专题跟踪检测（十五） 电场与磁场的基本性质

专题跟踪检测（十五）电场与磁场的基本性质1．(2023·浙江名校协作体模拟)下列关于四幅插图的说法正确的是()A．图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电C．图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶变得清澈透明，其工作原理为静电吸附D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了电磁感应原理解析：选C题图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在两板A上，故A错误；题图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故B错误；题图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶变得清澈透明，其工作原理为静电吸附，故C正确；题图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D错误。2.(多选)如图所示，雷雨云层可以形成几百万伏以上的电压，足以击穿空气产生几十万安培的瞬间电流，电流生热使空气发光，形成闪电；空气受热突然膨胀发出巨响，形成雷声。若雷雨云底部的电势较地面低1.5×108V，闪电时，电子从雷雨云底部抵达地面，此过程()A．电场力对电子做正功B．电子的电势能增加C．电流方向由地面流向云层D．雷雨云底部与地面的电势差为1.5×108V解析：选AC电场方向由地面指向雷雨云层，电子从雷雨云底部抵达地面，电子所受电场力与运动方向相同，则电场力对电子做正功，电子电势能减小，A正确，B错误；电子带负电，从雷雨云底部抵达地面，则电流方向由地面流向云层，C正确；若雷雨云底部的电势较地面低1.5×108V，雷雨云底部与地面的电势差为－1.5×108V，D错误。3．(2023·全国乙卷)(多选)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球()A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功解析：选BC由题意知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。4．(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为φ，把半圆环分成AB、BC、CD三等分。下列说法正确的是()A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为eq\f(E,2)B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为eq\f(E,3)C．BC部分在O点产生的电势为eq\f(φ,2)D．BC部分在O点产生的电势为eq\f(φ,3)解析：选AD如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′，则整个半圆环在O点的合场强：E＝2E′，则：E′＝eq\f(E,2)，故BC部分在圆心O处产生的场强为eq\f(E,2)。电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有3φ′＝φ，得φ′＝eq\f(φ,3)，故选A、D。5．(2023·浙江嘉兴二模)如图所示，空间有两个相距为d的等量异种点电荷，以两电荷连线的中点为坐标原点O，建立如图所示坐标系。在x轴上有一坐标为(l,0)的点A，在y轴上有一坐标为(0，l)的点B。若dl，则()A．A、B两点电场强度大小相等B．A点电场强度大小是B点的两倍C．在A点由静止释放的负点电荷将做简谐运动D．在B点由静止释放的正点电荷将做上下振动解析：选B根据题意，由点电荷场强公式及电场叠加原理可得，A点的电场强度为EA＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(d,2)))2)－eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2)))2)＝eq\f(kq·2dl,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l2－\f(d2,4)))2)，由于ld，利用近似处理，忽略eq\f(d2,4)的大小，则有EA≈eq\f(2kqd,l3)，B点的电场强度大小为EB＝2·eq\f(kq,l2＋\f(d2,4))·eq\f(\f(d,2),\r(l2＋\f(d2,4)))＝eq\f(kqd,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l2＋\f(d2,4)))\f(3,2))，同理，忽略eq\f(d2,4)的大小，则有EB≈eq\f(kqd,l3)，即A点电场强度大小是B点的两倍，故A错误，B正确；在A点由静止释放的负点电荷将受到向左的电场力作用，向左运动，C错误；由电场叠加原理可知，B点电场方向水平向左，在B点由静止释放的正点电荷将向左运动，故D错误。6.(多选)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则()A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大解析：选BD由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由题图可知φa＝3V，φd＝7V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的电场强度方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线大体分布如图所示，由图可知b点电场线最密集，则b点处的电场强度最大，D正确。7．(2023·浙江北斗星盟模拟)如图甲所示，三个电量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x＝0处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示(以x轴正向为电场力的正方向)。设无穷远处电势为零，则()A．试探电荷带负电B．乙图中的x1与甲图中的x0相等C．在x轴正半轴上，x2处电势最高D．