2019年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動學案.doc

第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動板塊一主干梳理夯實基礎【知識點1】常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關系1.電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充電、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。充電時電流流入正極板，放電時電流流出正極板。2常見的電容器(1)分類：從構造上可分為固定電容器和可變電容器。(2)擊穿電壓：加在電容器極板上的極限電壓，超過這個電壓，電介質將被擊穿，電容器損壞；電容器外殼上標的電壓是額定電壓，這個電壓比擊穿電壓低。3電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C。(3)單位：法拉(F)，1 F106F1012 pF。(4)電容與電壓、電荷量的關系電容C的大小由電容器本身結構決定，與電壓、電荷量無關。不隨Q變化，也不隨電壓變化。由C可推出C。4平行板電容器及其電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板正對面積成正比，與兩極板間介質的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比。(2)決定式：C，k為靜電力常量?！局R點2】帶電粒子在勻強電場中的運動1加速問題若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的動能的增量。(1)在勻強電場中：WqEdqUmv2mv；(2)在非勻強電場中：WqUmv2mv。2偏轉問題(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場。(2)運動性質：類平拋運動。(3)處理方法：利用運動的合成與分解。沿初速度方向：做勻速直線運動，運動時間t。沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動?；具^程，如圖所示【知識點3】示波管1構造示波管的構造如圖所示，它主要由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。2工作原理(1)如果偏轉電極XX和YY之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。(2)示波管的YY偏轉電極上加的是待顯示的信號電壓，XX偏轉電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩(wěn)定圖象。板塊二考點細研悟法培優(yōu)考點1平行板電容器的兩類動態(tài)變化問題對比分析1對公式C的理解電容C，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。2運用電容的定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用決定式C分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E分析電容器兩極板間電場強度的變化。3電容器兩類問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小、E變小C變小U變大、E不變S變大C變大Q變大、E不變C變大U變小、E變小r變大C變大Q變大、E不變C變大U變小、E變小例12017山東菏澤模擬如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于兩極板間的P點且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離()A帶電油滴將沿豎直方向向上運動BP點的電勢將降低C帶電油滴的電勢能將減少D電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大(1)電容器與電源連接，不變量是電壓還是電荷量？提示：電壓。(2)電壓不變時，如何判斷場強變化？提示：依據(jù)E判斷。嘗試解答選B。電容器上極板接電源正極，則板間場強方向豎直向下。由于帶電油滴在P點恰好處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，則油滴帶負電。上極板上移，板間距離d變大，板間電壓E不變，由E場，知E場變小，油滴向下運動，A選項錯誤；P點電勢等于P點與下極板間電勢差，由UE場d知，U變小，則P點電勢降低，故B選項正確；電勢能Epq，負電荷在電勢低的地方電勢能大，則帶電油滴的電勢能將增加，故C選項錯誤；電容C，d增大，則C減小，由QCUCE，知Q減小，所以D選項錯誤。總結升華平行板電容器問題的分析(1)平行板電容器動態(tài)變化的兩類題型電容器始終與電源相連，U恒定不變，則有QCUC，C，兩板間場強E；電容器充完電后與電源斷開，Q恒定不變，則有U，C，場強E。(2)分析平行板電容器的兩個關鍵點確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，是保持電量不變還是板間電壓不變。恰當選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，應用E可分析板間電場強度的變化情況。1(多選)一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能。