2020-2021学年第1节 静电力做功与电势能综合训练题
展开1. 光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球A、B,小球A通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连,如图所示。让小球B在外力F作用下缓慢向右移动,移动中两小球的电荷量不变,则下列对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是( )
A.外力F对系统做正功,弹性势能增大
B.外力F对系统做正功,弹性势能减小
C.静电力做正功,电势能减小
D.静电力做负功,电势能减小
2. 下列说法正确的是( )
A.电荷从电场中的A点运动到B点,路径不同,静电力做功的大小就可能不同
B.电荷从电场中的某点开始出发,运动一段时间后,又回到了该点,则静电力做功不为零
C.正电荷沿着电场线运动,静电力对正电荷做正功,负电荷逆着电场线运动,静电力对负电荷做正功
D.电荷在电场中运动,因为静电力可能对电荷做功,所以能量守恒定律在电场中并不成立
3.一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点的过程中,电场力做了5×10-6 J的正功,那么( )
A.电荷的电势能减少了5×10-6 J
B.电荷的动能减少了5×10-6 J
C.电荷在B处时具有5×10-6 J的电势能
D.电荷在B处时具有5×10-6 J的动能
4.如图所示,一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点,其中M点在轨迹的最右点。不计重力,下列表述正确的是( )
A.粒子在M点的速率最大
B.粒子所受电场力沿电场方向
C.粒子在电场中的加速度不变
D.粒子在电场中的电势能始终在增加
5.地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10-4 kg、带电荷量为-1.00×10-7 C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0 m。对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空气阻力)( )
A.-1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
×10-4 J和9.95×10-3 J
C.-1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
×10-4 J和9.65×10-3 J
6. (多选)一电子飞经电场中A、B两点,电子在A点的电势能为4.8×10-17 J,动能为3.2×10-17 J,由A点到B点静电力做功为1.6×10-17 J,如果电子只受静电力作用,则( )
A.电子在B点的动能为4.8×10-17 J
B.电子在B点的动能为1.6×10-17 J
C.电子在B点的电势能为3.2×10-17 J
D.电子在B点的电势能为6.4×10-17 J
7.(多选)如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子在电场中运动的轨迹。若带电粒子仅受电场力作用,运动方向由M到N,以下说法正确的是( )
A.粒子带负电 B.粒子带正电
C.粒子的电势能增加 D.粒子的电势能减少
8.(多选)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷,在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个正方形路径abcd,如图所示,现将一电子沿abcd移动一周,则下列判断中正确的是( )
A.由a→b电场力做正功,电子的电势能减小
B.由b→c电场对电子先做负功,后做正功,总功为零
C.由c→d电子的电势能一直增加
D.由d→a电子的电势能先减小后增加,电势能变化量为零
9.(多选)在电场强度大小为E的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为+q的物体从A点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动,其加速度的大小为eq \f(0.8qE,m),物体运动距离l到B时速度变为零。下列说法正确的是( )
A.物体克服电场力做功qEl
B.物体的电势能减少了qEl
C.物体的电势能增加了qEl
D.若选A点的电势能为零,则物体在B点的电势能为qEl
10. (多选)下列说法中正确的是( )
A.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,电场力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大
B.无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,电场力做的正功越少,电荷在该点的电势能越大C.无论是正电荷还是负电荷,从无穷远处移到电场中某点时,克服电场力做功越多,电荷在该点的电势能越大
D.无论是正电荷还是负电荷,从无穷远处移到电场中某点时,电场力做功越多,电荷在该点的电势能越大
二、计算题
11.一带电小球在从电场中的a点运动到b点的过程中,重力做功WG=3 J,克服空气阻力做功Wf=0.5 J,小球的动能增加量ΔEk=1 J。求在此过程中带电小球的电势能变化了多少?
12.如图所示的一匀强电场,场强方向水平向左。一个质量为m的带正电的小球,从O点出发,初速度的大小为v0,在电场力与重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。
13.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O点处放一个带电荷量q=-5.0×10-8 C,质量m=1.0×10-2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2.0 m/s,如图所示。(g取10 m/s2)试求:
(1)物块向右运动的最大距离;
(2)物块最终停止的位置。
14.如图所示,在场强E=1×104 N/C的水平匀强电场中,有一根长l=15 cm 的细线,一端固定在O点,另一端系一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-6 C的带正电小球,当细线处于水平位置时,将小球从静止开始释放,g取10 m/s2。则:
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能变化量、电势能变化量分别为多少?
(2)若取A点电势能为零,小球在B点的电势能为多大?
(3)小球到B点时速度为多大?细线的张力为多大?
