2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第1部分專題3第8講含答案及解析

第一部分專題三第8講A組·基礎(chǔ)練1.(2024·福建福州三模)如圖所示，水平桌面內(nèi)固定一金屬導(dǎo)線做成的心形擺件，該擺件由兩個(gè)直徑為d的半圓形導(dǎo)線和一個(gè)V形導(dǎo)線組成，M、N為兩部分導(dǎo)線連接點(diǎn)，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)、從M、N點(diǎn)引出導(dǎo)線，向擺件中通以恒定電流I，擺件受到的安培力大小為()A．2BId B．BIdC．eq\f(BId,2) D．eq\f(BId,π)【答案】A【解析】電流從M點(diǎn)流到N點(diǎn)，有效長(zhǎng)度為2d，根據(jù)安培力公式可知F＝2BId，故選A。2.(2024·江西上饒模擬)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框abed放置在絕緣水平面上，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將大小為I的恒定電流從線框a端流入、b端流出，此時(shí)線框整體受安培力大小為F1，將線框繞ab邊轉(zhuǎn)過(guò)60°靜止不動(dòng)，此時(shí)線框整體受安培力大小為F2，則()A．F2＝F1 B．F2＝eq\f(1,2)F1C．F2＝eq\f(\r(3),2)F1 D．F2＝eq\f(\r(3),3)F1【答案】A【解析】線框轉(zhuǎn)過(guò)60°時(shí)，線框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度不變，仍為L(zhǎng)，因此有F1＝F2＝BIL，故選A。3.(2024·河北唐山三模)如圖所示，兩個(gè)正點(diǎn)電荷A、B所帶電荷量分別為QA和QB，C是A、B連線上一點(diǎn)，A、C之間的距離是B、C之間距離的3倍，在A、B連線上，C點(diǎn)的電勢(shì)最低，則QA和QB之間關(guān)系正確的是()A．QA＝2QB B．QA＝3QBC．QA＝6QB D．QA＝9QB【答案】D【解析】C點(diǎn)的電勢(shì)最低，則C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0(A、C之間，B、C之間場(chǎng)強(qiáng)均大于0)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)E＝keq\f(Q,r2)，得QA＝9QB，故選D。4.(2024·浙江6月選考)下圖是“研究電容器兩極板間距對(duì)電容大小的影響”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時(shí)，靜電計(jì)指針張角增大，則()A．極板間電勢(shì)差減小 B．電容器的電容增大C．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大 D．電容器儲(chǔ)存能量增大【答案】D【解析】根據(jù)Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)可得當(dāng)極板間距增大時(shí)電容減小，由于電容器的帶電量不變，故極板間電勢(shì)差增大，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故場(chǎng)強(qiáng)不變，故C錯(cuò)誤；移動(dòng)極板的過(guò)程中要克服電場(chǎng)力做功，故電容器儲(chǔ)存能量增大，故D正確。5.(2024·河南信陽(yáng)模擬)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框abcd用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上處于靜止?fàn)顟B(tài)，ab邊水平，帶有絕緣層的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)線MN水平固定，剛好與金屬線框ad邊和bc邊接觸，線框關(guān)于長(zhǎng)直導(dǎo)線對(duì)稱，長(zhǎng)直導(dǎo)線通有從M到N的恒定電流，線框中通有大小為I、沿順時(shí)針?lè)较虻暮愣娏?，線框的質(zhì)量為m，重力加速度為g，細(xì)線的拉力為F，則()A．a(chǎn)b邊受到的安培力方向向上B．F<mgC．俯視看，線框有繞懸線沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)的趨勢(shì)D．長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流在線框ab邊處產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(F－mg,2IL)【答案】D【解析】同向電流相互吸引，ab邊受到的安培力方向向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ab邊受到的安培力向下、cd邊受到的安培力向下，則懸線拉力大于線框重力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)線框四邊受到的安培力分析，線框沒(méi)有轉(zhuǎn)動(dòng)的趨勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線框ab邊受到的安培力eq\f(F－mg,2)＝BIL，解得B＝eq\f(F－mg,2IL)，選項(xiàng)D正確。6.(2024·北京卷)如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP＝QN。下列說(shuō)法正確的是()A．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大B．P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)相等C．若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D．