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專題14 “等效重力場”模型
目錄
一.“等效重力場”模型解法綜述 1
二．“等效重力場”中的直線運動模型 1
三．“等效重力場”中的拋體類運動模型 4
四．“等效重力場”中的單擺類模型 10
五．“等效重力場”中的圓周運動類模型 15

一.“等效重力場”模型解法綜述
將一個過程或事物變換成另一個規律相同的過程和或事物進行分析和研究就是等效法．中學物理中常見的等效變換有組合等效法（如幾個串、并聯電阻器的總電阻）；疊加等效法（如矢量的合成與分解）；整體等效法（如將平拋運動等效為一個勻速直線運動和一個自由落體運動）；過程等效法（如將熱傳遞改變物體的內能等效為做功改變物體的內能）
“等效重力場”建立方法——概念的全面類比
為了方便后續處理方法的遷移，必須首先搞清“等效重力場”中的部分概念與復合之前的相關概念之間關系．具體對應如下：
等效重力場重力場、電場疊加而成的復合場
等效重力重力、電場力的合力
等效重力加速度等效重力與物體質量的比值
等效“最低點”物體自由時能處于穩定平衡狀態的位置
等效“最高點”物體圓周運動時與等效“最低點”關于圓心對稱的位置
等效重力勢能等效重力大小與物體沿等效重力場方向“高度”的乘積
二．“等效重力場”中的直線運動模型
【運動模型】 如圖所示，在離坡底為L的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也是L．桿上端A到坡底B之間有一光滑細繩，一個帶電量為q、質量為m的物體穿心于繩上，整個系統處在水平向右的勻強電場中，已知細線與豎直方向的夾角θ=30o．若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，設細繩始終沒有發生形變，求物體在細繩上滑行的時間．（g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）

因細繩始終沒有發生形變，故知在垂直繩的方向上沒有壓力存在，即帶電小球受到的重力和電場力的合力方向沿繩的方向．建立“等效重力場”如圖所示

“等效重力場”的“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角，大小：帶電小球沿繩做初速度為零，加速度為的勻加速運動
①
②
由①②兩式解得

“等效重力場”的直線運動的幾種常見情況
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動


【模型演練1】.(2020·浙江寧波市重點中學聯考)如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場．電場中C點距B板的距離為0.3d，D點距A板的距離為0.2d，有一個質量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，若重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大
B．該微粒做勻變速直線運動
C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd
D．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝
【答案】　C
【解析】　由題知，微粒沿直線運動，可知重力和電場力二力平衡，微粒做勻速直線運動，微粒帶負電，B、D錯誤；微粒從C點運動至D點，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；此過程中電場力對微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．
【模型演練2】(2020·浙江金華十校4月模擬)如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的帶正電小滑塊(可視為質點)，從絕緣斜面頂端由靜止開始勻加速下滑，下滑高度為2h后進入勻強電場區域，再下滑高度h后到達斜面底端，勻強電場區域有理想邊界，電場強度E方向豎直向下，且qE＝mg，小滑塊與斜面間的動摩擦因數μ恒定．則下列說法正確的是(　　)

A．滑塊進入勻強電場區域前后的加速度大小之比為1∶2
B．滑塊進入勻強電場區域前后的加速度大小保持不變
C．滑塊進入勻強電場區域前后兩個階段的滑行時間之比為(＋1)∶1
D．滑塊進入勻強電場區域前后兩個階段滑行時的摩擦力做功之比為2∶1
【答案】　A
【解析】　設斜面傾角為θ，由牛頓第二定律可知滑塊進入勻強電場區域前加速度為a1＝＝gsin θ－μgcos θ
滑塊進入勻強電場區域后加速度為a2＝
由于qE＝mg，則a2＝2(gsin θ－μgcos θ)＝2a1
則滑塊進入勻強電場區域前后的加速度大小之比為1∶2，故A正確，B錯誤；
設滑塊進入勻強電場區域前瞬間的速度為v0，則有v02＝2a1·
滑塊到達斜面底端時的速度有v2－v02＝2a2·且a2＝2a1，則v＝v0，由公式x＝t可得滑塊進入勻強電場區域前后兩個階段的滑行時間之比為＝2(＋1)，故C錯誤；
滑塊進入勻強電場區域前后的摩擦力分別為Ff1＝μmgcos θ，Ff2＝μ(mg＋qE)cos θ＝2μmgcos θ
由功定義式W＝Fx可知，滑塊進入勻強電場區域前后兩個階段滑行時的摩擦力做功之比為1∶1，故D錯誤．
【典例分析3】(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是(　　)

