走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第十章综合测试题

人教版高中物理第十章静电场中的能量精选试卷复习练习(Word版含答案)一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】A、由xφ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k qr（q的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4．下列说法正确的是（）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E = 【答案】C 【解析】 【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k qrϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。

第十章 交流电、传感器测试一、选择题(40分)1.(多选)如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a 、b 表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220 V ，电流表的示数为10 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率为2 200 WD ．线路输送电功率是2.2×106W解析 电压互感器应并联到高压线上，且接高压线的线圈多，而电流互感器应串联到火线上，且接高压线的线圈匝数少，由此可判断，接a 的为电压互感器，a 为电压表；接b 的为电流互感器，b 为电流表，故A 项错误，B 项正确；根据电压、电流关系，可知输电线的电压为U ＝220×100 V＝2.2×104V ，电流为I ＝10×10 A＝100 A ，所以线路输送的功率是P ＝UI ＝2.2×104×100 W＝2.2×106 W ，故C 项错误，D 项正确．答案 BD2．(多选)在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( ) A ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比 B ．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大 C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比 D ．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比解析 输电线路上损失电压ΔU ＝IR ，在R 一定时，ΔU 和I 成正比．若U 越高，I ＝PU，I 越小，那么ΔU 越小．输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2R ，当P 一定时，I ＝PU，所以ΔP ＝(P U)2R ，即ΔP 和U 的平方成反比，跟I 的平方成正比，故A 、C 项正确．答案 AC3．(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光．下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析 由U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈的输电压u 2＝5u ＝1002sin100πt V ．此电源的频率为f 0＝50 Hz ，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f 氖＝2f 0＝100 Hz ，A 项正确；电压表的示数为副线圈输出电压的有效值，故U 2＝U 2m2＝100 V ，B 项正确；交变电压的有效值不变，故电压表V 的示数不变，C 项错误；断开开关后，变压器的输出功率减小，D 项错误．答案 AB4．(单选)(2012·重庆)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 100 πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V,880 W”的电器R 1供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50：1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析 由P ＝UI ，可得I ＝P LU L＝4 A ，C 项正确；根据U r ＝Ir ＝24 V ，得副线圈电压U 2＝U L ＋U r ＝244 V ，再由n 1n 2＝U 1U 2，可得n 1：n 2≈45：1，A 项错误；由u ＝11 0002sin100πt (V)及f ＝ω2π，可得f ＝50 Hz ，B 项错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为P ＝P L＋I 2r ＝976 W ，D 项错误．答案 C5．(单选)(2011·课标全国)如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为1：2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22 W ，原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A解析 由灯泡正常发光可知，U ′＝220 V ，I ′＝P 灯U ′＝0.1 A ；U ＝n 1n 2U ′＝110 V ，I ＝n 2n 1I ′＝0.2 A ，故A 项正确．答案 A6．(单选)如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲：W 乙为( )A ．1： 2B ．1：2C ．1：3D ．1：6解析 电功的计算中，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33A ；图乙中，I 的值不变，I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt ，可以得到W 甲：W 乙＝1：3.答案 C7．(多选)(2010·四川)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTtD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt解析 从线圈平面平行于磁感线开始计时，交变电流的感应电动势的表达式为e ＝E m cos ωt ，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，解得E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I有效＝ 2 A ，线圈消耗的电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 项正确，B 项错误；e ＝4cos ωt ＝4cos 2πT t ，故C 项正确．由E m ＝BS ω＝Φm 2πT ，得Φm ＝2T π，故任意时刻Φ＝2T πsin 2πT t ，故D 项错误．答案 AC8．(多选)(2012·江苏)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L 1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L 2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关S ，从而切断家庭电路．仅考虑L 1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )A ．家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零B ．家庭电路中使用的电器增多时，L 2中的磁通量不变C ．家庭电路发生短路时，开关S 将被电磁铁吸起D ．地面上的人接触火线发生触电时，开关S 将被电磁铁吸起解析 由于零线、火线中电流方向相反，产生的磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零，选项A 正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L 2的磁通量的变化，选项B 正确，选项C 错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L 1中磁场变化引起L 2中磁通量的变化，产生感应电流，使电磁铁吸起开关S ，切断家庭电路，选项D 正确．答案 ABD9．(单选)如图所示，面积均为S 的单线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BS ωsin ωt 的图是( )解析 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e ＝BS ωsin ωt ，由这一原理可判断，A 图中感应电动势为e ＝BS ωsin ωt ；B 图中的转动轴不在线圈所在平面内；C 、D 图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．