第八章 核心素养提升-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 物理 第八章 　核心素养提升 [科学思维提炼] 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的力的演示实验；(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像，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。 [素养提升集训] 一、选择题(本题共7小题) 1．(2023·广东省佛山市高三下教学质量检测(二))(多选)某种驻极体自身总带有定量的电荷，且所带电荷无法自由移动，利用驻极体可实现力电转换，进而解决可穿戴电子设备的供电难题。下图为某种可发生弹性形变的驻极体，其内部带有负电荷，闭合开关，按压驻极体，下方金属板上的自由电子在静电力作用下发生如右图所示的移动。下列说法正确的是(　　) A．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，电流自左向右流经电阻R B．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电能 C．若闭合开关S，周期性按压驻极体，有交变电流流经电阻R D．若断开开关S，按压驻极体，则下方金属板上的P点电势升高 答案　BC 解析　若闭合开关S，由按压状态图可知，电子自左向右流经电阻R，故电流自右向左流经电阻R，故A错误；若闭合开关S，由题目描述可知，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电路的电能，故B正确；若闭合开关S，向下按压驻极体时金属板上的自由电子自左向右流经电阻R进入大地，可知当停止按压，驻极体恢复为原状，自由电子从大地经电阻R流回金属板，所以若周期性按压驻极体，则有交变电流流经电阻R，故C正确；开关闭合，没有按压驻极体时无电流，说明金属板上P点电势等于大地的电势，按压驻极体时，电流方向自右向左，说明大地电势高于此时P点电势，所以若断开开关S，按压驻极体，会使P点电势降低，故D错误。 2.(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　) A．O、C两点电势相等 B．A点的电场强度大于B点 C．沿直线从A到B电势先升高后降低 D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大 答案　A 解析　在均匀带正电的完整球面中，球内场强处处为零，则O、C两点电势相等；由对称性可知，左、右半球面在O点的电势相等，在C点的电势也相等，则题中O、C两点电势相等，故A正确。在均匀带正电的完整球面中，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2；在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，B点的电场强度大小为E1，所以A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误。对于均匀带正电的右半球面，由电场叠加可知，AO直线处场强方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB处场强方向向右，又因在完整球面内部场强处处为零，可知右半球面在OB处场强方向向左；故题中右半球面在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势逐渐升高，故C错误。 3．(2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研二)足够大的带电金属平板其附近的电场可看作匀强电场，平行板电容器内部电场是两个极板电荷的叠加场。某平行板电容器的带电量为Q，内部场强为E，不计电容器的边缘效应，其两极板间的吸引力为(　　) A．QE B. C．2QE D．4QE 答案　B 解析　将电容器的一个极板上的电荷看作是场源电荷，另一个极板上的电荷看作检验电荷，由题意可知电容器内部电场是两个极板电荷产生的匀强电场的叠加场，则场源电荷产生的电场场强大小为，因此两极板相互间的静电力为F＝·Q＝，故B正确，A、C、D错误。 4．(2023·辽宁省葫芦岛市高三下第二次模拟)(多选)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点(图中未标出)，以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ­θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0。下列说法正确的是(　　) A．O点为电势零点 B．场强的大小为 C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0 D．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上 答案　BD 解析　电势降低最快的方向是电场方向，则以O为圆心、r为半径的圆周上过电势最高点的电场线一定过圆心O，且方向为从电势最高点指向O点，结合题图乙知，电场方向与x轴负方向夹角为θ0，故C错误；由上述分析，根据匀强电场中电势差与场强的关系U＝Ed，结合题意和题图乙可知，场强大小E＝＝＝，B正确；根据U＝Δφ＝Ed可知，O点电势φO＝2φ0－Er0＝φ0，A错误；曲线①、②、③交于M、N两点，则半径r分别取3r0、2r0、r0的圆周上的点在θ＝θM和θ＝θN时电势分别相等，根据匀强电场场强方向与等势线的关系可知，θ＝θM和θ＝θN时，对应的半径均垂直于场强方向，故M和N在过O点的同一等势线上，故D正确。 5.(2023·福建省三明市高三下质量检测)(多选)如图，水平放置的A、B板和M、N板分别组成平行板电容器C1和C2，A板通过一理想二极管与M板相连接，B板和N板都接地。M、N两板之间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上。现让A板带正电，稳定后，一带电液滴从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是(　　) A．