專題25電場線和等效重力場模型（精講）

專題25電場線和等效重力場模型模型歸納1．兩種等量點電荷電場線的比較比較等量異種點電荷等量同種正點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小，但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強度A與A′、B與B′、C與C′等大同向等大反向2．等效最高點模型描述方法示例在“等效重力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是等效最高。將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g'＝F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)方法歸納1.電場線與粒子運動軌跡的綜合問題的分析方法（1）如果帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)帶電粒子所受的電場力沿著電場線的切線方向且（或等勢面的垂線）指向運動軌跡彎曲的凹側(cè)，確定帶電粒子所受電場力的方向；（2）再結(jié)合電場線的方向（或等勢面的電勢）確定帶電粒子的電性；（3）最后根據(jù)帶電粒子運動軌跡與電場線的分布情況，確定電場力做功、電勢能的變化情況等。2.等勢面（線）與粒子運動軌跡的綜合問題的分析方法（1）如果帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)電場力沿著垂直于等勢面方向且指向運動軌跡彎曲的凹側(cè)，確定帶電粒子所受電場力的方向；（2）再結(jié)合等勢面的電勢高低關(guān)系確定電場線的方向，進而確定帶電粒子的電性；（3）最后根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結(jié)合題意確定電場力做功、電勢能的變化情況等。3．電場中常見的功能關(guān)系（1）若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變。（2）若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。（3）除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量。（4）所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量。模型1電容器動態(tài)分析模型【例1】（2023?河北模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個固定的點電荷，電荷量均為，與其連線中點的距離均為；質(zhì)量為帶電量為的試探電荷以為圓心做勻速圓周運動，、為圓周上的兩點，兩點與正點電荷連線與連線的夾角均為，已知靜電力常量為，重力忽略不計，則A．試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力大小為 B．試探電荷做勻速圓周運動的角速度為 C．若增大，試探電荷仍能以為圓心做勻速圓周運動，則試探電荷的向心力一定變小 D．若在點由靜止釋放負點電荷，該電荷將在連線上做簡諧運動【答案】【分析】試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力是由兩個點電荷對其庫侖力的合力，根據(jù)庫侖定律進行解答；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計算公式進行解答；根據(jù)等量同種正電荷中垂線的電場強度分布情況進行解答；根據(jù)簡諧運動的特點進行解答?！窘獯稹拷猓骸⒃囂诫姾勺鰟蛩賵A周運動所需的向心力是由兩個點電荷對其庫侖力的合力，即為：，解得：，故錯誤；、試探電荷做勻速圓周運動的軌跡半徑為：根據(jù)牛頓第二定律可得：解得試探電荷做勻速圓周運動的角速度為：，故正確；、等量同種正電荷周圍的電場線分布情況如圖所示：兩個點電荷中垂線的電場強度從點向無限遠的變化情況是先增大后減小，由于不知道現(xiàn)在試探電荷所在位置處電場強度是不是最大，所以若增大，試探電荷仍能以為圓心做勻速圓周運動，則試探電荷的向心力不一定變小，故錯誤；、兩個點電荷中垂線的電場強度從點向無限遠的變化情況是先增大后減小，若在點由靜止釋放負點電荷，該電荷將在之間受力可能是先增大后減小，受力情況不滿足，所以電荷將在連線上不可能做簡諧運動，故錯誤。故選：?！咀兪骄?】（2023春?南京期末）靜電透鏡被廣泛應(yīng)用于電子器件中，如圖所示，陰極射線示波管的聚焦電場由四個電極構(gòu)成，其中實線為電場線，虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，軸為該電場的中心軸線，一電子從其左側(cè)進入聚焦電場，、、為其軌跡上的三點。已知點所在等勢線的電勢為零，電子僅在電場力作用下從點運動到點的過程中，電場力做功為。下列說法正確的是A．點的電勢高于 B．從至的運動過程中，電子的電勢能減小 C．電子在點的加速度小于在點的加速度 D．