【文档说明】高考物理一轮复习讲义：第7章 第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动(含答案).doc，共(20)页，488.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充电

、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2．常见的电容

器(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低。3．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝QU。

(3)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。(4)电容与电压、电荷量的关系①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关。不随Q变化，也不随电压变化。②由C＝QU可推出C＝ΔQΔU。4．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板正对面积成正比

，与两极板间介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。(2)决定式：C＝εrS4πkd，k为静电力常量。【知识点2】带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1．加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能

的增量。(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv20；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv20。2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：

利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝lv0。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动。③基本过程，如图所示加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd运动时间a.能飞出平行板电

容器：t＝□10lv0b.打在平行极板上：y＝12at2＝12·qUmdt2，t＝2mdyqU离开电场时的偏移量：y＝12at2＝□11qUl22mv20d离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝□12qU

lmv20d【知识点3】示波管Ⅰ1．构造示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2．工作原理(1)如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待显示的信

号电压，XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。板块二考点细研·悟法培优考点1平行板电容器的两类动态变化问题[对比分析]1．对公式

C＝QU的理解电容C＝QU，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝

εrS4πkd分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化。3．电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电

池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小例1[2017·山东菏泽模拟]如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不

计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两极板间的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大(1)电容器与电源连接，不变量是电压还是电荷量？提示：电压。

(2)电压不变时，如何判断场强变化？提示：依据E＝Ud判断。尝试解答选B。电容器上极板接电源正极，则板间场强方向竖直向下。由于带电油滴在P点恰好处于平衡状态，受力分析如图所示，则油滴带负电。上极板上移，板间距离d变大，板间电压E不变，由E

场＝Ed，知E场变小，油滴向下运动，A选项错误；P点电势等于P点与下极板间电势差，由U＝E场d知，U变小，则P点电势降低，故B选项正确；电势能Ep＝qφ，负电荷在电势低的地方电势能大，则带电油滴的电势能将增加，故C选项错误；电容C＝εrS4πkd，d增大，则C减小

，由Q＝CU＝CE，知Q减小，所以D选项错误。总结升华平行板电容器问题的分析(1)平行板电容器动态变化的两类题型①电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有Q＝CU∝C，C＝εrS4πkd∝εrSd，两板间场强E＝Ud∝1d；②

电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U＝QC，C∝εrSd，场强E＝Ud＝QCd∝1εrS。(2)分析平行板电容器的两个关键点①确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，是保持电量不变还是板间电压不变。②恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E

＝Ud可分析板间电场强度的变化情况。[递进题组]1．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的

电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()A．U变小，E不变B．E变大，W变大C．U变小，W不变D．U不变，W不变答案AC解析当平行板电容器充电后与电源断开时，带电量Q不变，两极板间场强E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，所以E保持不变，由于板间

距d减小，据U＝Ed可知，电容器的电压U变小，A正确，B、D错误。由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能W保持不变，故C正确。2.[2017·湖南株洲质检]如图所示，R

是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间有一带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若增大A、B两金属板的间距，有向右的电流通过电阻RB．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动D．

若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动答案C解析电容器和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C＝εrS4πkd可知，电容减小，根据公式C＝QU，可得电容器两极

板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A项错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E＝Ud可得两极板间的电场强度减小，微粒P受到的电场力小于重力，将向下运动，B项错误；若紧贴A板内侧插入一块

一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，则电场强度增大，电场力大于重力，P向上运动，C项正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，但两极板间的电场强度不变，电场力不变，微粒P仍静止，D项错误。考点2带电粒子在电

场中的直线运动[拓展延伸]1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、

尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上

，做加(减)速直线运动。(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝12mv2－12mv20。例2[2018·潍坊月考]如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源

连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应()A．仅上移A板适当距离B．仅下移A板适当距离C．断开开关，再上移A板适当距离

D．断开开关，再下移A板适当距离(1)电场力对小球做什么功？提示：负功。(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？提示：不变。尝试解答选D。设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU

＝0，若仅上移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A选项错误；若仅下移A板适当距离，到达S2处速度为零，故B选项错误；断开开关，Q不变，因E＝4πkQεrS，

则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C选项错误；若下移A板适当距离x，假设仍能到达S2处，则重力做功不

变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D选项正确。总结升华带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，

往往优先采用动能定理。[跟踪训练][2014·安徽高考]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强

电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。答案(1)2gh(2)mgh＋dqdCmgh＋dq(3)h＋dh2hg解析(1)由v2＝2gh，得v＝2gh。(2)在极板间带

电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝mgh＋dqd由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝Cmgh＋dq。(3)由h＝12gt21，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝h

＋dh2hg。考点3带电粒子在电场中的偏转[拓展延伸]1．基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有(1)加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd。(2)在电场中的运动时间：t＝lv0。(3)速度vx＝v0vy＝at＝q

Ulmv0dv＝v2x＋v2y，tanθ＝vyvx＝qUlmv20d。(4)位移l＝v0ty＝12at2＝qUl22mv20d2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。证明：由q