试探电荷在x1处电势能最大解析：选D在x≤x1时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，则该试探电荷带正电，故A错误；在x＝x0时，试探电荷所受电场力向左，在x＝x1时，试探电荷所受电场力为0，则乙图中的x1与甲图中的x0不相等，故B错误；试探电荷沿x轴正方向运动，在0≤x≤x1时，试探电荷所受电场力做负功，电势能增大，在x≥x1时，试探电荷所受电场力做正功，电势能减小，则试探电荷在x1处电势能最大，由电势定义φ＝eq\f(Ep,q)可知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越大，则在x1处电势最大，故C错误，D正确。8.如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，M、N与直流电源相连，圆环的劣弧MGN对应的圆心角为90°，它所受的安培力大小为F，则整个圆环所受的安培力大小为()A．2F B．(eq\r(2)＋1)FC．eq\f(3＋\r(2),3)F D．eq\f(4,3)F解析：选D由题图知，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分是并联关系，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，两部分在磁场中的等效长度相同，等效电流方向相同，则两部分所受安培力大小之比为3∶1，方向相同，所以整个圆环所受的安培力大小为eq\f(4,3)F，故D项正确，A、B、C三项错误。9．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为()A．a→b，eq\f(k2,k1)I0 B．a→b，eq\f(k1,k2)I0C．b→a，eq\f(k2,k1)I0 D．b→a，eq\f(k1,k2)I0解析：选D根据安培定则可判断螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B方向竖直向下，大小为B＝k1I0，当直导线ab在霍尔元件处产生的磁场B′方向竖直向上，且大小B′＝k2I′＝B＝k1I0时，霍尔元件处合磁场为零，霍尔电压UH＝0，则I′＝eq\f(k1,k2)I0，由安培定则可得电流由b→a，故D正确，A、B、C错误。10．(2023·辽宁高考)(多选)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则()A．P点电势比M点的低B．P点电场强度大小比M点的大C．M点电场强度方向沿z轴正方向D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变解析：选CD因P点所在的等势面电势高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；因M点的等差等势面密集，则M点场强比P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确。11．(2023·浙江嘉兴二模)如图所示是磁电式电表的结构示意图。磁电式电表由固定的蹄形磁铁(图中只画出了一部分)、极靴、圆柱形铁芯、绕在铝框上的铜质线圈、下端带有平衡锤的指针等组成。指针与铝框固定在一起，可绕转轴转动。则()A．铝框转动时框内没有感应电流B．圆柱形铁芯使得极靴间形成匀强磁场C．平衡锤的作用是使指针整体的重心在转轴上D．用电表测量时线圈左右两侧所受安培力方向相同解析：选C蹄形磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场是辐向均匀分布的，并不是匀强磁场，但是距离转轴中心距离相同的地方，磁感应强度大小相同，而铝框左右两边关于转轴对称，铝框在转动时左右两边切割磁感线从而产生感应电流，又在磁场作用下产生安培力，而由F安＝BIL，可知，铝框左右两边产生的安培力的大小相同，而由于铝框在转动过程中，所在平面始终和辐向磁场平行，根据左手定则可知，左右两边所受安培力方向始终相反，故A、B、D错误；平衡锤的作用是减弱指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上，故C正确。12．(多选)如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的带正电的固定点电荷M、N关于细杆对称，两电荷连线中点为O，带正电的小球套在细杆上，从距中点O高为h1处的P点由静止释放，经过时间t1运动到O点。此过程中小球加速度的大小a、速度的大小v、动能Ek、电势能Ep(无穷远处电势为零)随时间t或下降距离h的变化图像可能正确的有()解析：选BCD若电场强度最大的位置在P点上方，则小球下落过程中电场强度一直减小，由牛顿第二定律得mg－qE＝ma，小球做加速度增大的加速运动，若电场强度最大的位置在PO之间，则小球下落过程中电场强度先增大后减小，小球先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做减速运动后做加速度增大的加速运动，B正确，A错误；Ek－h图像的斜率表示合力，小球下落过程中所受合力可能先向下再向上后向下，C正确；Ep－h图像的斜率表示小球所受电场力，小球所受的电场力可能一直减小，D正确。13.如图所示，边长为10cm的正立方体ABCD－A′B′C′D′处在匀强电场中。已知A、C、B′、B点的电势分别为φA＝φC＝φB′＝4V、φB＝10V，则匀强电场的电场强度大小为()A．120V/m B．60eq\r(3)V/mC．40eq\r(3) D．40eq\r(2)V/m解析：选B由φA＝φC＝φB′＝4V可知，平面AB′C为等势面，从B点向平面AB′C所作垂线的方向为场强方向，且B点与平面AB′C的电势差为U＝6V，由几何关系可知，B点到平面AB′C的距离为d＝eq\f(10,\r(3))cm＝eq\f(1,10\r(3))m，则场强大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(6,\f(1,10\r(3)))V/m＝60eq\r(3)V/m，故选B。14．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小解析：选C若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图像可以看出，应该是等量的正点电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向，故B错误；φ－x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC段电场线向右，CD段电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电