若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則()AU變小，E不變BE變大，W變大CU變小，W不變DU不變，W不變答案AC解析當平行板電容器充電后與電源斷開時，帶電量Q不變，兩極板間場強E，所以E保持不變，由于板間距d減小，據(jù)UEd可知，電容器的電壓U變小，A正確，B、D錯誤。由于場強E保持不變，因此，P點與接地的負極板即與地的電勢差保持不變，即點P的電勢保持不變，因此電荷在P點的電勢能W保持不變，故C正確。2. 2017湖南株洲質檢如圖所示，R是一個定值電阻，A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板，兩板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A若增大A、B兩金屬板的間距，有向右的電流通過電阻RB若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運動C若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，P將向上運動D若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向上運動答案C解析電容器和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式C可知，電容減小，根據(jù)公式C，可得電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電，R中有向左的電流，A項錯誤；由于兩極板間的電壓不變，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式E可得兩極板間的電場強度減小，微粒P受到的電場力小于重力，將向下運動，B項錯誤；若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，相當于兩極板間的距離減小，則電場強度增大，電場力大于重力，P向上運動，C項正確；若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當于r增大，但兩極板間的電場強度不變，電場力不變，微粒P仍靜止，D項錯誤?？键c2帶電粒子在電場中的直線運動拓展延伸1帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力。2解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運動。(2)用功與能的觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qUmv2mv。例22018濰坊月考如圖所示，金屬板A、B水平放置，兩板中央有小孔S1、S2，A、B與直流電源連接。閉合開關，從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球，小球剛好能到達S2孔，不計空氣阻力，要使此小球從O點由靜止釋放后穿過S2孔，應()A僅上移A板適當距離B僅下移A板適當距離C斷開開關，再上移A板適當距離D斷開開關，再下移A板適當距離(1)電場力對小球做什么功？提示：負功。(2)斷開開關，移動A板，板間場強如何變化？提示：不變。嘗試解答選D。設板間距離為d，O距S1為h，電源電壓為U，由題意知從O釋放一帶電小球到達S2孔速度為零，則電場力對小球做負功，由動能定理得：mg(hd)qU0，若僅上移A板適當距離，兩板間電壓不變，仍滿足mg(hd)qU0，小球仍剛好能到達S2，則A選項錯誤；若僅下移A板適當距離，到達S2處速度為零，故B選項錯誤；斷開開關，Q不變，因E，則場強E不變，由動能定理得：mg(hd)Eqd0，將A板向上移適當距離，假設仍能到達S2處，則重力做功不變，電場力做功增多，故假設不成立，即到達不了S2處速度已為零，故C選項錯誤；若下移A板適當距離x，假設仍能到達S2處，則重力做功不變，電場力做功變少，所以總功為正功，到達S2處小球速度不為零，能夠穿過S2孔，故D選項正確。總結升華帶電體在電場中運動的分析方法解決此類問題的關鍵是靈活利用動力學方法分析，可以采用受力分析和運動學公式相結合的方法進行解決，也可以采用功能結合的觀點進行解決，往往優(yōu)先采用動能定理。2014安徽高考如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m，電荷量為q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落至運動到下極板處的時間。答案(1)(2)C(3)解析(1)由v22gh，得v。(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mgqEma由運動學公式知：0v22ad整理得電場強度E由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量QC。(3)由hgt，0vat2，tt1t2整理得t?？键c3帶電粒子在電場中的偏轉拓展延伸1基本規(guī)律設粒子帶電荷量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有(1)加速度：a。(2)在電場中的運動時間：t。(3)速度v，tan。(4)位移2兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度和偏移量y總是相同的。證明：由qU0mv及tan，得tan。y。(2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為。