【备考2022】高考物理一轮复习学案第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 教案.doc

《【备考2022】高考物理一轮复习学案第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 教案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【备考2022】高考物理一轮复习学案第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 教案.doc（53页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、金版教程高考总复习·物理（新教材）第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动 知识点常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板电容器。(2)电容器的充电、放电充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。放电：电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的绝对值。(2)定义式：C

2、。推论：C。(3)单位：法拉(F)，1 F106 F1012 pF。(4)物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。(5)决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。3平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两极板间电介质的相对介电常数成正比，与极板间的距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。4常用电容器(1)分类：从构造上看，可分为固定电容器和可变电容器。(2)击穿电压与额定电压：加在电容器极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，

3、这个极限电压叫作击穿电压；电容器外壳上标的电压是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低。知识点带电粒子在匀强电场中的运动1加速问题分析带电粒子加速问题的两种思路：(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。(2)利用静电力做功结合动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。2偏转问题(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。(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。沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t。沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。运动过

4、程，如图所示：知识点示波管1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)如果在偏转电极XX之间和偏转电极YY之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，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测的信号电压，XX偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与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像。知识点实验：观察电容器的充、放电现象1实验电路及器材如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实

5、验电路。2实验步骤(1)把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。(2)把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。3实验现象(1)充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板，充电电流逐渐减小至0。(2)把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，放电电流减小，最后减小到0。同时可以看到，电压表示数减小，最后减小到0。一 堵点疏通1电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()2电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()3标有“1.5 F,

6、9 V”规格的电容器，其所带电荷量定为1.35×105 C。()4平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变。()5带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()6带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。()答案1.×2.×3.×4.5.×6.二 对点激活1关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A电容器所带电荷量越多，电容越大B电容器两板间电压越低，其电容越大C电容器不带电时，其电容为零D电容器的电容只由它本身的特性决定答案D解析

7、电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，A错误；电容器所带电荷量越少，其两板间电压越低，但电容不变，B错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，电容器不带电时，其电容不为零，C错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身的特性决定，D正确。2(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A增大两极板间的距离，指针张角变大B将A板稍微上移，静电计指针张角变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小答案ABD解析静电计的原理是电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器

8、所带电荷量一定，由公式C知，当d变大时，C变小，再由C得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，相对介电常数r增大，C变大，U变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角变小，D正确。3(人教版必修第三册·P49·T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。答案(1)(2)1解析设偏转电压为U，

9、带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a，在偏转电场中运动的时间为t，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vyat，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan。(1)若电子与氢核的初速度相同，则。(2)若电子与氢核的初动能相同，则1。 考点1平行板电容器的动态分析1.对公式C的理解电容C，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

10、量不变。(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E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(1)U不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化。根据E分析场强的变化。根据UABE·dAB分析某点电势变化。(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化。根据E分析场强变化。结论： 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r变大C变大Q变大、E不变C变大U变小、E变小特别提醒：在平行板电容器两板间

11、插入电介质，例如云母片，相当于r增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。例1如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变D断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变 (1)静电计张角增大，表示什么含义？提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？提示：电荷量。尝试解答选D。保持开关S闭合，电

12、容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C知，电容减小，根据U知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E知，极板间的电场强度不变，D正确。解决电容器板间场强的技巧(1)在电压不变的情况下，由E来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。(2)在电荷量保持不变的情况下，由E知，电场强度与板间距离无关。变式11(2020·天津市耀华中学一模)(多选)如图所示，两

13、块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是()A保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有ba的电流B保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有ba的电流C若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动D若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小答案AB解析开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mgqE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E可知，E

14、变小，油滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C、C，知Q，故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有ba的电流，A正确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E可知，E不变，油滴仍静止；根据Q，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有ba的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C、C、E，可得E，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据UEd可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误

15、。变式12一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()答案C解析电容器的电容C，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，故C­x图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E，U，C，可知E，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势等于P点到负极板的电势差，即El，E不变，l线性减小，线性减小，C正确

16、；由Epq可知，Ep随l的变化而变化，D错误。考点2带电粒子(体)在电场中的直线运动1.带电粒子(体)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、粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，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做直线运动的条件(1)粒子所受合力F合0，粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合力F合0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。3解题思路(1)用动力学观点分析EqF其他ma，E(匀强电场)，v2v2ad(匀变速直线运动)。(2)用功能

