2023高考科学复习解决方案-物理-旧教材第八章,,能力培优提升（2022年）

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　第八章

　能力培优提升

　[培优思维提炼] 1．守恒思想：电荷守恒定律。

　2．转换法 (1)利用验电器两金属箔片张开的角度大小显示带电体带电量的多少。

　(2)利用静电计指针偏角显示电容器极板间电压大小。

　3．放大法、转换法 (1)库仑扭秤实验。

　(2)密立根油滴实验——电子电荷量的测定。

　4．控制变量法 (1)探究影响电荷间相互作用力的演示实验。

　(2)研究影响平行板电容器电容因素的演示实验。

　5．比例法定义物理量 (1)电场强度的定义。

　(2)电势的定义。

　(3)电容的定义。

　6．作图法 (1)用电场线、等势线(等势面)形象描述电场的性质。

　(2)根据平行板电容器充放电时电流大小随时间的变化图象，求解电容器所带的电荷量。

　7．类比法 (1)等势线与等高线的类比。

　(2)电容物理意义的理解。

　(3)带电粒子在偏转电场中的运动——类平抛运动。

　8．微元法：推导静电力做功特点的过程。

　9．反证法：分析静电平衡状态导体内电场特点的思路。

　10．等分法：确定电场线及电势高低的一种方法。

　11．等效法：分析带电物体在匀强电场与重力场作用下运动的模型——等效重力场法：等效重力加速度、等效最高点、等效最低点。

　[能力提升集训] 一、选择题(本题共 6 小题) 1．(2021·江西省鹰潭市高三下一模)匀强电场中有一与电场垂直的平面，面积为 S，该电场的电场强度随时间的变化率为 ΔEΔt，静电力常量为 k，则14πkΔEΔtS 对应物理量的单位是(

　) A．欧姆

　B．伏特

　C．安培

　D．特斯拉 答案 C 解析 因为 ΔEΔt＝ ΔFqΔt ，单位为 N/(C·s)；由 F＝kq 1 q 2r 2，可得 k＝Fr 2q 1 q 2 ，单位为N·m 2 /C 2 ；所以14πkΔEΔtS 的单位为1N·m 2 /C 2 ·NC·s ·m2 ＝C/s，根据电流的定义式 I＝ qt ，可知 Cs ＝A，则对应的物理量的单位是安培。故选 C。

　2．(2021·内蒙古包头市高三二模)(多选)法国物理学家库仑于 1785 年利用他发明的扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，并测定出了静电力常数；1798年，英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤成功测定了引力常量，从而使牛顿万有引力定律具有了实用价值(牛顿 1687 年发现万有引力定律)。关于万有引力定律和库仑定律的研究，以下说法正确的是(

　) A．两个实验都用到了“放大法” B．卡文迪许扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式

　C．卡文迪许精确测量引力常量的前提是确保研究小球为电中性 D．万有引力定律和库仑定律的相似性，说明了万有引力和库仑力是同一种基本相互作用 答案 ABC 解析 库仑扭秤实验与卡文迪许扭秤实验都实现了微小力的测定，体现了放大的思想，运用了放大法，故 A 正确；卡文迪许扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式，故 B 正确；引力常量非常小，小球如果带电，对测量结果影响很大，故 C 正确；库仑力是电磁相互作用，与万有引力不是同一种基本相互作用，故 D 错误。

　3．(2021·江西省鹰潭市高三下一模)空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互成 60°角的 OA、OB 两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势 φ 与 O 点距离的函数关系如图所示，则下列关于该电场的电场强度 E 的大小、方向说法中正确的是(

　)

