第2章 电势能与电势差第1节 静电力做功与电势能必备知识基础练1.如图所示,有一带电微粒在静电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2.如图所示,一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在静电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点在轨迹的最右端。不计重力,下列表述正确的是( )A.粒子在M点的速率最大B.粒子所受静电力方向沿电场方向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3.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abcd,如图所示。现将一电子沿正方形abcd移动一周,则下列判断正确的是( )
A.由a→b静电力做正功,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,电势能变化量为零4.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5.一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=3J,克服空气阻力做功Wf=0.5J,小球的动能增加量ΔEk=1J。在此过程中带电小球的电势能变化了多少?6.如图所示,在电场强度E=1×104N/C的水平匀强电场中,有一根长l=15cm的细线,一端固定在O点,另一端系一个质量m=3g、电荷量q=2×10-6C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10m/s2。(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点的电势能为零,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?
关键能力提升练7.(多选)在电场强度大小为E的匀强电场中,一质量为m、所带电荷量为+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0.8qEm,物体运动距离为l到B点时速度变为零。下列说法正确的是( )A.物体克服静电力做功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qEl8.(2021湖北黄石检测)两带电小球,所带电荷量分别为+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,细杆与电场强度方向平行,其位置如图所示。若此细杆绕过O点垂直于细杆的轴转过180°,则在此转动过程中静电力做的功为( )A.0B.qElC.2qElD.πqEl9.如图所示,在真空中有两所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点沿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
10.如图所示的一匀强电场,电场强度方向水平向左。一质量为m的带正电的小球,从O点出发,初速度的大小为v0,在静电力与重力的作用下,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。11.如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1.0×10-6C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)2s末小物块的速度大小;(2)0~4s内小物块电势能的减少量。参考答案1.D 由带电微粒运动的径迹可以看出带电微粒受到的静电力方向与电场方向相同,故带电微粒带正电,A、B错误;静电力对带电微粒做正功,带电微粒电势能减少,C错误,D正确。2.C 粒子带负电,所受静电力方向沿电场反方向,在接近M点的过程中静电力做负功,离开M点的过程中静电力做正功,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,所受静电力不变,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。3.D 由a→b静电力做负功,A错误;由b→c静电力先做负功,后做正功,总功为零,B错误;由c→d,静电力一直做正功,电势能一直减少,C错误;由d→a静电力先做正功后做负功,总功为零,则电势能的变化为零,D正确。4.D 小球受到水平向右的静电力,竖直向下的重力,又知道小球沿直线AB运动,故所受合力方向在直线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;
所受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;静电力方向和运动方向夹角为锐角,故静电力做正功,所以电势能减小,机械能增大,C错误,D正确。5.解析根据动能定理得W电+WG-Wf=ΔEk,所以W电=ΔEk-WG+Wf=-1.5J,即静电力对带电小球做了1.5J的负功,所以带电小球的电势能增加了1.5J。答案增加了1.5J6.解析(1)重力势能变化量ΔEp=-mgl=-4.5×10-3J,电势能的变化量ΔEp电=qEl=3×10-3J。(2)小球在B点的电势能EpB=3×10-3J。(3)小球从A点到B点由动能定理得mgl-Eql=12mvB2,得vB=1m/s,在B点,对小球有T-mg=mvB2l,解得T=5×10-2N。答案(1)重力势能减少4.5×10-3J 电势能增加3×10-3J (2)3×10-3J (3)1m/s 5×10-2N7.ACD 物体所受静电力方向与运动方向相反,所以静电力做负功,即克服静电力做功W=qEl,A正确;由于静电力做负功,电势能增加,静电力做了多少负功,电势能就增加多少,所以电势能增加了qEl,B错误,C正确;由WAB=EpA-EpB得,当选A点的电势能为零时,EpB=-WAB=qEl,D正确。8.C 静电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。9.D CD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q3做正功,q3的电势能逐渐减小,A、B错误。10.解析设小球的电荷量为q,因小球做直线运动,则它受到的静电力Eq和重力mg的合力必沿初速度反方向,如图所示。有mg=qEtanθ,由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小a=F合m=mgsinθm=gsinθ,设从O点到最高点的路程为s,有v02=2as,运动的水平距离l=scosθ,联立解得静电力做功W=-qEl=-12mv02cos2θ,电势能之差ΔEp=-W=12mv02cos2θ。
答案12mv02cos2θ11.解析(1)0~2s,根据牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1,根据速度、时间关系得v1=a1t1,联立解得v1=4m/s。(2)2~4s,小物块减速,根据牛顿第二定律得E2q+μmg=ma2,解得a2=2m/s2,则0~2s与2~4s位移相等x=v12t1,电场力做功W=E1q·x-E2q·x,联立解得W=0.8J,所以小物块电势能减少0.8J。答案(1)4m/s (2)0.8J
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