)t＋eq\f(3,5)v0＝－v0，解得E2＝eq\f(2mg,q)四．“等效重力場”中的單擺類模型【模型構(gòu)建】如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度L=0.4m的絕緣細(xì)繩把質(zhì)量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ=37o．現(xiàn)將小球拉至位置A使細(xì)線水平后由靜止釋放：OOABCEθL+建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，θg'OAθg'OABCθA'C'+由A、C點分別做繩OB的垂線，交點分別為A'、C'，由動能定理得帶電小球從A點運動到C點等效重力做功代入數(shù)值得m/s當(dāng)帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設(shè)該時小球的速度為，繩上的拉力為，則①②聯(lián)立①②兩式子得N【模型演練1】（2021年云南省昆明市三診一模21題）如圖甲所示，可視為質(zhì)點的小球用長為、不可伸長的輕繩懸掛于點?，F(xiàn)對小球施加水平恒力使其從靜止開始運動，輕繩拉力大小隨繩轉(zhuǎn)過的角度變化的曲線如圖乙所示，圖中為已知量，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.小球到達最高點時的機械能最大B.小球到達最高點時的加速度大小為C.小球運動過程中輕繩拉力的最大值為D.小球從開始運動到最高點，增加的機械能為【答案】BC【解析】水平恒力與重力合成出一個新力場（因為兩個力的方向和大小都不變），得到力場，力場為等效重力場模型，受力分析如圖所示A．除重力之外只有在做功，當(dāng)小球到達水平位置時，做功最多，所以當(dāng)小球到達水平位置時機械能最大（繩子拉力與小球速度垂直，不做功），故A選項錯誤；B．小球到達最高點時，速度為，設(shè)其加速度為，據(jù)牛二定律得解得，據(jù)加速度的合成與分解得故B選項正確；C．由圖可知，當(dāng)時，輕繩拉力達到最大值，輕繩的拉力與的合力為小球運動提供向心力，則有由動能定理得其中聯(lián)立上式，解得因為剛開始時小球是靜止的，則有故故C選項正確；D．小球運動到最高點時，增加的機械能為水平恒力所做的功，即故D選項錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細(xì)線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則()A．小球在B點時的速度最大B．小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減小C．小球在B點時細(xì)線的拉力最大D．從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增大【答案】BD【解析】小球受到電場力與重力、細(xì)線的拉力的作用，在復(fù)合場(電場和重力場)中擺動，當(dāng)重力與電場力的合力與細(xì)線的拉力在同一條直線上時，小球處于等效最低點，此時小球的速度最大，對細(xì)線的拉力最大，故A、C錯誤；從A到B的過程中電場力對小球做負(fù)功，小球的機械能減小，故B正確；從B到C的過程中克服電場力做功，小球的電勢能一直增大，D正確．【模型演練3】(多選)(2020·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】AB【解析】小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤．【模型演練4】(多選)(2021·河南鄭州市線上測試)如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為l的絕緣細(xì)線一端，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．已知重力加速度為g，電場強度為eq\f(mg,q)，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為eq\r(gl)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運動D．若去掉細(xì)線，將小球在A點以大小為eq\r(gl)的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點【答案】BD【解析】由于電場強度E＝eq\f(mg,q)，故有mg＝qE，則等效最低點在BC圓弧中點，重力和電場力的合力為eq\r(2)mg，根據(jù)圓周運動公式eq\r(2)mg＝meq\f(v2,l)，小球在等效最高點的最小速度為v＝eq\r(\r(2)gl)，故A錯誤；除重力和彈力外其他力做功等于機械能的增加量，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，故到B點時的機械能最大，故B正確；小球所受合力方向與電場方向夾角為45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤；若去掉細(xì)線，將小球在A點以大小為eq\r(gl)的速度豎直向上拋出，小球在豎直方向做豎直上拋運動，加速度為－g，水平方向做勻加速運動，加速度為g，當(dāng)豎直方向上的位移為0時，運動的時間為t＝2eq\f(v0,g)＝eq\f(2\r(gl),g)＝2eq\r(\f(l,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2l，則小球能運動到B點，故D正確．五．“等效重力場”中的圓周運動類模型【模型構(gòu)建】如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)為多大？EER300mgqENR300EOB3R300O運動特點：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受到重力、電場力，軌道作用力，且要求能安全通過圓軌道．對應(yīng)聯(lián)想：在重力場中，小球先在水平面上運動，重力不作功，后在圓軌道上運動的模型：過山車．等效分析：如圖所示，對小球受電場力和重力，將電場力與重力合成視為等效重力，大小，，得，于是重效重力方向為垂直斜面向下，得到小球在斜面上運動，等效重力不做功，小球運動可類比為重力場中過山車模型．規(guī)律應(yīng)用：分析重力中過山車運動，要過圓軌道存在一個最高點，在最高點滿足重力當(dāng)好提供向心力，只要過最高點點就能安全通過圓軌道．如果將斜面順時針轉(zhuǎn)過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點應(yīng)為等效重力方向上直徑對應(yīng)的點B，則B點應(yīng)滿足“重力”當(dāng)好提供向心力即：假設(shè)以最小初速度v0運動，小球在斜面上作勻速直線運動，進入圓軌道后只有重力作功，則根據(jù)動能定理：解得：【模型演練1】(2020·福建龍巖市高三上學(xué)期期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)恰好能靜止在C點．