17、观点分析匀强电场中：W电EqdqU，W电W其他mv2mv。非匀强电场中：W电qU，W电W其他Ek2Ek1。例2(2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，开关闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是()A保持开关闭合，将A板下移一段距离B保持开关闭合，将B板下移一段距离C将开关断开，将A板上移一段距离D将开关断开，将B板上移一段距离

18、(1)静电力对小球做什么功？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BD。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPbqUEkb0，开关闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPbqEdEkb0，开关断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度E，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，hPb不变，根据动能定理知

19、，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，hPb减小，且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，C错误，D正确。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，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。变式21(2020·湖北省武汉市高三下五月质量检测)(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是()A两种情

20、形下带电小球的运动时间相等B两种情形下电容器所加电压相等C小球的速度满足关系v0v1v2D小球的速度满足关系2vvv答案BD解析静电力的方向垂直于极板，由于两种情况下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情况下带电小球所受静电力大小均为F，又因两电容器相同，根据FEq知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情况小球做匀减速直线运动，第二种情况小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情况带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情况，水平方向上有：vv2ax，第二种情况，水平方向上有：vv2ax，两式联立，可得2vv

21、v，D正确。变式22(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1eE2d20当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1eE2x00比较两式知，x

22、d2，即电子运动到P点时返回，A正确。考点3带电粒子在匀强电场中的偏转1.基本规律设粒子所带电荷量为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)，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有(1)加速度：a。(2)在电场中的运动时间：t。(3)速度v，tan。(4)位移2两个结论(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qU0mv及tan，得tan。由qU0mv及y，得y。(2)粒子经电场偏转射出后，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

23、到极板边缘的水平距离为。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如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右

24、端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。(1)求电子穿过A板时的速度大小v0；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)求OP的距离Y；(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。 (1)如何求出电子穿过A板时的速度大小？提示：在加速电场中依据动能定理求速度大小。(2)在偏转电场中，电子做什么运动？提示：类平抛运动。尝试解答(1)(2)(3)(4)增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU1mv解得：v0。(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直

25、电场方向：Lv0t则沿电场方向：ema侧移量：yat2联立解得：y。(3)由几何关系可知：得：Y。(4)该示波器的灵敏度D解得：D则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点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：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。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)。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。若选用动能

26、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。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。变式3 (2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)(多选)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是()A当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D在电场中运动过程中，c的动能增加量最小

27、，a、b的动能增加量相同答案ACD解析三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量yat2，所以tatbtc，故B错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0，因为xbxcxa，tatbtc，所以有vcvbva，故C正确；根据动能定理有qUEqyEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。考点4带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波等。2常见的运动形式(1)粒子做单向直线运动(一般用直线运动规律结合牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)

28、。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3带电粒子在交变电场中运动的分析要点(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)注意从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。例4如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A0<t0&

29、lt; B<t0<C<t0<T DT<t0< (1)粒子打在A板时，运动有什么特点？提示：速度向左，位移向左。(2)如何找出符合题意的t0?提示：利用周期性，作出特殊点t00、的v­t图像，找出位移、速度符合题意的t0区间。尝试解答选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度为负。作出t00、时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；<t0<时

30、粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。利用速度时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”(1)带电粒子进入电场的时刻。(2)速度时间图像的切线斜率表示加速度。(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。变式4如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间

31、为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMNU0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T，从t0开始，前时间内UMN2U，后时间内UMNU，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。答案(1)(2)解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有v0t0垂直极板方向有 t解得。(2)粒子通过两板间的时间tT从t0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加

32、速度大小a1，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度时间图像，根据题意和图像分析可知，从tnT(n0,1,2，)或tnT(n0,1,2，)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有×T×，解得U。考点5电场中的力、电综合问题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

33、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(2020·浙江省“山水联盟”高三下学期高考模拟)如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，已知小球受到的静电力大小等于小球重力的。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为()A B C D (1)小

34、球刚好在圆轨道内做圆周运动的条件是什么？提示：刚好能过等效最高点。(2)如何找等效最高点？提示：重力与静电力的合力指向轨道圆心的那一位置。尝试解答选D。小球所受的等效重力为G mg，设方向与水平方向成角斜向右下方，则tan，即53°。设等效最高点为C点，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则在C点等效重力提供小球做圆周运动的向心力，即Gm，解得vC。从A到C由动能定理得F电(sRcos53°)mg(RRsin53°)mv0，其中F电mg，解得释放点A距圆轨道最低点B的距离s，所以D正确，A、B、C错误。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、