從至的運動過程中，電子的動能先減小后增大【答案】【分析】解答本題需要掌握：沿電場線電勢降低，電場強度的大小與電場線的疏密的關(guān)系；明確電子在電場中的受力特點以及電場力做功情況，從而進一步判斷電勢能、動能等變化情況【解答】解：．設(shè)相鄰等差等勢線電壓為，由公式可得，電子從點運動到點的過程中，電場力做功為：解得：所以點電勢大于小于，故錯誤；．由題可知，電子從至的運動過程中，電場力與電子運動軌跡方向一直為銳角，電場力一直做正功，由能量守恒定律得：電子的電勢能減小，動能增大，故正確，錯誤；．由圖，根據(jù)電場線越密電場強度越大可知，點的電場強度大于點的電場強度，由牛頓第二定律可知，電子在點的加速度大于在點的加速度，故錯誤；故選：。【變式練2】（2023春?金鳳區(qū)校級期中）如圖所示的實線為某靜電場的電場線，虛線是僅在電場力作用下某帶負電粒子的運動軌跡，、、、是電場線上的點，其中、兩點在粒子的軌跡上，下列說法正確的是A．該電場可能是正點電荷產(chǎn)生的 B．電勢，場強 C．將該粒子在點由靜止釋放，它可能一直沿電場線運動 D．該粒子在點的速度一定大于在點的速度【答案】【分析】根據(jù)點電荷周圍電場線的分布特點判斷；根據(jù)物體受力方向在軌跡凹側(cè)判斷電場力的方向，可得知電場線的方向，從而知道電勢的變化；電場線的疏密程度表示場強的大?。浑妶鲋械膸щ娏Ｗ邮芰Φ姆较蜓仉妶鼍€的切線方向，故帶電粒子由靜止釋放，只受電場力時，一定不能沿著彎曲的電場線運動；根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可明確受力方向，判斷做功情況，進而判斷粒子在兩點速度的大小。【解答】解：、點電荷產(chǎn)生的電場線是直線，故該電場不可能是正點電荷產(chǎn)生的，故錯誤；、根據(jù)物體做曲線運動的條件可知，粒子所受的電場力指向凹測，該粒子是負電荷，所以電場線的方向由到。沿著電場線方向電勢降低，故點的電勢一定高于點的電勢，電場線的疏密程度表示場強的大小，則，故錯誤；、電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于點所在電場線為曲線，所以將該粒子在點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，故錯誤；、粒子帶負電，受力方向斜向下，故從到電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在點的速度大于在點的速度，故正確。故選：?！咀兪骄?】（2023春?安化縣期末）圖中實線是點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡。、是軌跡中的兩點，若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是A．帶電粒子在，兩點的運動是方向為運動到 B．點動能大于點動能 C．可以確定電場線的方向 D．點電勢能大于點電勢能【答案】【分析】粒子的運動方向無法判斷；根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能和動能的變化；無法確定電場線的方向。【解答】解：．由圖只能判斷出帶電粒子受力方向指向軌跡的凹側(cè)，粒子的運動方向無法判斷，故錯誤；．假設(shè)粒子由運動到，粒子受力方向與運動方向夾角為鈍角，靜電力做負功，動能減小，點動能大于點動能；假設(shè)粒子由運動到，粒子受力方向與運動方向夾角為銳角，靜電力做正功，動能增大，點動能大于點動能，故正確；．由于帶電粒子電性不知，故無法確定電場線的方向，故錯誤；．由于粒子由運動到，靜電力做負功，電勢能增大，點電勢能小于點電勢能；如果粒子由運動到，靜電力做正功，電勢能減小，點電勢能小于點電勢能，故錯誤。故選：。模型2帶電粒子在電場中的運動模型【例2】（2023秋?九龍坡區(qū)校級月考）如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定光滑圓形絕緣軌道的半徑為，、兩點分別是圓形軌道的最低點和最高點，圓形軌道上、兩點的連線過圓心且與豎直向下方向的夾角為?？臻g存在方向水平向右且平行圓形軌道所在平面的勻強電場，一質(zhì)量為的帶負電小球（視為質(zhì)點）恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運動，且小球通過點時的速度最小。重力加速度大小為。下列說法正確的是A．小球受到的電場力大小為 B．小球通過點時的速度大小為 C．小球在運動過程中的最大速度為 D．小球通過點時所受軌道的作用力大小為【答案】【分析】在點對小球進行受力分析求解電場力大??；在點根據(jù)合外力提供向心力求解小球在點速度大??；小球通過點的速度最大，從點到點根據(jù)動能定理求解點的速度大?。辉邳c根據(jù)牛頓第二定律求解支持力?！窘獯稹拷猓?、已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，經(jīng)點時速度最大，因此，點是豎直面內(nèi)圓周運動的物理“最低點”，也就是小球在點受力情況滿足合外力完全充當向心力，如圖所示：因此電場力為：，故錯誤；、小球恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運動，且小球通過點時的速度最小，在點滿足：解得，故錯誤；、根據(jù)題意可知為等效最低點，小球通過點的速度最大。