若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差不變【答案】C【解析】由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)知，P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，A錯(cuò)誤；由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低知，P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)疊加得P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E＝keq\f(Q,MP2)＋keq\f(Q,NP2)，若僅兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，同理Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，而PQ間距不變，根據(jù)U＝Ed定性分析可知P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變大，C正確，D錯(cuò)誤。7.(2024·湖北武漢二模)如圖所示，立方體的A、B、G、H四個(gè)頂點(diǎn)各固定著一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相同，O點(diǎn)是立方體的中心?，F(xiàn)將處于在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷沿著AO連線向O點(diǎn)移動(dòng)，在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小B．E點(diǎn)的電勢(shì)先增大后減小C．C點(diǎn)的電勢(shì)先增大后減小D．B點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力減小【答案】B【解析】B、H兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為0，初始時(shí)A、G兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)也為0，則在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷沿著AO連線向O點(diǎn)移動(dòng)時(shí)，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原則可知O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，故A錯(cuò)誤；由于電勢(shì)是標(biāo)量，B、G、H三點(diǎn)的點(diǎn)電荷在E點(diǎn)的電勢(shì)不變，處于在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷沿著AO連線向O點(diǎn)移動(dòng)，該點(diǎn)電荷與E點(diǎn)的距離先減小后增大，且點(diǎn)電荷帶正電，所以E點(diǎn)的電勢(shì)先增大后減小，故B正確；B、G、H三點(diǎn)的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)不變，處于在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷沿著AO連線向O點(diǎn)移動(dòng)，該點(diǎn)電荷與C點(diǎn)的距離一直減小，則C點(diǎn)的電勢(shì)一直增大，故C錯(cuò)誤；G、H兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷對(duì)B點(diǎn)的電荷的庫(kù)侖合力FGH保持不變，處于在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷沿著AO連線向O點(diǎn)移動(dòng)，一開(kāi)始，該點(diǎn)電荷與B點(diǎn)距離減小，則該點(diǎn)電荷對(duì)B點(diǎn)的電荷的庫(kù)侖斥力增大，且與G、H兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷對(duì)B點(diǎn)的電荷的庫(kù)侖合力FGH的夾角變小，故B點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力一開(kāi)始一定是增大的，故D錯(cuò)誤。8.(2024·重慶卷)沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場(chǎng)方向沿x軸，其電勢(shì)φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷為e帶負(fù)電的試探電荷，經(jīng)過(guò)x2點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.5eV，速度沿x軸正方向，若該電荷僅受電場(chǎng)力。則其將()A．不能通過(guò)x3點(diǎn)B．在x3點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．能通過(guò)x0點(diǎn)D．在x1點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】帶負(fù)電的試探電荷在x2處動(dòng)能為1.5eV，電勢(shì)能為－1eV，總能量為0.5eV，且試探電荷速度沿x軸正方向，在x2～x3區(qū)域試探電荷受到沿x軸正方向的靜電力，做加速運(yùn)動(dòng)，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到x3右側(cè)，做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，電勢(shì)能為0.5eV，即運(yùn)動(dòng)到電勢(shì)為－0.5V處減速到零，開(kāi)始向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，后反向回到x2處動(dòng)能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，在電勢(shì)為－0.5V處減速到零又反向，不會(huì)運(yùn)動(dòng)到x0、x1處，即試探電荷在x3點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng)。故選B。9.(2024·遼寧盤錦期中)太極圖的含義豐富而復(fù)雜，它體現(xiàn)了中國(guó)古代哲學(xué)的智慧。