2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項第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，該擺件由兩個直徑為d的半圓形導(dǎo)線和一個V形導(dǎo)線組成，M、N為兩部分導(dǎo)線連接點，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、從M、N點引出導(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點流到N點，有效長度為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，邊長為L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，將大小為I的恒定電流從線框a端流入、b端流出，此時線框整體受安培力大小為F1，將線框繞ab邊轉(zhuǎn)過60°靜止不動，此時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60°時，線框在磁場中的有效長度不變，仍為L，因此有F1＝F2＝BIL，故選A。3.(2024·河北唐山三模)如圖所示，兩個正點電荷A、B所帶電荷量分別為QA和QB，C是A、B連線上一點，A、C之間的距離是B、C之間距離的3倍，在A、B連線上，C點的電勢最低，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點的電勢最低，則C點的場強(qiáng)為0(A、C之間，B、C之間場強(qiáng)均大于0)，根據(jù)場強(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電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則()A．極板間電勢差減小 B．電容器的電容增大C．極板間電場強(qiáng)度增大 D．電容器儲存能量增大【答案】D【解析】根據(jù)Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)可得當(dāng)極板間距增大時電容減小，由于電容器的帶電量不變，故極板間電勢差增大，故A、B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故場強(qiáng)不變，故C錯誤；移動極板的過程中要克服電場力做功，故電容器儲存能量增大，故D正確。5.(2024·河南信陽模擬)如圖所示，邊長為L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)于長直導(dǎo)線對稱，長直導(dǎo)線通有從M到N的恒定電流，線框中通有大小為I、沿順時針方向的恒定電流，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針方向轉(zhuǎn)動的趨勢D．長直導(dǎo)線中的電流在線框ab邊處產(chǎn)生的磁場磁感應(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A錯誤；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B錯誤；根據(jù)線框四邊受到的安培力分析，線框沒有轉(zhuǎn)動的趨勢，選項C錯誤；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D正確。6.(2024·北京卷)如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP＝QN。下列說法正確的是()A．P點電場強(qiáng)度比Q點電場強(qiáng)度大B．P點電勢與Q點電勢相等C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差不變【答案】C【解析】由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強(qiáng)度大小相等，A錯誤；由沿電場線方向電勢越來越低知，P點電勢高于Q點電勢，B錯誤；由電場疊加得P點電場強(qiáng)度E＝keq\f(Q,MP2)＋keq\f(Q,NP2)，若僅兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理Q點電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，而PQ間距不變，根據(jù)U＝Ed定性分析可知P、Q兩點間電勢差變大，C正確，D錯誤。7.(2024·湖北武漢二模)如圖所示，立方體的A、B、G、H四個頂點各固定著一個帶正電的點電荷，電荷量相同，O點是立方體的中心。現(xiàn)將處于在A點的點電荷沿著AO連線向O點移動，在這個過程中，下列說法正確的是()A．O點的電場強(qiáng)度減小B．E點的電勢先增大后減小C．C點的電勢先增大后減小D．B點的電荷受到的電場力減小【答案】B【解析】B、H兩點的點電荷在O點的合場強(qiáng)為0，初始時A、G兩點的點電荷在O點的合場強(qiáng)也為0，則在A點的點電荷沿著AO連線向O點移動時，根據(jù)電場強(qiáng)度疊加原則可知O點的電場強(qiáng)度逐漸增大，故A錯誤；由于電勢是標(biāo)量，B、G、H三點的點電荷在E點的電勢不變，處于在A點的點電荷沿著AO連線向O點移動，該點電荷與E點的距離先減小后增大，且點電荷帶正電，所以E點的電勢先增大后減小，故B正確；B、G、H三點的點電荷在C點的電勢不變，處于在A點的點電荷沿著AO連線向O點移動，該點電荷與C點的距離一直減小，則C點的電勢一直增大，故C錯誤；G、H兩點的點電荷對B點的電荷的庫侖合力FGH保持不變，處于在A點的點電荷沿著AO連線向O點移動，一開始，該點電荷與B點距離減小，則該點電荷對B點的電荷的庫侖斥力增大，且與G、H兩點的點電荷對B點的電荷的庫侖合力FGH的夾角變小，故B點的電荷受到的電場力一開始一定是增大的，故D錯誤。8.(2024·重慶卷)沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢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x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向，若該電荷僅受電場力。則其將()A．不能通過x3點B．在x3點兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動C．能通過x0點D．在x1點兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動【答案】B【解析】帶負(fù)電的試探電荷在x2處動能為1.5eV，電勢能為－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，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運(yùn)動到x3右側(cè)，做減速運(yùn)動，當(dāng)速度為零時，電勢能為0.5eV，即運(yùn)動到電勢為－0.5V處減速到零，開始向x軸負(fù)方向運(yùn)動，后反向回到x2處動能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運(yùn)動，在電勢為－0.5V處減速到零又反向，不會運(yùn)動到x0、x1處，即試探電荷在x3點兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動。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點對稱的兩點，在O1、O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有O1、O2處點電荷產(chǎn)生的電場。下列說法正確的是()A．C、D兩點電勢相等B．