3在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉電場U2偏轉后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉后的動能(或速度)思路一：思路二：例32016山東菏澤高三模擬(多選)如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U。電子最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是()A滑動觸頭向右移動時，電子打在P上的位置上升B滑動觸頭向左移動時，電子打在P上的位置上升C電壓U增大時，電子從發(fā)出到打在P上的時間不變D電壓U增大時，電子打在P上的速度大小不變(1)電子打在屏上的位置與加速電壓有什么關系？提示：加速電壓越大，射入偏轉電場的初速度越大，時間越短，側向位移越小。(2)電子向上偏轉還是向下偏轉？提示：向上偏轉。嘗試解答選BC?；瑒佑|頭右移，加速電壓U0增大，電子射入金屬板間初速度v0增大，穿過金屬板時間減小，側向位移變小，打在P上的位置下降，相反滑動觸頭左移，打在P上的位置上升，A錯誤，B正確；電壓U增大，豎直方向加速度變大，而時間t不變，所以豎直方向分速度變大，P點合速度變大，故D錯誤，C正確?？偨Y升華帶電粒子在電場中偏轉問題的兩種求解思路(1)運動學與動力學觀點運動學觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題，一般有兩種情況：a帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動；b帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采取類似平拋運動的解決方法。(2)功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計算。若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中動能的增量。若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。2017河北石家莊模擬(多選)如圖，一束由質子、氘核和氚核組成的粒子流，從相同位置沿垂直于電場強度的方向射入由平行板電容器形成的勻強電場中。若所有粒子均能射出電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，關于粒子的運動情況，下列說法正確的是()A若粒子的運動軌跡相同，說明它們具有相同的初動能B比荷大的粒子，在射出電場時，其速度偏向角一定大C若粒子在電場中的運動時間相等，則它們的初速度一定相等D在電場中運動時間越長的粒子，電場力對它做的功越多答案AC解析粒子在極板間做類平拋運動，水平方向lv0t，豎直方向yat2，若粒子運動軌跡相同，即y相同，由于三種粒子電荷量q相同，故粒子初動能相同，A正確；粒子在極板間做類平拋運動，設速度偏向角為，tan，由于不知道粒子的初速度大小的關系，比荷大的粒子在射出電場時其速度偏向角不一定大，故B錯誤；粒子在極板間做類平拋運動，粒子的運動時間t，如果粒子在電場中的運動時間t相等，則三種粒子的初速度一定相等，故C正確；電場力對粒子做功WqEyqE，粒子在極板間做類平拋運動，粒子的運動時間t，粒子的電荷量q相同，故電場力對粒子做功多少，不僅與粒子在電場中運動時間有關，還與粒子質量有關，在電場中運動時間越長的粒子，電場力對它做的功不一定越多，故D錯誤?？键c4帶電粒子在交變電場中的運動方法技巧帶電粒子在交變電場中運動的分析方法(1)注意全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和空間上對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界條件。(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是利用力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是利用功能關系進行分析。(3)此類題型一般有三種情況：粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；粒子做往返運動(一般分段研究)；粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)。例4如圖甲所示，真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在緊靠P板處有粒子源A，自t0開始連續(xù)釋放初速度不計的粒子，經(jīng)一段時間從Q板小孔O射出電場，已知粒子質量為m，電荷量為q，不計粒子重力及相互間的作用力，電場變化周期T3d。試求：(1)t0時刻釋放的粒子在P、Q間運動的時間；(2)粒子射出電場時的最大速率和最小速率。(1)t0時刻釋放的粒子在金屬板P、Q間做什么運動？提示：計算內勻加速運動的位移和板間距離d進行比較，判斷有沒有第二階段運動。(2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法？提示：畫vt圖。嘗試解答(1)dvmin(2) 。(1)t0時刻釋放的粒子在時間內一直做勻加速直線運動，設其加速度大小為a，位移為x，則由牛頓第二定律和電場力公式得：qma，解得：axat222d可見，該粒子在時間內恰好運動到O處，故t0時刻釋放的粒子在P、Q間的運動時間為tTd。(2)分析可知，在t0時刻釋放的粒子一直在電場中加速，對應射出電場時的速率最大。