若在C點給小球一個初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運動(小球的電荷量不變)．已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：(1)小球所受的電場力F的大??；(2)小球做圓周運動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大?。敬鸢浮?1)eq\r(3)mg(2)eq\r(2gr)9mg【解析】(1)小球在C點靜止，受力分析如圖所示由平衡條件得F＝mgtan60°解得：F＝eq\r(3)mg(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，則eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(vD2,r)解得小球在D點的速度vD＝eq\r(2gr)小球由軌道上A點運動到D點的過程，根據(jù)動能定理得－mgr(1＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2解得小球在A點的速度vA＝2eq\r(2gr)小球在A點，根據(jù)牛頓第二定律得：FNA－mg＝meq\f(vA2,r)解得：FNA＝9mg根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA′＝9mg.【模型演練2】(2021·河南高三二模)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab段水平，長度為2R；bc段是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力F的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，以下說法正確的是()A．重力與水平外力合力的沖量等于小球的動量變化量B．小球?qū)A弧軌道b點和c點壓力大小都為5mgC．小球機械能增量為3mgRD．小球在到達c點前的最大動能為(eq\r(2)＋1)mgR【答案】BD.【解析】：根據(jù)動量定理可知，重力、水平外力以及軌道支持力的合力的沖量等于小球的動量變化量，選項A錯誤；從a到b，由動能定理：2FR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，則Nb－mg＝meq\f(veq\o\al(2,b),R)，解得Nb＝5mg；從a到c，由動能定理：3FR－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，則Nb－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),R)，解得Nc＝5mg，vc＝2eq\r(gR)，選項B正確；小球離開c點后，豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)小球從c點達到最高點的時間為t，則有：t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))；此段時間內(nèi)水平方向的位移為：x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(F,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(R,g))))eq\s\up12(2)＝2R，所以小球從a點開始運動到其軌跡最高點，小球在水平方向的位移為：L＝3R＋2R＝5R，此過程中小球的機械能增量為：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR，故C錯誤；小球在圓弧槽中運動過程中，在小球所受的重力、力F以及槽的支持力三力平衡的位置速度最大，動能最大，由于F＝mg，則此位置與圓心的連線與豎直方向夾角為45°，由動能定理：F·2R＋FRsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm，解得Ekm＝(eq\r(2)＋1)mgR，選項D正確．【模型演練3】(多選)(2020·廣東深圳高級中學(xué)月考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點、最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)在軌道內(nèi)運動，已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運動，則下列說法正確的是()A．小球在軌道上運動時，動能最小的位置，電勢能最大B．小球在軌道上運動時，機械能最大的位置一定在M點C．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為7.5mg【答案】BC【解析】根據(jù)等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg等＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq\f(5,4)g，如圖所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點關(guān)于圓心O對稱的D點，那么小球就能做完整的圓周運動．小球在D點時的動能最小，但D點并非是其電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點，選項A錯誤；小球在軌道上運動的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點的電勢能最小，機械能最大，選項B正確；小球過Q點和P點時，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq\f(vQ2,R)，F(xiàn)P＋mg＝meq\f(vP2,R)，小球從Q點到P點，由動能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤．【模型演練4】(2020·安徽皖江聯(lián)盟名校聯(lián)考)如圖所示，半徑為R＝0.4m半圓形絕緣光滑軌道BC與水平絕緣粗糙的軌道AB在B點平滑連接，軌道AB上方有電場強度大小為E＝1.0×104N/C，方向向左的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋1.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，若帶電體恰好可以沿圓弧軌道運動到C點，并在離開C點后，落回到水平面上的D點(圖中未畫出)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)帶電