把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，質(zhì)子的電勢能先增加后減少C．把電子由A沿直線移到B的過程中，電子所受電場力先增大后減小D．將一質(zhì)子(不計重力)從A點由靜止釋放，質(zhì)子可以沿直線在AB間做往返運(yùn)動【答案】C【解析】在O1、O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設(shè)處O1為正點電荷，在O2處為負(fù)點電荷，由于C點靠近正點電荷，D點靠近負(fù)點電荷，則C點電勢高于D點電勢，反之則C點電勢低于D點電勢，故A錯誤；AB為等量異種電荷連線的中垂線，根據(jù)等量異種電荷電勢分布特點可知，中垂線為一等勢線，所以把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，質(zhì)子的電勢能保持不變，故B錯誤；根據(jù)等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，O點為中垂線上場強(qiáng)最大的點，則把電子由A沿直線移到B的過程中，場強(qiáng)先變大后變小，電子所受電場力先增加后減小，故C正確；由于根據(jù)等量異種電荷中垂線上的場強(qiáng)方向與中垂線垂直，所以將一質(zhì)子(不計重力)從A點由靜止釋放，在A處受到的電場力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運(yùn)動，故D錯誤。10.(2024·安徽馬鞍山模擬)在點電荷形成的電場中，以離點電荷無限遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍的電勢為正值，負(fù)電荷周圍的電勢為負(fù)值。真空中一點電荷形成的電場中，某點的電勢與點電荷的電量成正比，與該點到點電荷的距離成反比。真空中一條直線上A、B兩點相距為d，在A、B兩點分別固定甲、乙兩個點電荷，已知A點右側(cè)1.5d處的電場強(qiáng)度等于零，則直線上A點右側(cè)電勢為零的點與A點的距離可能為()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點相距1.5d處的電場強(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，可寫出電勢φ的表達(dá)式為φ＝keq\f(Q,r)，設(shè)與A相距x1、x2處的電勢為零，根據(jù)電勢公式有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兩點固定電荷量分別為＋Q和－Q的點電荷，P、Q連線中點為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，一個質(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C以大小為v0的初速度向右運(yùn)動，運(yùn)動到B點時速度大小與在C點的速度大小相等，小球繞圓環(huán)在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，不計小球的大小，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球在D點的機(jī)械能比在C點機(jī)械能小C．小球在A點和在B點加速度大小相等D．A、B兩點的電勢差為eq\f(2mgR,q)【答案】AD【解析】根據(jù)動能定理，小球從C到B合力做功為零，重力做負(fù)功，則電場力做正功，則小球帶正電，故A正確；根據(jù)靜電場分布特點可知，P、Q連線的垂直平分線為等勢面，小球在P、Q兩點的電勢能相同，因此小球在D點和在C點機(jī)械能相等，故B錯誤；A點電勢較高，小球在A點的電勢能較大，小球在A、B兩點的重力勢能相同，根據(jù)能量守恒，小球在A點動能小于在B點動能，根據(jù)向心加速度公式可知，在A點向心加速度小，向心加速度與重力加速度的合加速度也小，故C錯誤；根據(jù)對稱性UAB＝2UOB，根據(jù)動能定理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)有一邊長為L的等邊三角形abc，d為ac邊上一點，ad間的距離為eq\f(L,3)。空間存在與紙面平行的勻強(qiáng)電場，a點處有一粒子源，在紙面內(nèi)朝各個方向發(fā)射動能均為E0的同種帶正電粒子，到達(dá)b處的粒子動能為4E0，到達(dá)d處的粒子動能為2E0，已知帶正電粒子的電荷量為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢高于d點電勢B．b點電勢高于c點電勢C．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(2\r(3)E0,qL)D．電場強(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點三分一處電勢等于d點電勢，如圖所示，由于沿電場線方向電勢越來越低，可得a點電勢高于d點電勢，b點電勢等于c點電勢，故A正確，B錯誤；沿ab線段方向由動能定理EqLcos30°＝4E0－E0，解得E＝eq\f(2\r(3)E0,qL)，故C正確，D錯誤。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)電場沿斜面方向。帶正電的滑塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機(jī)械能和動能隨位移變化的關(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．滑塊受到的電場力大小為eq\f(E0,x0)C．滑塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0D．滑塊上升過程中動能與電勢能之和減小【答案】BD【解析】由圖像可知，木塊的動能由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，可知電場力做負(fù)功，故勻強(qiáng)電場沿斜面向下。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錯誤，B正確；由重力做功與重力勢能關(guān)系有WG＝－ΔEp，由于上滑過程重力做負(fù)功，所以重力勢能增加，即ΔEp＝－WG＝－(－mgx0sinθ)＝3E0，故C錯誤；由能量守恒可知滑塊的能量為滑塊的動能加上滑塊的電勢能加上滑塊的重力勢能之和，滑塊上滑過程中重力勢能增加，所以動能與電勢能之和減小，故D正確。故選BD。14.(2024·山西太原預(yù)測)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，初始時不帶電。當(dāng)S接1且穩(wěn)定后，處于兩極板間P點的一帶電油滴能保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．保持S接1，減小C兩極板的正對面積，油滴會向上移動B．保持S接1，將C的下極板上移，油滴會向下移動C．將S從1擲到2，油滴將向下運(yùn)動D．將S從1擲到2，同時將下極板上移，油滴將向下運(yùn)動【答案】A【解析】保持S接1，減小C兩極板的正對面積，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，故實際過程為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力大于重力，油滴會向上移動，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，故B錯誤；將S從1擲到2，斷開開關(guān)，不能放電，故油滴不動，故C錯誤；將S從1擲到2，同時將下極板上移，d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C增大，斷開開關(guān)，Q不變，根