答案 A10．(单选)如图所示，理想变压器原线圈a 、b 两端接正弦交变电压u ，u ＝2202sin100πt (V)，原、副线圈的匝数比n 1：n 2＝10：1，电压表接在副线圈c 、d 两端，输电线的等效电阻为R ，原来开关S 是断开的．则当S 闭合后( )A. 表示数不变，示数为22 VB.表示数不变，示数为22 2 VC ．灯泡L 两端的电压将变大D ．电流表A 的示数一定为0 解析 由U 1U 2＝n 1n 2，可知表示数不变，U 2＝22 V ，A 项正确，B 项错误；电路中的电流是交变电流，因此它可以通过电容器C ，Ⓐ的示数一定不为零，D 项错误；S 闭合后，电容器C 中有电流流过，相当于给L 并联了一个用电器，负载总电阻减小，总电流增大，R 分压变大，L 两端电压将变小，C 项错误．答案 A二、实验题(20分)11．一些材料的电阻随温度的升高而变化．如图甲所示是由某金属材料制成的电阻R 随摄氏温度t 变化的图象．若用该电阻与电池(电动势E ＝1.5 V ，内阻不计)、电流表(量程为5 mA ，内阻不计)、电阻箱R ′串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．(1)电流刻度较大处对应的温度刻度________．(选填“较大”或“较小)． (2)若电阻箱阻值R ′＝150 Ω，当电流为5 mA 时对应的温度为________℃. 解析 由图甲可知，电阻R 随摄氏温度t 的升高而增大，由闭合电路欧姆定律知，回路中电流随电阻增大而减小，所以电流刻度较大处对应的温度刻度较小，若电阻箱阻值R ′＝150 Ω，当电流为5 mA 时由闭合电路欧姆定律可知，回路总电阻R 总＝E /I ＝300 Ω，R ＝R总－R ′＝150 Ω，由图甲可知，180－10080＝180－15080－t ，解得t ＝50，即对应的温度为50 ℃.答案 (1)较小 (2)5012．(2013·江西南昌模拟)某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图甲的实物图上连线．(2)实验的主要步骤：①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________，________，断开开关；③重复第②步操作若干次，测得多组数据．(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图乙的R ­t 关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R ­t 关系式：R ＝________＋________t (Ω)(保留三位有效数字)．解析 改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变，从图线知R 与t 成线性关系，且纵轴上截距(当t ＝0 ℃时)R ＝100 Ω，斜率为ΔRΔt＝0.395，所以R ＝100＋0.395t (Ω)．答案 (1)实物连线图如下图(2)记录温度计数值 记录电压表数值 (3)100 0.395 三、计算题(40分)13．(2013·扬州模拟)如图所示，边长为L 的正方形线圈abcd ，其匝数为n ，总电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动．求闭合电路中感应电动势的瞬时表达式．解析 初始时刻，线圈平面处在中性面，穿过线圈的磁通量最大为12BL 2，线圈中的感应电动势为0，即t ＝0时，e ＝0，闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝12nBL 2ωsin ωt .答案 e ＝12nBL 2ωsin ωt14．在一支氖管两端加一个正弦交流电压u ＝50sin(314t ) V ．当氖管两端电压达到或超过U 0＝25 2 V 时，氖管就能发光．求在此交流电的一个周期内氖管的发光时间为多少？解析 由ω＝2πT和ω＝314 rad/s ，解得此交流电的一个周期为T ＝0.02 s ，当氖管两端电压达到或超过U 0＝25 2 V 时，氖管就能发光．则此交流电在一个周期内氖管的发光时间为T2，即0.01 s.答案 0.01 s15.如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计．求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内负载电阻R 上产生的热量； (3)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R 的电荷量； (4)电流表的示数．解析 (1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流． 此交变电动势的电大值为E m ＝BS ω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为 E ＝E m2＝2π2Bnr22电阻R 上产生的热量Q ＝(E R )2R ·T 4＝π4B 2r 4n8R(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦΔR ＝πBr22R(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值定义，得E m 22R·T2＝E ′2R ·T ，解得E ′＝12E m 故电流表示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB 2R答案 (1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB2R16．(2013·滨州模拟)三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量为Q ＝103m 3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，(g ＝10 m/s 2)试问：(1)发电机的输出功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240 V ，用户所需电压为220 V ，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12 Ω，那么所用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？解析 (1)水轮机的输出功率及发电机的输入功率为 P 1＝75%× mgh ＋mv 212－mv 222t＝(Q ρgh ＋Q ρv 21－v 222)×75%＝7.8×107W发电机的输出功率P 0＝P 1×80%＝6.24×107W (2)输电示意图如图所示，发电机输出的电流I 1＝P 0U 1＝6.24×107240A ＝2.6×105A输电导线中的热损耗P 耗＝P 0×5%＝3.12×106 W输电线路中的电流I 2＝P 耗R ＝ 3.12×10612A≈510 A 所以升压变压器T 1的原副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1≈1510降压变压器T 2的输出功率P ＝P 0－P 耗＝5.928×107 WT 2的输出电流I 3＝P U ＝5.928×107220A≈2.7×105A所以降压变压器T 2的原副线圈匝数比n 3n 4＝I 3I 2＝2.7×105510≈5.3×102答案 (1)6.24×107W (2)1：510 5.3×102：1。

人教版高中物理第十章 静电场中的能量精选试卷综合测试（Word 版 含答案）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：P E F x∆=∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；A.p E x - 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据F E q=故电场强度也逐渐减小，故A 错误；B.根据动能定理，有： k F x E ⋅∆=∆故k E x -图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；C.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式2202v v ax -=匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，题图v x -图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；D.粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确．2．