　A．E＝400 V/m，沿 AO 方向 B．E＝400 V/m，沿 BO 方向 C．E＝400 3 V/m，与 y 轴负方向成 30°斜向左下 D．E＝400 3 V/m，与 y 轴正方向成 30°斜向右上 答案 A 解析 由几何关系可知，在 x 轴和 y 轴上 φ＝10 V 的点分别在 x＝2.5 cm、y＝5 cm 处，连接两点，由几何关系可知该连线与 OA 垂直，场强方向与等势线垂直，且沿场强方向电势降低，故场强方向沿 AO 方向，场强大小 E＝80 V20×10 － 2

　m ＝400 V/m，故 A 正确，B、C、D 错误。

　4．(2021·陕西省咸阳市高三下高考模拟检测三)如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感

　器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t 2 时刻，电压与电流变为零。图乙中 S 1 与 S 2 为电流曲线在虚线 MN 两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是(

　)

　A．图乙中电压与电流的比值逐渐变小 B．图乙中的 S 1 ＝S 2

　C．图乙中的 S 1 ＞S 2

　D．图乙中电阻 R 在 0～t 1 内产生的内能等于在 t 1 ～t 2 内产生的内能 答案 B 解析 题图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻 R 上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，A 错误；电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在 0～t 1 时间内放出的电荷量为 S 1 ，电压减小了 6 V，在 t 1 ～t 2 时间内放出的电荷量为 S 2 ，电压又减小了 6 V，由 q＝CU，可知 S 1 ＝S 2 ，B 正确，C 错误；在每小段时间内，根据公式有ΔQ＝i 2 R·Δt，由于通过 R 的电流在 0～t 1 内的均高于在 t 1 ～t 2 内的，而两段时间的 iΔt 相同，故电阻 R在 0～t 1 内产生的内能大于在 t 1 ～t 2 内产生的内能，D 错误。

　5. (2021·河南省济源、平顶山、许昌高三下第三次质量检测)静电场方向平行于 x 轴，其电势 φ 随 x 的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的粒子在x＝d 处由静止释放，它只在电场力作用下沿 x 轴运动。规定 x 轴正方向为电场强度 E、加速度 a、速度 v 的正方向，下图分别表示 x 轴上各点的电场强度 E，粒子的加速度 a、速度 v 和动能 E k 随 x 的变化图象，其中正确的是(

　)

　 答案 D 解析 φ-x 图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在 x＝0 的左侧，存在向左的匀强电场，x＝0 右侧存在向右的匀强电场，且两侧电场强度大小相等，故 A 错误；根据牛顿第二定律知 qE＝ma，粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒子在 x＝0 左侧加速度为正值，大小不变，在 x＝0 右侧加速度为负值，大小不变，故 B 错误；在 x＝0 右侧粒子向左匀加速，在 x＝0 的左侧向左做匀减速运动，速度与位移不成线性关系，故 C 错误；在 x＝0 左侧，根据动能定理可得 qEx＝E k －E k0 ，在 x＝0 的右侧，根据动能定理可得－qEx＝E k －E k0 ，可知 E k ­x 为一次函数图象组合，D 正确。

　6．(2021·安徽省芜湖市高三下第一次教学质量监控)(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为 R＝2 m 的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道 AB 和 AC，A 点所在的半径与竖直直径 BC 成 37°角。质量为m＝0.08 kg、电荷量为 q＝6×10 － 5

　C 的带电小球(可视为质点)从 A 点静止释放，分别沿弦轨道 AB 和 AC 到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道 AB 和 AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s 2 )(

　)

　A．小球做圆周运动经过 C 点时动能最大 B．匀强电场的电场强度大小为 E＝1×10 4

　V/m C．小球做圆周运动过程中动能最小值是 0.5 J D．小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是 6 N

　答案 BD 解析 由图甲结合等时圆知识，可知重力与电场力的合力沿 AO 方向，则 Eq＝mg tan 37°，代入数据可得，匀强电场的电场强度大小为 E＝1×10 4

　V/m，故 B正确；等效最低点为 AO 延长线与圆轨道交点，小球做圆周运动过程中在等效最低点速度最大，动能最大，故 A 错误；重力与电场力的合力大小为 F＝（mg）