U0＝12mv20及tanφ＝qUlmv20d，得tanφ＝Ul2U0d。y＝qUl22mv20d＝Ul24U0d。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为l2。3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经

偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二：(2)确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：例3[2016·山东菏泽高三模拟](多选)如图所示，A板发出的

电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U。电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A．滑动触头向右移动时，电子打在P上的位置上升B．滑动触头向左移动时，电子打在P上

的位置上升C．电压U增大时，电子从发出到打在P上的时间不变D．电压U增大时，电子打在P上的速度大小不变(1)电子打在屏上的位置与加速电压有什么关系？提示：加速电压越大，射入偏转电场的初速度越大，时间越短，侧向位移越小。(2)电子向上偏转还是向

下偏转？提示：向上偏转。尝试解答选BC。滑动触头右移，加速电压U0增大，电子射入金属板间初速度v0增大，穿过金属板时间减小，侧向位移变小，打在P上的位置下降，相反滑动触头左移，打在P上的位置上升，A错误，B正确；电压U增大，竖直方向加速度变大，而时间t＝xv0不变，所以竖直方向

分速度变大，P点合速度变大，故D错误，C正确。总结升华带电粒子在电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a．带电粒子初速度方

向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情

况选用公式计算。①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。[跟踪训练][2017·河北石家庄

模拟](多选)如图，一束由质子、氘核和氚核组成的粒子流，从相同位置沿垂直于电场强度的方向射入由平行板电容器形成的匀强电场中。若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列

说法正确的是()A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D．在电场中运动时间越长的粒

子，电场力对它做的功越多答案AC解析粒子在极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，竖直方向y＝12at2＝qEl22mv20，若粒子运动轨迹相同，即y相同，由于三种粒子电荷量q相同，故粒子初动能相同，A正确

；粒子在极板间做类平抛运动，设速度偏向角为θ，tanθ＝vyv0＝atv0＝qEm×lv0v0＝qElmv20，由于不知道粒子的初速度大小的关系，比荷大的粒子在射出电场时其速度偏向角不一定大，故B错误；粒子在极板间做

类平抛运动，粒子的运动时间t＝lv0，如果粒子在电场中的运动时间t相等，则三种粒子的初速度一定相等，故C正确；电场力对粒子做功W＝qEy＝qE×qEl22mv20＝q2E2l22mv20，粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t＝lv0，

粒子的电荷量q相同，故电场力对粒子做功多少，不仅与粒子在电场中运动时间有关，还与粒子质量有关，在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功不一定越多，故D错误。考点4带电粒子在交变电场中的运动[方法技巧]带电粒子在交变电场中运动的分析方法(1)

注意全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是利用力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是利用功

能关系进行分析。(3)此类题型一般有三种情况：①粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；②粒子做往返运动(一般分段研究)；③粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。例4如图甲所示，真空中竖直放置两块

相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在紧靠P板处有粒子源A，自t＝0开始连续释放初速度不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射出电场，已知粒子质量为m，电荷量为＋q，不计粒子重力及相互间的作用力，

电场变化周期T＝3d2mqU0。试求：(1)t＝0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；(2)粒子射出电场时的最大速率和最小速率。(1)t＝0时刻释放的粒子在金属板P、Q间做什么运动？提示：计算T3内匀加速运动的位移和板间

距离d进行比较，判断有没有第二阶段运动。(2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法？提示：画v-t图。尝试解答(1)d2mqU02vmax＝2qU0mvmin＝(5－2)2qU0m。(1)t＝0时刻释放的粒子在T3时间内一直做匀加速直线

运动，设其加速度大小为a，位移为x，则由牛顿第二定律和电场力公式得：qU0d＝ma，解得：a＝qU0dmx＝12at2＝12·qU0dm13T2＝12·qU0dm·d2mqU02＝d可见，该粒子在T3时间内恰好运动到O处，故t＝0时刻释放的粒子在P

、Q间的运动时间为t＝13T＝d2mqU0。(2)分析可知，在t＝0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应射出电场时的速率最大。设最大速率为vmax，由运动学公式得：vmax＝a·T3＝2qU0m设在t1时刻释放的粒子先做匀加速直线运动，经

时间Δt后，再做匀速直线运动，在T时刻恰好由小孔O以速率大小为v1射出电场，则由运动学公式得：v1＝a·Δt12aΔt2＋aΔt×23T＝12a13T2解得：Δt＝5－23Tv1＝a·Δt＝(5－2)2qU0m由下图粒子运动的v-t图象可知，在t1至T3时间内某时刻进

入电场的粒子，其运动过程为先加速，再匀速，再加速；当速度达到v1＝a·Δt时，粒子还未运动到小孔O处。图中阴影的面积等于粒子此时距小孔的距离；粒子需再加速后方可到达O处，此时速度已大于v1。所以，速率v1是粒子射出电场时的最小速率，即：vmin＝

(5－2)2qU0m。总结升华带电粒子在交变电场中的运动分析方法带电粒子在交变电场中的运动涉及力学和电学知识的综合应用，由于不同时段受力不同，处理起来较为复杂，实际仍可按力学角度解答，做受力分析，分析其运动状态，应用力学和电学的基本规律定性、定