A．小球帶正電
B．小球可能做勻加速直線運動
C．小球加速度大小為gcos α
D．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量
【答案】　D
【解析】　帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運動，故A、B錯誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據幾何關系可知a＝2gcos α，故C錯誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據功能關系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確．
三．“等效重力場”中的拋體類運動模型
【運動模型】如圖所示，在電場強度為E的水平勻強電場中，以初速度為豎直向上發射一個質量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運動過程中具有的最小速度．

建立等效重力場如圖所示，等效重力加速度

設與豎直方向的夾角為θ，則
其中
則小球在“等效重力場”中做斜拋運動

當小球在y軸方向的速度減小到零，即時，兩者的
合速度即為運動過程中的最小速度

【模型演練1】.(2020·河南高三二模)如圖所示，在電場強度方向水平向右的勻強電場中，一質量為m、帶電荷量為q的粒子從A點以初速度v0豎直向上拋出，粒子運動到B點時速度方向水平，大小也為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　)

A．粒子在該過程中克服電場力做功mv02
B．勻強電場的電場強度大小為
C．粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大mv02
D．粒子從A點運動到B點所用的時間為
【答案】　CD
【解析】　豎直方向粒子在重力作用下做加速度為g的勻減速直線運動，則v0＝gt，t＝，水平方向粒子在電場力作用下做勻加速直線運動，則v0＝at＝t
則a＝g；勻強電場的電場強度大小為E＝，B錯誤，D正確．
從A到B電場力做正功W＝qE·＝mv02
則電勢能減小mv02，
則粒子在A點的電勢能比在B點的電勢能大mv02，C正確，A錯誤．
【模型演練2】(2021·廣東珠海一模)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度v從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程

A．動能增加 B．機械能增加
C．重力勢能增加 D．電勢能增加
【答案】B
【解析】帶電小球M到N過程動能增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球由動能定理有，聯立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤。
【模型演練3】（2021屆重慶巴蜀中學高三月考）勻強電場平行于紙面（未畫出），如圖，質量為m、電荷量為q的正離子以豎直向下的初速度v0開始在電場中運動（記為t=0），t=t0時刻速度最小且為，圖中虛線為該離子的運動軌跡。不計重力，則下列說法正確的是（　　）

A．勻強電場的方向斜向左上方，與豎直方向夾角為60°
B．勻強電場的場強大小為
C．t=3t0時刻，離子的速度大小為
D．從t=0到t=3t0，離子的位移為
【答案】BCD
【解析】
A．設電場與豎直方向夾角為θ，粒子沿電場力方向做勻減速運動，垂直電場力方向做勻速運動，當沿電場力方的速度減為零時，粒子的速度最小，因最小值為，則由幾何關系可知

則
θ=30°
即勻強電場的方向斜向左上方，與豎直方向夾角為30°，選項A錯誤；
B．在沿電場方向上

解得

選項B正確；
C．t=3t0時刻，離子沿電場方向的速度大小為

（負號表示與初速度方向相反）
此時的合速度

選項C正確；
D．從t=0到t=3t0，離子沿電場力方向的位移

垂直電場力方向的位移為

則總位移

選項D正確；
故選BCD。
【模型演練4】（2021·河北省武安三中高三上學期11月期中）在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A 點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（ ）

A. 從A點運動到M點電勢能增加 2J
B. 小球水平位移 x1與 x2 的比值 1：4
C. 小球落到B點時的動能 24J
D. 小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于 6J
【答案】D
【解析】
將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動，豎直分運動為勻變速直線運動；
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，在連續相等的時間間隔內位移之比為1：3，故B錯誤；
C．設物體在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-mVAX2
F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2
x1：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，設小球所受的電場力為F，重力為G，則有：
Fx1=6J