　2 ＋（Eq）

　2 ＝ 54 mg，小球恰能做圆周运动，则其在等效最高点有 F＝mv 2R ，此时小球速度最小，动能最小，最小动能为 E k ＝ 12 mv2 ，解得 E k ＝1 J，故 C 错误；小球从等效最高点运动至等效最低点过程中，由动能定理得 F×2R＝ 12 mv2m － 12mv 2 ，在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得 F N －F＝m v2mR，代入数据解得 F N ＝6.0 N，由牛顿第三定律可知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是 6.0 N，故 D 正确。

　二、非选择题(本题共 2 小题) 7. (2021·四川省成都市一诊模拟)如图所示，质量为 m＝1.0 kg、带正电 q＝1.0×10 － 4

　C 的滑块从 A 点右侧光滑水平面以某一初速度冲上固定在竖直平面内的光滑圆轨道，并沿光滑圆轨道内侧运动到 B 处后离开圆轨道，恰好从 C 处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行 0.3 s 停止运动，水平台面与滑块间动摩擦因数 μ＝0.2。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强 E＝1.0×10 5

　N/C。竖直圆轨道在 A 点和光滑水平面相切，圆轨道半径 R＝0.1 m，OB 与水平面夹角 θ＝37°。重力加速度 g＝10 m/s 2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

　(1)滑块在 B 处速度 v B 的大小； (2)滑块在 A 处受到圆轨道的支持力 F 大小。

　答案 (1)2 m/s (2)124 N 解析

　(1)滑块从 C 到静止，对滑块根据动量定理可得：－μ(mg＋Eq)t＝0－mv C

　解得：v C ＝1.2 m/s

　从 B 到 C 过程可以逆向分析，看做是类平抛运动，则在 B 点水平方向的分速度等于 v C ， 在 B 点根据运动的合成与分解(如图所示)可得：v B ＝v Csin θ

　解得：v B ＝2 m/s。

　(2)从 A 到 B 根据动能定理可得：

　－(mg＋qE)R(1＋sin θ)＝ 12 mv2B － 12 mv20

　在 A 处根据牛顿第二定律可得：

　F－(mg＋qE)＝m v20R

　联立解得：F＝124 N。

　8．(2020·天津高考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源 A 处飘出的离子初速度不计，经电压为 U 的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为 l 的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区 1、2 均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区 2 时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏 B 上被探测到，可测得离子从 A 到 B 的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为 q，不计离子重力。

　 (1)求质量为 m 的离子第一次通过漂移管所用的时间 T 1 ； (2)反射区加上电场，电场强度大小为 E，求离子能进入反射区的最大距离 x； (3)已知质量为 m 0 的离子总飞行时间为 t 0 ，待测离子的总飞行时间为 t 1 ，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量 m 1 。

　答案 (1)ml 22qU

　(2)UE

　(3) t 1t 02m 0

　解析 (1)设离子经加速电场加速后的速度大小为 v，有 qU＝ 12 mv2 ① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 T 1 ＝ lv ② 联立①②式，得 T 1 ＝ ml 22qU 。③ (2)根据动能定理，有 qU－qEx＝0－0④ 得 x＝ UE 。⑤ (3)离子在加速电场中的运动和在反射区电场中的每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小相等，设其为 v ，则 v ＝ v2 ⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为 L 1 ，在无场区域的总路程设为 L 2 ，根据题目条件可知，离子在无场区域的速度大小恒为 v，设离子的总飞行时间为 t 总 ，则t 总 ＝L 1v＋ L2v⑦ 联立①⑥⑦式，得 t 总 ＝(2L 1 ＋L 2 )m2qU ⑧ 可见，离子的总飞行时间与 m成正比，故 t 1t 0 ＝ m 1m 0 ⑨

　可得 m 1 ＝  t 1t 02m 0 。⑩

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