如圖所示，O為大圓的圓心，O1為上側(cè)陽(yáng)半圓的圓心，O2為下側(cè)陰半圓的圓心，O、O1、O2在同一直線上，AB為大圓的直徑且與O1O2連線垂直，C、D為關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，在O1、O2兩點(diǎn)分別固定電荷量大小相等的異種點(diǎn)電荷，整個(gè)空間只有O1、O2處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是()A．C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．把質(zhì)子由A沿直線移到B的過(guò)程中，質(zhì)子的電勢(shì)能先增加后減少C．把電子由A沿直線移到B的過(guò)程中，電子所受電場(chǎng)力先增大后減小D．將一質(zhì)子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)子可以沿直線在AB間做往返運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】在O1、O2兩點(diǎn)分別固定電荷量大小相等的異種點(diǎn)電荷，設(shè)處O1為正點(diǎn)電荷，在O2處為負(fù)點(diǎn)電荷，由于C點(diǎn)靠近正點(diǎn)電荷，D點(diǎn)靠近負(fù)點(diǎn)電荷，則C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，反之則C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；AB為等量異種電荷連線的中垂線，根據(jù)等量異種電荷電勢(shì)分布特點(diǎn)可知，中垂線為一等勢(shì)線，所以把質(zhì)子由A沿直線移到B的過(guò)程中，質(zhì)子的電勢(shì)能保持不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)等量異種電荷中垂線電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)為中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大的點(diǎn)，則把電子由A沿直線移到B的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)先變大后變小，電子所受電場(chǎng)力先增加后減小，故C正確；由于根據(jù)等量異種電荷中垂線上的場(chǎng)強(qiáng)方向與中垂線垂直，所以將一質(zhì)子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)由靜止釋放，在A處受到的電場(chǎng)力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。10.(2024·安徽馬鞍山模擬)在點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，以離點(diǎn)電荷無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，正電荷周圍的電勢(shì)為正值，負(fù)電荷周圍的電勢(shì)為負(fù)值。真空中一點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)與點(diǎn)電荷的電量成正比，與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離成反比。真空中一條直線上A、B兩點(diǎn)相距為d，在A、B兩點(diǎn)分別固定甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷，已知A點(diǎn)右側(cè)1.5d處的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，則直線上A點(diǎn)右側(cè)電勢(shì)為零的點(diǎn)與A點(diǎn)的距離可能為()A．eq\f(9,10)d B．eq\f(9,8)dC．eq\f(4,5)d D．eq\f(3,4)d【答案】AB【解析】根據(jù)題意與A點(diǎn)相距1.5d處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，有keq\f(QA,1.5d2)＝keq\f(QB,0.5d2)，解得QA∶QB＝9∶1，根據(jù)題意，可寫(xiě)出電勢(shì)φ的表達(dá)式為φ＝keq\f(Q,r)，設(shè)與A相距x1、x2處的電勢(shì)為零，根據(jù)電勢(shì)公式有keq\f(QA,x1)＝keq\f(QB,d－x1)，keq\f(QA,x2)＝keq\f(QB,x2－d)，解得x1＝eq\f(9,10)d，x2＝eq\f(9,8)d，故選AB。B組·綜合練11.(多選)(2024·江西上饒模擬)如圖所示，同一水平線上的P、Q兩點(diǎn)固定電荷量分別為＋Q和－Q的點(diǎn)電荷，P、Q連線中點(diǎn)為O。以O(shè)為圓心、R為半徑的光滑絕緣細(xì)圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，與P、Q連線分別相交于A、B兩點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電小球套在細(xì)環(huán)上，在最低點(diǎn)C以大小為v0的初速度向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小與在C點(diǎn)的速度大小相等，小球繞圓環(huán)在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球的大小，下列說(shuō)法正確的是()A．小球帶正電B．小球在D點(diǎn)的機(jī)械能比在C點(diǎn)機(jī)械能小C．小球在A點(diǎn)和在B點(diǎn)加速度大小相等D．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為eq\f(2mgR,q)【答案】AD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理，小球從C到B合力做功為零，重力做負(fù)功，則電場(chǎng)力做正功，則小球帶正電，故A正確；根據(jù)靜電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，P、Q連線的垂直平分線為等勢(shì)面，小球在P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)能相同，因此小球在D點(diǎn)和在C點(diǎn)機(jī)械能相等，故B錯(cuò)誤；A點(diǎn)電勢(shì)較高，小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能較大，小球在A、B兩點(diǎn)的重力勢(shì)能相同，根據(jù)能量守恒，小球在A點(diǎn)動(dòng)能小于在B點(diǎn)動(dòng)能，根據(jù)向心加速度公式可知，在A點(diǎn)向心加速度小，向心加速度與重力加速度的合加速度也小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性UAB＝2UOB，根據(jù)動(dòng)能定理qUOB－mgR＝0，解得UOB＝eq\f(mgR,q)，則UAB＝eq\f(2mgR,q)，故D正確。