参考答案
1.解析 在小球B向右移动的过程中,外力对系统做正功,两球间距离增大,它们之间的静电力减小,因此弹簧的伸长量减小,弹性势能减小,故A错误,B正确;由于两球间距离增大,静电力做负功,系统的电势能增大,故C、D都错误,
答案 B
2.解析 静电力做功和电荷运动路径无关,故A错误;静电力做功只和电荷的初、末位置有关,所以电荷从某点出发又回到了该点,静电力做功为零,故B错误;正电荷沿电场线的方向运动,则正电荷受到的静电力方向和电荷的运动方向相同,故静电力对正电荷做正功,同理,负电荷逆着电场线的方向运动,静电力对负电荷做正功,故C正确;电荷在电场中运动虽然有静电力做功,但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律,故D错误。答案 C
3.解析 据电场力做功的多少,只能判断Ep和Ek的变化量,不能确定Ep和Ek的大小,故C、D错误;电场力做正功,电势能减少,动能增加,故A正确,B错误。答案 A
4.解析 粒子带负电,所受电场力沿电场反方向,在接近M点的过程中电场力做负功,离开M点的过程中电场力做正功,所以在M点粒子的速率应该最小,A、B错误;粒子在匀强电场中运动,所受电场力不变,加速度不变,C正确;因为动能先减小后增加,所以电势能先增加后减小,D错误。答案 C
5.解析 对带电小球进行受力分析,考虑到忽略空气的阻力,小球受到向下的重力和向上的电场力,下落10.0 m时,小球克服电场力做功,小球的电势能增大,ΔEp=Eqh=150×1.00×10-7×10.0 J=1.50×10-4 J;根据动能定理可知小球下落10.0 m时的动能的改变量为ΔEk=WG-WE=mgh-Eqh=1.00×10-4×9.8×10.0 J-1.50×10-4 J=9.65×10-3 J,所以选项D正确。答案 D
6.解析 电子由A点到B点静电力做功为1.6×10-17 J,即电子从A点到B点电势能减少1.6×10-17 J,则在B点的电势能为3.2×10-17 J,电子只受静电力,则电子的电势能和动能之和不变,在A点有E=Ek+Ep=3.2×10-17 J+4.8×10-17 J=8×10-17 J,在B点的动能Ek′=E-Ep′=8×10-17 J-3.2×10-17 J=4.8×10-17 J,故A、C正确,B、D错误。答案 AC
7.解析 根据运动轨迹与受力关系,带电粒子受到的电场力与电场方向一致,故粒子带正电,A错误,B正确;粒子运动过程中,电场力方向与速度方向的夹角小于90°,所以电场力做正功,粒子的电势能减少,C错误,D正确。答案 BD
8.解析 由a→b电场力做负功,A项错误;由b→c电场力先做负功,后做正功,但总功为零,B项正确;由c→d,电场力一直做正功,电势能一直减少,C项错误;由d→a,电场力先做正功,后做负功,总功为零,则电势能的变化为零,D项正确。答案 BD
9.解析 物体所受电场力方向与运动方向相反,所以电场力做负功,即克服电场力做功W=qEl,选项A正确;由于电场力做负功,电势能增加,电场力做了多少负功,电势能就增加多少,所以电势能增加了qEl,选项B错误,选项C正确;由WAB=EpA-EpB可知,当选A点的电势能为零时,EpB=-WAB=qEl,选项D正确。答案 ACD
10.答案:AC
11.解析 根据动能定理可得W电+WG-Wf=ΔEk
所以W电=ΔEk-WG+Wf=1 J-3 J+0.5 J=-1.5 J
即电场力对小球做了1.5 J的负功,所以带电小球的电势能增加了1.5 J。
答案 增加了1.5 J
12.解析 设小球的电荷量为q,因小球做直线运动,则它受到的电场力Eq和重力mg的合力必沿初速度反方向,如图所示。有mg=qEtan θ
由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小为a=eq \f(F合,m)=eq \f(\f(mg,sin θ),m)=eq \f(g,sin θ)
设从O点到最高点的路程为s,有veq \\al(2,0)=2as
运动的水平距离为l=scs θ
联立解得电场力做功
W=-qEl=-eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)cs2θ
电势能之差ΔEp=-W=eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)cs2 θ。
答案 eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)cs2 θ
13.解析:(1)设物块向右运动的最大距离为xm,由动能定理得-μmgxm-E|q|xm=0-eq \f(1,2)mv02
可求得xm=0.4 m。
(2)因Eq>μmg,物块不可能停止在O点右侧,设物块最终停在O点左侧且离O点为x处。
由动能定理得E|q|xm-μmg(xm+x)=0,可得x=0.2 m。
答案:(1)0.4 m (2)O点左侧0.2 m处
14.解析 (1)重力势能变化量
ΔEp=-mgl=-4.5×10-3 J
电势能的变化量
ΔEp电=qEl=3×10-3 J。
(2)小球在B点的电势能EpB=3×10-3 J。
(3)小球从A到B由动能定理得
mgl-Eql=eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
得vB=1 m/s
在B点,对小球有T-mg=eq \f(mveq \\al(2,B),l)
解得T=5×10-2 N。
答案 (1)重力势能减少4.5×10-3 J 电势能增加3×10-3 J (2)3×10-3 J
(3)1 m/s 5×10-2 N
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