35、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)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g为等效重力场中

36、的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。变式5(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m0.08 kg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电势能零点和重力势能零点，cos37°0.8，g取10 m/s2

37、。下列说法正确的是()A小球的电荷量q6×105 CB小球动能的最小值为1 JC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4 J答案AB解析对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°qE，解得小球的电荷量为q6×105 C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，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

38、小，根据题意，在B点小球只受重力和静电力，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1 N，又F合m，得EkBmv1 J，B正确；由于总能量保持不变，即EkEpGEpE恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE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EpB4 J，总能量EEpBEkB5 J，D错误。考点 6实验：观察电容器的充、放电现象1实验分析(1) 如图所示，把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充

39、电时电流由电源的正极流向电容器的正极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。(2)把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。2实验创新：用传感器观察电容器的充、放电过程电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于

40、它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I­t图像。本实验中电源用直流8 V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。(1)用传感器观察电容器的充电过程按如图甲所示连接电路。先把S拨至1，并接通足够长的时间，使电容器将所带的电荷量都释放掉，从而不带电。然后把开关S掷向2端，电源向电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的电流时间图像如图乙。(2)用传感器观察电容器的放电过程按如图丙所示连接电路。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I

41、­t图像如图丁。(3)电容器充电(或放电)的I­t图像与时间轴围成的面积表示电容器充电完毕所带的(或放电过程中全部释放的)电荷量。提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：电容器充、放电的平均电流，而Qt，所以R越大越小，t越长。根据QCU，Qt，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。例6(2021·江苏省扬州市高三上期中)某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。(1)按图甲连接好实验电路，开关S应先接到_，再接到_(选填“1”或“2”)，观察电容器的放电现象。(

42、2)根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(3)电容器开始放电，同时开始计时，每隔5 s读一次电流i的值，记录数据如下表。时间t/s0510152025303540455055电流i/A5003922702091581017549302393请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线。 (1)要观察电容器的放电现象，首要的操作步骤是什么？提示：给电容器充满电。(2)作i­t图像的步骤是什么？提示：先描数据点，再用一条平滑的曲线拟合。尝试解答(1)1_2_(2)图见解析_(3)图见解析。(1)连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使

43、电容器放电，观察电容器的放电现象。(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示。(3)根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，作出图像如图所示。 由电容器充(放)电的I­t图像可得到的结论：(1)电容器的充、放电过程中，电流都随时间越来越小，电路稳定时电流为0。(2)电容器在全部充电(或放电)过程中储存(或释放)的电荷量可用I­t图像与两坐标轴所围图形的面积表示。(3)电容器的电容可根据电容器充、放电过程中I­t图像与两坐标轴所围图形的面积和电

44、容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，由C计算。(4)电容器充、放电过程中的最大电流(即I­t图像中t0时刻的电流)：Im，其中U是电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，R是充电电路(或放电电路)中除电容器外其他通路部分的总电阻。变式61电流传感器可以像电流表一样测量电流，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I­t图像。照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。(1)在图中画一个竖立的

45、狭长矩形(在图乙的最左边)，它的面积的物理意义是_(填写面积所代表物理量的名称)。(2)根据I­t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为_ C(结果保留一位有效数字)。(3)开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q­t图像的示意图是怎样的？请在图丙中定性画出。答案(1)电荷量(2)3×103(3)图见解析解析(1)根据qIt可知，在图中画一个竖立的狭长矩形，它的面积的物理意义是电荷量。(2)I­t图像与两坐标轴围成的图形所占小方格的个数为39个，则电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为q39×0.2×103×

46、0.4 C3×103 C。(3)开关S与1端相连的充电过程中，开始时充电电流较大，则q­t图像的斜率较大，随着充电进行电流逐渐减小，则q­t图像的斜率逐渐减小，当充电结束时，图像的斜率为零，则q­t图像如图。变式62(2020·山东省青岛市高三三模)电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I­t图像。如图甲所示连接电路。直流电源电动势为9 V，内阻可忽略，电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。(1)在如图乙所示的I­t图像中用阴影标记面积的物理意义是_