鲁科版 (2019)必修 第三册第1节 静电力做功与电势能练习

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第2章电势能与电势差第1节　静电力做功与电势能课后篇素养形成合格考达标练　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2021福建漳平检测)如图所示,有一带电的微粒,在电场力的作用下沿曲线从M点运动到N点,则微粒 (　　)A.带负电,电势能增加B.带负电,电势能减少C.带正电,电势能增加D.带正电,电势能减少解析由带电微粒运动的径迹可以看出带电微粒受到的电场力与电场方向相同,故带电微粒带正电,选项A、B错误;电场力对带电微粒做正功,微粒电势能减少,选项C错误,D正确。答案D2.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C3.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电场对电子做正功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,总功为零,B项错误;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D4.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知(　　)A.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度D.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大解析由电场线疏密可知,R点电场强度比Q点电场强度大,所以带电粒子在R点的电场力大,则带电粒子在R点的加速度大,A错误;带电粒子做曲线运动,电场力指向曲线的内侧,所以电场力的方向沿电场线向右;若带电粒子从P点经过R点运动到Q点,电场力做负功,带电粒子的电势能增大,动能减小,则带电粒子经过R点时的动能大于经过Q点时的动能,即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度,带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小,B错误,C正确;根据能量守恒定律,带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变,D错误。答案C5.如图所示,水平向右的匀强电场中,质量为m带正电的小球在A点由静止释放后,沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力,在这一过程中(　　)A.小球的重力势能增大 B.小球的动能减小C.小球的机械能减小 D.小球的电势能减小解析小球受到水平向右的电场力,竖直向下的重力,又知道小球沿直线AB运动,故合力方向在直线AB上,由A指向B,从A到B,小球的高度减小,重力做正功,重力势能减小,A错误;合力方向与运动方向同向,所以合力做正功,动能增大,B错误;电场力方向和运动方向夹角为锐角,故电场力做正功,所以电势能减小,机械能增大,C错误,D正确。答案D6.一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?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 J7.如图所示,在电场强度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?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=得vB=1 m/s在B点,对小球有T-mg=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等级考提升练8.(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,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qElB.物体的电势能减少了qElC.物体的电势能增加了qElD.若选A点的电势能为零,则物体在B点的电势能为qEl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ACD9.(2021湖北黄石检测)两带电小球,电荷量分别为+q和-q,固定在一长度为l的绝缘细杆的两端,置于电场强度为E的匀强电场中,杆与电场强度方向平行,其位置如图所示。若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°,则在此转动过程中电场力做的功为(　　)A.0 B.qElC.2qEl D.πqEl解析电场力对两小球均做正功,大小与路径无关,对每个小球做的功均为qEl,共为2qEl,故C正确。答案C10.(2021山东淄博检测)如图所示,在真空中有两个带相等电荷量的正电荷q1和q2,它们分别固定在A、B两点,CD为A、B连线的中垂线。现将正电荷q3由C沿CD移至无限远处,在此过程中(　　)A.q3的电势能逐渐增加B.q3的电势能先逐渐增加,后逐渐减少C.q3受到的静电力逐渐减小D.q3受到的静电力先逐渐增大,后逐渐减小解析CD线上各点电场强度方向均为C→D,电场强度大小先逐渐增大,再逐渐减小,q3所受静电力先逐渐增大,再逐渐减小,C错误,D正确;静电力一直对电荷q3做正功,电势能逐渐减小,A、B错误。答案D11.(多选)在竖直平面内有水平向右的匀强电场。在电场中有一根长为2 m的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系质量为0.04 kg、带电荷量为3×10-5 C的带电小球(视为质点),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(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)(　　)A.匀强电场的电场强度大小为1×104 N/CB.小球的动能最小值为0.96 JC.小球的机械能最小值为1.54 JD.小球运动过程中的最大电势能为0.96 J解析小球静止时有qE=mgtan 37°,解得E=1×104 N/C,故A正确;将重力和电场力合成后的合力为F=0.5 N,小球能在竖直平面内做圆周运动,其等效最高点为将静止时位置的细线反向延长与圆的交点,如图所示,在等效最高点时动能最小,由F提供向心力可得F=m,故动能最小值为Ekm==0.5 J,故B错误;电场力做负功最多时,机械能最小,故机械能最小的点为圆轨道最左边的点,如图中C点。从A点到C点,电场力做功为W1=-qEL(1+sin 37°)=-0.96 J,在A点时,小球的机械能为E=,从A到B,由动能定理可得-2mgLcos 37°-2qELsin 37°=,故小球在C位置的机械能为E=+W1=1.54 J,故C正确;小球在C位置时电势能最大,故小球的最大电势能为Epm=-W1=0.96 J,故D正确。答案ACD 12.如图所示的一匀强电场,电场强度方向水平向左。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,恰能沿与电场强度的反方向成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。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=设从O点到最高点的路程为s,有=2as运动的水平距离为l=scos θ联立解得电场力做功W=-qEl=-cos2θ电势能之差ΔEp=-W=cos2 θ。答案cos2 θ13.如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一质量为m=0.1 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间上加如图乙所示的电场。求:(1)2 s末小物块的速度大小;(2)0~4 s内小物块电势能的减少量。解析(1)0~2 s,根据牛顿第二定律,有E1q-μmg=ma1 ①根据速度时间关系有v1=a1t1 ②联立解得v1=4 m/s。 ③(2)2~4 s,小物块减速,根据牛顿第二定律,有E2q+μmg=ma2 ④解得a2=2 m/s2 ⑤则0~2 s与2~4 s位移相等x=t1 ⑥电场力做功W=E1q·x-E2q·x ⑦联立解得W=0.8 J⑧所以小物块电势能减少0.8 J。答案(1)4 m/s　(2)0.8 J