Gh=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。
【模型演練5】（2021·江西省五校高三上學期12月月考）從地面以v0斜向上拋出一個質量為m的小球，當小球到達最高點時，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小．
【答案】　(1)　(2)或
【解析】　(1)無電場時，當小球到達最高點時，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v＝2gh，得mv＝mgh
mv∶mv＝9∶16
解得拋出時：vx∶vy＝3∶4
所以豎直方向的初速度vy＝v0
豎直方向做勻減速運動，有vy＝gt，解得t＝
(2)設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t＋v0＝v0，解得E1＝
若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有
－t＋v0＝－v0，解得E2＝

四．“等效重力場”中的單擺類模型
【模型構建】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的絕緣細繩把質量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角為θ=37o．現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放：

建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，
方向：與豎直方向的夾角，大小：
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

代入數值得m/s
當帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設該時小球的速度為，繩上的拉力為，則
①
②
聯立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，可視為質點的小球用長為、不可伸長的輕繩懸掛于點。現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，當小球到達水平位置時，做功最多，所以當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，設其加速度為，據牛二定律得


解得
，
據加速度的合成與分解得

故B選項正確；
C．由圖可知，當時，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。
【模型演練2】.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現把細線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經最低點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、細線的拉力的作用，在復合場(電場和重力場)中擺動，當重力與電場力的合力與細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查研究)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球．小球靜止時細線與豎直方向成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＝
B．小球動能的最小值為Ek＝
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，根據平衡條件，有：mgtan θ＝qE，解得E＝，選項A正確；

小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據牛頓第二定律，有：＝m，則最小動能Ek＝mv2＝，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，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，一個質量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為l的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞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，下列說法正確的是(　　)

A．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為
B．若小球在豎直平面內繞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圓弧上往復運動
D．若去掉細線，將小球在A點以大小為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＝，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mg，根據圓周運動公式mg＝m，小球在等效最高點的最小速度為v＝，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；若去掉細線，將小球在A點以大小為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，當豎直方向上的位移為0時，運動的時間為t＝2＝＝2，水平位移x＝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．現有一質量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應為多大？


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．
對應聯想：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．
規律應用：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過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點應為等效重力方向上直徑對應的點B，則B點應滿足“重力”當好提供向心力即：
假設以最小初速度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，則根據動能定理：解得：
【模型演練1】(2020·福建龍巖市高三上學期期末)如圖所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m的帶電小球(可視為質點)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側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的大小；
(2)小球做圓周運動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小．
【答案】　(1)mg　(2)　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＝mgtan 60°
解得：F＝mg
(2)小球在光滑軌道內側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＝m
解得小球在D點的速度vD＝
小球由軌道上A點運動到D點的過程，根據動能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝mvD2－mvA2
解得小球在A點的速度vA＝2
小球在A點，根據牛頓第二定律得：FNA－mg＝m
解得：FNA＝9mg
根據牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力大小為FNA′＝9mg.
【模型演練2】(2021·河南高三二模)如圖所示，abc是豎直面內的光滑固定軌道，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．小球對圓弧軌道b點和c點壓力大小都為5mg
C．小球機械能增量為3mgR
D．小球在到達c點前的最大動能為(＋1)mgR
【答案】BD.
【解析】：根據動量定理可知，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＝mv，則Nb－mg＝m，解得Nb＝5mg；從a到c，由動能定理：3FR－mgR＝mv，則Nb－mg＝m，解得Nc＝5mg，vc＝2，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，設小球從c點達到最高點的時間為t，則有：t＝＝2；此段時間內水平方向的位移為：x＝at2＝＝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＋FRsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm，解得Ekm＝(＋1)mgR，選項D正確．
【模型演練3】(多選)(2020·廣東深圳高級中學月考)如圖所示，豎直平面內有固定的半徑為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．質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內運動，已知重力加速度為g，電場強度E＝，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6mg
D．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】　根據等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg等＝＝mg，故等效重力加速度為g等＝g，如圖所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點關于圓心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＝m，FP＋mg＝m，小球從Q點到P點，由動能定理可得－2mgR＝mvP2－mvQ2，聯立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤．

【模型演練4】(2020·安徽皖江聯盟名校聯考)如圖所示，半徑為R＝0.4 m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×
104 N/C，方向向左的勻強電場．現有一質量m＝0.1 kg、電荷量q＝＋1.0

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