設最大速率為vmax，由運動學公式得：vmaxa設在t1時刻釋放的粒子先做勻加速直線運動，經(jīng)時間t后，再做勻速直線運動，在T時刻恰好由小孔O以速率大小為v1射出電場，則由運動學公式得：v1atat2atTa2解得：tTv1at(2) 由下圖粒子運動的vt圖象可知，在t1至時間內某時刻進入電場的粒子，其運動過程為先加速，再勻速，再加速；當速度達到v1at時，粒子還未運動到小孔O處。圖中陰影的面積等于粒子此時距小孔的距離；粒子需再加速后方可到達O處，此時速度已大于v1。所以，速率v1是粒子射出電場時的最小速率，即：vmin(2) ?？偨Y升華帶電粒子在交變電場中的運動分析方法帶電粒子在交變電場中的運動涉及力學和電學知識的綜合應用，由于不同時段受力不同，處理起來較為復雜，實際仍可按力學角度解答，做受力分析，分析其運動狀態(tài)，應用力學和電學的基本規(guī)律定性、定量分析討論和求解。(1)利用圖象帶電粒子在交變電場中運動時，受電場力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象描述它在電場中的運動情況，可直觀展示其物理過程，從而快捷地分析求解。(2)利用運動的獨立性對一個復雜的合運動，可以看成是幾個分運動合成的。某一方向的分運動不會因其他分運動的存在而受到影響。應用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場中的運動。根據(jù)各分運動的情況，再按運動的合成與分解規(guī)律分析合運動情況。(多選)如圖甲所示，A板的電勢UA0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。電子只受電場力的作用，且初速度為零(設兩板間距足夠大)，則 ()A若電子是在t0時刻進入的，它將一直向B板運動B若電子是在t0時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C若電子是在t時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D若電子是在t時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動答案ACD解析解法一：若電子在t0時刻進入板間電場，電子將在一個周期內先做勻加速運動后做勻減速運動，以后沿同一方向重復這種運動，直到碰到B板，故A正確，B錯誤；若電子在t時刻進入板間，則電子在從此計時起一個周期中的前T向B板運動，后T向A板運動，以后重復這種運動，直到碰到B板，故C正確；若電子在t時刻進入，電子將在從此計時起一個周期中的前向B板運動，后向A板運動，電子將在板間做往復運動，D正確。解法二：圖象法。選取豎直向上為正方向，作出電子的vt圖象如圖所示，根據(jù)vt圖象與時間軸圍成的面積表示位移可知A、C、D正確?？键c5帶電體在電場與重力場中的綜合問題解題技巧分析粒子運動的兩個觀點1用動力學的觀點分析帶電粒子的運動(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個力的合力為一恒力。(2)類似于處理偏轉問題，將復雜的運動分解為正交的簡單直線運動，化繁為簡。(3)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮，以及運動學公式里的物理量的正負號，即其矢量性。2用能量的觀點來分析帶電粒子的運動(1)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(2)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有功，判斷是分階段還是全過程使用動能定理。例52014全國卷如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，BOA60，OBOA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，電場強度方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍，若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍。重力加速度大小為g。求：(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。(1)無電場時，小球做哪種運動？處理方法是什么？提示：平拋運動；應用平拋運動的規(guī)律求解。(2)施加電場以后，各形式能量關系是什么？提示：動能、重力勢能和電勢能之和守恒。嘗試解答(1)(2)方向：與豎直向下成30夾角。(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60v0tdcos60gt2又有Ek0mv由式聯(lián)立得Ek0mgd設小球到達A點時的動能為EkA，則EkAEk0mgdcos60由式得(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點電勢相等，M與O點的距離為x，如圖所示，則有解得xd。MA為等勢線，電場強度方向必與其垂線OC平行且向下。設電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關系可得30即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30。設電場強度的大小為E，有qEdcos30EpA由式得E。總結升華力電綜合問題的處理方法力電綜合問題往往涉及共點力平衡、牛頓第二定律、平拋運動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等知識點，考查的知識點多，綜合分析能力的要求高，試題難度較大，解答時要注意把握以下幾點：(1)處理這類問題，首先要進行受力分析以及各力做功情況分析，再根據(jù)題意選擇合適的規(guī)律列式求解。