故選AD。12.(多選)(2024·山東濟(jì)南三模)如圖所示，紙面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形abc，d為ac邊上一點(diǎn)，ad間的距離為eq\f(L,3)?？臻g存在與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，a點(diǎn)處有一粒子源，在紙面內(nèi)朝各個(gè)方向發(fā)射動(dòng)能均為E0的同種帶正電粒子，到達(dá)b處的粒子動(dòng)能為4E0，到達(dá)d處的粒子動(dòng)能為2E0，已知帶正電粒子的電荷量為q，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)B．b點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì)C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(2\r(3)E0,qL)D．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(3E0,qL)【答案】AC【解析】根據(jù)題意，由qUad＝2E0－E0＝E0，qUab＝4E0－E0＝3E0，解得Uad＝eq\f(1,3)Uab，可知ab線段離a點(diǎn)三分一處電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)，如圖所示，由于沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，可得a點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)，b點(diǎn)電勢(shì)等于c點(diǎn)電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；沿ab線段方向由動(dòng)能定理EqLcos30°＝4E0－E0，解得E＝eq\f(2\r(3)E0,qL)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。13.(多選)(2024·山西呂梁三模)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上。勻強(qiáng)電場(chǎng)沿斜面方向。帶正電的滑塊以一定的初速度從斜面底端開(kāi)始上滑。若斜面足夠長(zhǎng)，上滑過(guò)程中木塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊的重力大小為eq\f(4E0,x0)B．滑塊受到的電場(chǎng)力大小為eq\f(E0,x0)C．滑塊上滑過(guò)程中，重力勢(shì)能增加了4E0D．滑塊上升過(guò)程中動(dòng)能與電勢(shì)能之和減小【答案】BD【解析】由圖像可知，木塊的動(dòng)能由4E0減為零，木塊的機(jī)械能由4E0減為3E0又由于機(jī)械能在減小，可知電場(chǎng)力做負(fù)功，故勻強(qiáng)電場(chǎng)沿斜面向下。機(jī)械能隨位移變化的圖像，斜率表示除重力以外的外力eq\f(4E0－3E0,x0)＝F電，由于動(dòng)能隨位移變化的圖像，斜率表示合外力，故eq\f(4E0,x0)＝F電＋mgsinθ，可得mg＝eq\f(5E0,x0)，F(xiàn)電＝eq\f(E0,x0)，故A錯(cuò)誤，B正確；由重力做功與重力勢(shì)能關(guān)系有WG＝－ΔEp，由于上滑過(guò)程重力做負(fù)功，所以重力勢(shì)能增加，即ΔEp＝－WG＝－(－mgx0sinθ)＝3E0，故C錯(cuò)誤；由能量守恒可知滑塊的能量為滑塊的動(dòng)能加上滑塊的電勢(shì)能加上滑塊的重力勢(shì)能之和，滑塊上滑過(guò)程中重力勢(shì)能增加，所以動(dòng)能與電勢(shì)能之和減小，故D正確。故選BD。14.(2024·山西太原預(yù)測(cè))如圖所示，D是一支理想二極管(正向電阻為零，可視為短路；反向電阻無(wú)窮大，可視為斷路)，C是極板水平放置的平行板電容器，初始時(shí)不帶電。當(dāng)S接1且穩(wěn)定后，處于兩極板間P點(diǎn)的一帶電油滴能保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()A．保持S接1，減小C兩極板的正對(duì)面積，油滴會(huì)向上移動(dòng)B．保持S接1，將C的下極板上移，油滴會(huì)向下移動(dòng)C．將S從1擲到2，油滴將向下運(yùn)動(dòng)D．將S從1擲到2，同時(shí)將下極板上移，油滴將向下運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】保持S接1，減小C兩極板的正對(duì)面積，則根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容C減小，又C＝eq\f(Q,U)，而存在二極管，使得Q不能減少，故實(shí)際過(guò)程為Q不變，故U增大，根據(jù)U＝Ed，及d不變，知E增大，所以油滴受到向上的電場(chǎng)力大于重力，油滴會(huì)向上移動(dòng)，故A正確；保持S接1，將C的下極板上移，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，知d減小，C增大，U不變，Q增大，可以充電，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，知E增大，油滴向上運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；將S從1擲到2，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，不能放電，故油滴不動(dòng)，故C錯(cuò)誤；將S從1擲到2，同時(shí)將下極板上移，d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C增大，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，Q不變，根