仅将A板向下移动一小段距离后，A板电势升高 B．仅将N板向右移动一小段距离时，C1、C2均不充、放电 C．仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，C1充电、C2放电 D．M板向下移动一小段距离时，液滴能穿过B板小孔 答案　BD 解析　开始各板均不带电，各板电势均为0，让A板带正电后，A板电势大于0，二极管导通，有电流从A板到M板，M板带上正电，直到A、M板电势相同后达到稳定。仅将A板向下移动一小段距离后，由C＝可知电容器C1的电容增大，设A板电荷量不变，由C＝可知A板电势降低，所以M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故A板电荷量不变，电势降低，故A错误；仅将N板向右移动一小段距离时，由C＝可知电容器C2的电容减小，设M板电荷量不变，由C＝可知M板电势升高，M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故M板电荷量不变，A板电荷量不变，C1、C2均不充、放电，故B正确；仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，由C＝可知电容器C2的电容增大，设M板电荷量不变，由C＝可知M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电、C2充电，故C错误；M板向下移动一小段距离时，由C＝可知电容器C2的电容增大，由C项分析同理可知C1放电、C2充电，则A、B板间电势差减小，电场强度减小，带电液滴在A、B板间克服电场力做功减小，由动能定理可知液滴能穿过B板小孔，故D正确。 6.(2023·浙江6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10－4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 答案　B 解析　闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝×10－3 N，电场强度的大小E＝×105 N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝×10－3 N，则小球沿原细线方向向下做匀加速直线运动，轨迹如图2所示，根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10 cm，故A错误；根据图2几何关系可得，小球在电场力方向的位移大小x＝d－l线sin30°＝7.5 cm，方向与电场力方向相反，则电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加了ΔEp＝－W电＝×10－4 J，故B正确；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 7．(2022·福建高考)(多选)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则(　　) A．氙离子的加速电压约为175 V B．氙离子的加速电压约为700 V C．氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg 答案　AD 解析　设氙离子的加速电压为U，喷射速度为v，比荷为，则氙离子在加速电场中运动的过程，根据动能定理有qU＝mv2－0，解得U＝≈175 V，故A正确，B错误；设在Δt时间内，有总质量为Δm0、总电荷量为ΔQ的氙离子以速度v喷射而出，形成的电流为I，对这部分氙离子，由动量定理可得FΔt＝Δm0v－0，根据牛顿第三定律可知，氙离子受到推进器的作用力大小F＝80 mN，由电流的定义可得I＝，又＝，联立解得I＝·≈3.7 A，故C错误；设Δt时间内进入放电通道的氙气质量为Δm，被电离的比例为η，则有＝η，联立解得＝≈5.3×10－6 kg/s，即每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg，D正确。 二、非选择题(本题共1小题) 8．(2022·江苏高考)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)当Ek＝qEd时，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　(1)　(2)－<θ<　(3)1∶2 解析　(1)由题意可知，粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在水平方向上做匀速直线运动。设粒子的初速度大小为v0，则有 Ek＝mv 由几何关系知，粒子在水平方向的分速度大小为vx＝v0cosθ0 粒子能从CD边射出，则在水平方向有8d＝vxt 联立解得t＝。 (2)先考虑θ≥0的情况，假设粒子从CD边射出电场之前沿AB方向的速度能减至0，设第一次减速至0所用时间为t1，则由运动学公式有v0sinθ＝at1 由牛顿第二定律有qE＝ma 又Ek＝4qEd 可解得t1＝sinθ 由(1)知，粒子从O至CD边所用时间 t2＝ 可解得t2＝ 因为t1<t2，所以假设正确 根据题意，由运动学公式有<d 联立可解得0≤θ< 当θ≤0时，根据对称性，同理可得－<θ≤0 则入射角θ的范围为－<θ<。 (3)设当θ＝θ′时，粒子从D点射出电场。由(1)可知，此时粒子在电场中运动的时间 t′＝ 又Ek＝qEd 可得t′＝ 根据对称性，粒子在每层电场中运动的时间 t0＝t′ 在轴线OO′上侧第一层电场中，根据运动学公式，在竖直方向有d＝v0sinθ′·t0－at 联立可得6cos2θ′－8sinθ′cosθ′＋1＝0 即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0 解得tanθ′＝1或tanθ′＝7 粒子第一次到达电场分界线处时，竖直方向分速度大小 vy＝v0sinθ′－at0 若tanθ′＝1，联立解得vy＝>0，符合实际 若tanθ′＝7，联立解得vy＝－<0，不符合实际 故tanθ′＝1，则θ′＝ 根据对称性，可知N∶N0＝θ′∶＝1∶2。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$