從點到點根據(jù)動能定理知：解得：，故錯誤；、小球通過點時所受軌道的作用力大小為，在點根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：，故正確。故選：?！咀兪骄?】（2023秋?江陰市月考）如圖所示，足夠長的斜面靜止在水平地面上。先后兩次將帶正電的小球從斜面底端處以相同的速度拋出，不計空氣阻力。第一次不加電場，小球恰好沿水平方向撞到斜面上點。第二次施加范圍足夠大，豎直向下的勻強電場，則小球A．仍然水平撞擊斜面 B．撞擊點在點上方 C．飛行時間比第一次長 D．撞擊斜面時的速度比第一次大【答案】【分析】斜拋運動的上升過程可看作是平拋運動的逆過程，平拋運動的位移偏角與速度偏角的關(guān)系為：；同時也要注意由運動的合成與分解的知識，結(jié)合分運動的獨立性分析判斷打到斜面上的水平速度及豎直速度、水平位移和豎直位移等問題?！窘獯稹拷猓?、第一次不加電場，小球恰好沿水平方向撞到斜面上，采用逆向思維，將其看成平拋運動，則小球撞上斜面時與斜面的夾角為，設(shè)斜面傾角為，即平拋運動位移方向與水平方向夾角為，則平拋運動的末速度方向與水平方向夾角為，則有：，且兩者關(guān)系為：第二次施加范圍足夠大，豎直向下的勻強電場，小球豎直方向的加速度變大，初速度不變，小球的逆運動為類平拋運動，上述結(jié)論：依然成立，所以小球仍然水平撞擊斜面，故正確；、加電場與不加電場小球水平方向速度不變，根據(jù)逆向思維可知，所以兩次撞擊斜面時的速度一樣大，故錯誤；、不加電場時，設(shè)小球運動時間為，有：施加電場后，小球的加速度變大，設(shè)小球運動時間為，則有：由于豎直方向的加速度：，所以總的時間：加電場后，小球的水平分速度不變，小球做平拋運動的水平位移：變小而位移的方向滿足：故豎直分位移變小，即撞擊點在點下方，故錯誤。故選：?！咀兪骄?】（2023春?漣源市期末）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的絕緣細線，細線一端固定在點，另一端系一質(zhì)量為的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為。下列說法正確的是A．勻強電場的電場強度 B．小球動能的最小值為 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，其電勢能先增大后減小，再增大【答案】【分析】首先，對小球受力分析，根據(jù)共點力平衡求出電場強度；其次，根據(jù)小球恰能做圓周運動的臨界條件求出小球的最小動能；接著，根據(jù)功能關(guān)系，結(jié)合小球所帶電性判斷小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能是否最??；最后，根據(jù)小球受到的電場力的方向判斷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的做功情況，進而判斷電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓?、小球靜止時懸線與豎直方向成角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡件，有解得，故錯誤；、如圖所示小球恰能繞點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有則最小動能為，故正確；、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，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小。故錯誤；、小球從初始位置開始沿逆時針方向在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小。故錯誤。故選：?！咀兪骄?】（2023?西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為、帶電荷量為的小球（可視為質(zhì)點）與長為的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在點，整個系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為的勻強電場中。已知、、、、、為圓周上的點，為水平直徑，為豎直直徑，過點且與的夾角為，當小球繞點在豎直平面內(nèi)做半徑為的圓周運動時，小球運動到點時的速度最小，最小速度為，為重力加速度的大小，則下列說法正確的是A．勻強電場的電場強度大小為 B．小球從點運動到點時，合力做的功為 C．小球運動到點時輕繩拉力的大小為 D．小球運動到點時的機械能最大【答案】【分析】小球運動到點時的速度最小，說明點是等效最高點，根據(jù)牛頓第二定律求解合外力，根據(jù)幾何關(guān)系求解電場力，進而求出電場強度；根據(jù)功的計算公式求解小球從點運動到點合力做的功；根據(jù)動能定理、牛頓第二定律求解運動到點時輕繩拉力的大小；根據(jù)功能關(guān)系