(2)帶電的物體在電場中具有電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等，用能量觀點處理問題是一種簡捷的方法。(3)常見的幾種功能關系只要外力做功不為零，物體的動能就會改變(動能定理)。靜電力只要做功，物體的電勢能就會改變，且靜電力做的功等于電勢能的減少量。如果只有靜電力做功，物體的動能和電勢能之間相互轉化，總量不變(類似機械能守恒)。如果除了重力和靜電力之外，無其他力做功，則物體的動能、重力勢能和電勢能三者之和保持不變。2017四川成都一診(多選)如圖所示，在豎直平面內有水平向右、電場強度為E1104 N/C的勻強電場。在勻強電場中有一根長l2 m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量m0.08 kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37角。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，取小球在靜止時的位置為零電勢能點和重力勢能零點，cos370.8，g取10 m/s2。下列說法正確的是()A小球的電荷量q6105 CB小球動能的最小值為1 JC小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值D小球繞O點在豎直平面內做圓周運動的電勢能和機械能之和保持不變，且為4 J答案AB解析對小球進行受力分析，如圖甲所示，由于靜止，可得mgtan37qE。解得小球的電荷量為q6105 C，A正確；由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力。如圖乙所示，在圓周軌跡上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能(重力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點的動能EkB最小，對應速度vB最小，根據(jù)題意，在B點小球只受重力和電場力，其合力為小球做圓周運動提供向心力，而繩的拉力恰為零，F(xiàn)合1 N，又F合m，得EkBmv1 J，B正確；由于總能量保持不變，即EkEpGEpE恒量，當小球在圓周軌跡上最左側的C點時，電勢能Ep最大，所以在該點時機械能最小，C錯誤；小球由B運動到A，W合力F合2l，所以EpB4 J，總能量EEpBEkB5 J，D錯誤。滿分指導5 應用動力學知識解決力電綜合問題2017亳州模擬(16分)如圖所示，在E103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q104 C的小滑塊質量m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側1.5 m的M處，取g10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？審題抓住信息，準確推斷關鍵信息信息挖掘題干一光滑半圓形絕緣軌道小滑塊與半圓軌道之間不存在摩擦一帶負電q104 C的小滑塊小滑塊帶負電，受電場力方向與電場強度方向相反與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15小滑塊與水平軌道間存在摩擦問題小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q重力和電場力的合力提供向心力，該處小滑塊不受軌道的彈力小滑塊通過P點時對軌道的壓力需先求小滑塊受軌道的支持力破題形成思路，快速突破(1)小滑塊初速度v0的求解思路。選研究過程：小滑塊在Q點；列動力學方程：mgqEm；小滑塊從開始運動至到達Q點過程中：a選擇規(guī)律：動能定理；b列方程式：mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv。(2)小滑塊通過P點時對軌道的壓力大小的求解。請寫出小滑塊通過P點時速度大小的求解思路。提示：選取小滑塊從開始運動至到達P點過程，由動能定理求得P點速度大小。請寫出小滑塊通過P點時的動力學方程。提示：設軌道對小滑塊的支持力為FN，F(xiàn)Nm。如何求小滑塊對軌道的壓力？提示：小滑塊通過P點時受軌道的支持力和小滑塊對軌道的壓力遵循牛頓第三定律。解題規(guī)范步驟，水到渠成(1)設小滑塊到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm (2分)小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv(3分)聯(lián)立方程組，解得：v07 m/s (2分)(2)設小滑塊到達P點時速度為v，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv(3分)又在P點時，由牛頓第二定律得FNm (2分)代入數(shù)據(jù)，解得：FN0.6 N (2分)由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力FNFN0.6 N (2分)點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分(1)常見的思維障礙：在求小滑塊在最高點Q的速度大小時，對小滑塊受力分析時漏力，導致方程列錯，計算結果錯誤；小滑塊從開始運動至到達Q點過程中利用動能定理列方程時，漏掉摩擦力的功，導致失分。(2)因解答不規(guī)范導致的失分：求小滑塊通過P點時對軌道的壓力時不用牛頓第三定律導致失分。