空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E cx ，下列说法中正确的有A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E cxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】【分析】本题的入手点在于如何判断E Bx 和E Cx 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【详解】A 、在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E dϕ∆=，可见E Bx >E Cx ，A 项错误．C 、同理可知O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误．B 、沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误．D 、负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D 项正确．故选D ．【点睛】挖掘出x φ-图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中ϕ降低的方向反映场强沿x 轴的方向．3．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab 、cd 分别是正方形两条边的中垂线，O 点为中垂线的交点，P 、Q 分别为cd 、ab 上的点，且OP ＜OQ . 则下列说法正确的是A ．P 、O 两点的电势关系为p o ϕϕ<B ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E Q <E PC ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做负功【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．根据电场叠加，由图像可以知道ab 、cd 两中垂线上各点的电势都为零，所以P 、O 两点的电势相等，故A 错；B ．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知E Q <E P ，故B 正确；C ．四个点电荷在O 点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O 点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C 错误.D ．P 、Q 电势相等，若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做功为零，故D 错误；故选B.点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.4．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C 的匀强电场．在场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系质量为0.04kg 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s 2)A ．小球所带电量为q=3.5×10-5CB ．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96JC ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54JD ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J【答案】C 【解析】对小球进行受力分析如图所示：根据平衡条件得：37mgtan qE ︒=，解得：537310mgtan q C E-︒==⨯，故A 错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能kB E 最小，对应速度B v 最小，在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：0.40.5370.8mg F N cos ===︒合，而2B v F m L =合，所以2110.522KB B E mv F L J ===合，故B 错误；由于总能量保持不变，即k PG PE E E E C ++=（C 为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最大，机械能最小，由B 运动到A ，()PA PB W E E =--合力，·2W F L =合合力，联立解得：2PB E J =，总能量 2.5PB kB E E E J =+=，由C 运动到A ，()21370.96P W F L sin J W E =+︒==电电电，，所以C 点的机械能为2 1.54?P C E E E J 机=-=，即机械能的最小值为1.54J ，故C 正确，D 错误；故选C ．【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．5．如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上固定三个点电荷，其中A点位置的点电荷带电量为+Q，B、C两点位置的点电荷带电量均为-Q，在BC边的中垂线上有P、M、N三点，且PA=AM=MN，关于三点的场强和电势（取无穷远处电势为零），下列说法不正确的是( )A．M点的场强大于P点的场强B．MN之间某点的场强可能为零C．N点的场强方向沿中垂线向下D．P点的电势高于M点的电势【答案】C【解析】【分析】【详解】A.点电荷的电场如图所示：正电荷在P 、M两点处产生的场强大小相等为12Q E k d =（d 为PA 、AM 、MN 的距离）；而两负电荷在P 点处的合场强向下，在M 点场强为零；所以M P E E >；故A 正确，不符合题意；BC.正电荷在N 点的场强324Q E k d =，两负电荷在N 点的场强4322332cos302()3Q Q E k k E d d =︒=>，故N 点合场强向上且可知在M 、N 之间某点场强可能为零，故B 正确，不符合题意；C 错误，符合题意；D.由场强叠加可知A 、M 之间的场强均大于A 、P 之间的场强，所以A M A P ϕϕϕϕ->-，所以M P ϕϕ<，故D 正确，不符合题意．6．有一电场强度方向沿x 轴的电场，其电势ϕ随x 的分布满足0sin 0.5(V)x ϕϕπ=，如图所示。

人教版高中物理第十章静电场中的能量精选试卷综合测试（Word版含答案）一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E cx，下列说法中正确的有A．B、C两点的电场强度大小E Bx＜E cxB．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】【分析】本题的入手点在于如何判断E Bx 和E Cx 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法． 【详解】A 、在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E dϕ∆=，可见E Bx >E Cx ，A 项错误．C 、同理可知O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误．B 、沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误．D 、负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D 项正确．故选D ． 【点睛】 挖掘出x φ-图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中ϕ降低的方向反映场强沿x 轴的方向．3．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ，设场强大小为E ，一电量为1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则A ．W=8×610-J E ＞8 V/mB ．W=6×610-J E ＞6 V/mC ．W=8×610-J E≤8 V/mD ．W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：由题匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势102A BD V ϕϕϕ+==，电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q （φD -φC ）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J ．AB 的长度为1m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以AB 两点沿电场方向的距离d ＜1m ，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed ，所以8/UE V m d=>，故选A ． 考点：电势；电场强度4．如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，C 、D 为两板中线上的两点。