量分析讨论和求解。(1)利用图象带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。(2)利用运动的独立性对一个复杂的合运动，可以

看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动情况。[跟踪训练](多选)如图甲所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图乙所示。电子只受电场力的作

用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝T8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板

上D．若电子是在t＝T4时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动答案ACD解析解法一：若电子在t＝0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在t＝T8时刻进入板间，则电子

在从此计时起一个周期中的前68T向B板运动，后28T向A板运动，以后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确；若电子在t＝T4时刻进入，电子将在从此计时起一个周期中的前T2向B板运动，后T2向A板运动，电子

将在板间做往复运动，D正确。解法二：图象法。选取竖直向上为正方向，作出电子的v-t图象如图所示，根据v-t图象与时间轴围成的面积表示位移可知A、C、D正确。考点5带电体在电场与重力场中的综合问题[解题技巧]分析粒子运动的两个观点1．用动力学的观点分析带电粒子的

运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是

否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。2．用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程

中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。例5[2014·全国卷Ⅰ]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝32OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动

过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，电场强度方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时

的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。(1)无电场时，小球做哪种运动？处理方法是什么？提示：平抛运动；应用平抛运动的规律求解。(2)施加电场以后，各形式能量关系是什么？提示：动能、重力势能和电势能之和守

恒。尝试解答(1)73(2)3mg6q方向：与竖直向下成30°夹角。(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝32d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝12gt2②又有Ek0＝1

2mv20③由①②③式联立得Ek0＝38mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋mgdcos60°⑤由④⑤式得EkAEk0＝73⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d2和

3d2，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－12mgd＝23Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－32mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点电势相等，M与O点的距离为x，如图所示，则有x32d

＝ΔEpAΔEpB⑨解得x＝d。MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC平行且向下。设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设电场强度的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝3mg6q

。总结升华力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列

式求解。(2)带电的物体在电场中具有电势能，同时还可能具有动能和重力势能等，用能量观点处理问题是一种简捷的方法。(3)常见的几种功能关系①只要外力做功不为零，物体的动能就会改变(动能定理)。②静电力只要做功，物体的电势能就会改变，且静电力做的功等于电势能

的减少量。如果只有静电力做功，物体的动能和电势能之间相互转化，总量不变(类似机械能守恒)。③如果除了重力和静电力之外，无其他力做功，则物体的动能、重力势能和电势能三者之和保持不变。[跟踪训练][2017·四川成都一

诊](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方

向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为零电势能点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5CB．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周

轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J答案AB解析对小球进行受力分析，如图甲所示，由于静止，可得mgtan37°＝qE。解得小球的电荷量为q＝mgtan37°E＝6×10－5C，A

正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力。如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重

力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而绳的拉力恰为零，F合＝mgcos37°＝1N，又F合＝mv2Bl，得EkB＝12mv2B＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能Ep最大，所以在

该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，总能量E＝EpB＋EkB＝5J，D错误。满分指导5应用动力学知识解决力电综合问题[2017·亳州模拟](16分)如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有①一光滑半圆形绝缘轨道QPN

与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，②一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，③与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1

.5m的M处，取g＝10m/s2，求：(1)要使④小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的⑤小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①一光滑半圆形绝缘轨道小滑块与半圆轨道之间不存在摩擦②一带负电q＝10－4

C的小滑块小滑块带负电，受电场力方向与电场强度方向相反③与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15小滑块与水平轨道间存在摩擦问题④小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q重力和电场力的合力提供向心力，该处小滑块不受轨道的弹力⑤小滑块通过P点时对轨

道的压力需先求小滑块受轨道的支持力[破题形成思路，快速突破](1)小滑块初速度v0的求解思路。①选研究过程：小滑块在Q点；②列动力学方程：mg＋qE＝mv2R；③小滑块从开始运动至到达Q点过程中：a．选择规律：动能定理；b．列方程式：－mg

·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv20。(2)小滑块通过P点时对轨道的压力大小的求解。①请写出小滑块通过P点时速度大小的求解思路。提示：选取小滑块从开始运动至到达P点过程，由动能定理求得P点速度大小。②请写出小滑块通过P点时的动力学方程。提示：设轨道对小滑块的支持力为F

N，FN＝mv′2R。③如何求小滑块对轨道的压力？提示：小滑块通过P点时受轨道的支持力和小滑块对轨道的压力遵循牛顿第三定律。[解题规范步骤，水到渠成](1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝mv2R(2分)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－q

E·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv20(3分)联立方程组，解得：v0＝7m/s(2分)(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝12mv′2－12mv

20(3分)又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝mv′2R(2分)代入数据，解得：FN＝0.6N(2分)由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)常见的思

维障碍：①在求小滑块在最高点Q的速度大小时，对小滑块受力分析时漏力，导致方程列错，计算结果错误；②小滑块从开始运动至到达Q点过程中利用动能定理列方程时，漏掉摩擦力的功，导致失分。(2)因解答不规范导致的失分：求小滑块通过P点时对轨道的压力时不用牛顿第三定律导致

失分。