《2025年创新设计高考总复习物理人教版》

例1 (2024·辽宁大连高三期中)如图1所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为$E = \frac{3mg}{4q}$。已知θ = 53°，圆轨道半径R = 1 m，g = 10 m/s²，sin 53° = 0.8，cos 53° = 0.6。现把一质量为m = 1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。

答案：
8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
解析 设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图

由$\tan\alpha=\frac{qE}{mg}$解得$\alpha = 37^{\circ}$
合力大小为$F=\sqrt{(qE)^{2}+(mg)^{2}}=\frac{5}{4}mg$
过O点作与竖直方向夹角为$\alpha = 37^{\circ}$的直线，与圆轨道分别交于D点和E点，则小球在D点速度最大，E点速度最小。在E点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在E点应用牛顿第二定律得$F = m\frac{v_{E}^{2}}{R}$
设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到E点的过程中，由动能定理得
$mg(x\sin\theta - R\cos\theta - R\cos\alpha)-qE(x\cos\theta + R\sin\theta + R\sin\alpha)=\frac{1}{2}mv_{E}^{2}$
解得$x=\frac{123}{14}m = 8.79 m$
对小球从B点到E点的过程应用动能定理得
$-FR(1 + \cos\alpha)=\frac{1}{2}mv_{E}^{2}-\frac{1}{2}mv_{B}^{2}$
设小球在B点受到的支持力为$F_{N}$，由牛顿第二定律得
$F_{N}-mg = m\frac{v_{B}^{2}}{R}$
解得$F_{N}=\frac{27}{4}mg = 67.5 N$
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小等于67.5 N，方向竖直向下。

1. (2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是 ( )

A.如果A球带电，则A球一定带正电
B.如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C.如果B球带电，则B球一定带负电
D.如果B球带电，则B球的电势能一定增加

答案： D [平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由$h=\frac{1}{2}at^{2}$可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A、B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确。]