2024-2025學(xué)年新教材高中物理第2章電勢能與電勢差第1節(jié)靜電力做功與電勢能課后習(xí)題含解析魯科版必修3

PAGE8-第1節(jié)靜電力做功與電勢能1.(多選)光滑絕緣水平面上有兩個帶等量異種電荷的小球A、B,小球A通過絕緣輕彈簧與豎直墻相連,如圖所示。讓小球B在外力F作用下緩慢向右移動,移動中兩小球的電荷量不變,則下列對兩小球和彈簧組成的系統(tǒng)的分析正確的是()A.外力F對系統(tǒng)做正功,彈性勢能增大B.外力F對系統(tǒng)做正功,彈性勢能減小C.靜電力做正功,電勢能減小D.靜電力做負功,電勢能增大解析在小球B向右移動的過程中,外力對系統(tǒng)做正功,兩球間距離增大,它們之間的靜電力減小,因此彈簧的伸長量減小,彈性勢能減小,故A錯誤,B正確;由于兩球間距離增大,靜電力做負功,系統(tǒng)的電勢能增大,故C錯誤,D正確。答案BD2.如圖所示,一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中,在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點,其中M點在軌跡的最右點。不計重力,下列表述正確的是()A.粒子在M點的速率最大B.粒子所受電場力沿電場方向C.粒子在電場中的加速度不變D.粒子在電場中的電勢能始終在增加解析粒子帶負電,所受電場力沿電場反方向,在接近M點的過程中電場力做負功,離開M點的過程中電場力做正功,所以在M點粒子的速率應(yīng)當最小,A、B錯誤;粒子在勻強電場中運動,所受電場力不變,加速度不變,C正確;因為動能先減小后增加,所以電勢能先增加后減小,D錯誤。答案C3.(多選)在真空中A、B兩點分別放置等量異種電荷,在電場中通過A、B兩點的豎直平面內(nèi)對稱位置取一個正方形路徑abcd,如圖所示?，F(xiàn)將一電子沿abcd移動一周,則下列推斷中正確的是()A.由a→b電場力做正功,電子的電勢能減小B.由b→c電場對電子先做負功,后做正功,總功為零C.由c→d電子的電勢能始終增加D.由d→a電子的電勢能先減小后增加,電勢能變更量為零解析由a→b電場力做負功,A項錯誤;由b→c電場力先做負功,后做正功,但總功為零,B項正確;由c→d,電場力始終做正功,電勢能始終削減,C項錯誤;由d→a,電場力先做正功,后做負功,總功為零,則電勢能的變更為零,D項正確。答案BD4.(2024~2025學(xué)年安徽廬江高二上期末檢測)如圖所示,虛線a、b、c代表電場中的三條電場線,實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點,由此可知()A.帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度B.帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C.帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度D.帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小,比在P點時的大解析由電場線疏密可知,R點電場強度比Q點電場強度大,所以帶電粒子在R點的電場力大,則帶電粒子在R點的加速度大,A錯誤;帶電粒子做曲線運動,電場力指向曲線的內(nèi)側(cè),所以電場力的方向沿電場線向右;若帶電粒子從P點經(jīng)過R點運動到Q點,電場力做負功,帶電粒子的電勢能增大,動能減小,則帶電粒子經(jīng)過R點時的動能大于經(jīng)過Q點時的動能,即帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度,帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小,B錯誤,C正確;依據(jù)能量守恒定律,帶電粒子在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變,D錯誤。答案C5.(多選)(2024~2025學(xué)年安徽合肥六校高二上期末)如圖所示,水平向右的勻強電場中,質(zhì)量為m帶正電的小球在A點由靜止釋放后,沿直線由A點運動到B點。不計空氣阻力,在這一過程中,()A.小球的重力勢能減小 B.小球的動能減小C.小球的機械能減小 D.小球的電勢能減小解析小球受到水平向右的電場力,豎直向下的重力,又知道小球沿直線AB運動,故合力方向在直線AB上,由A指向B,從A到B,小球的高度減小,重力做正功,重力勢能減小,A正確;合力方向與運動方向同向,所以合力做正功,動能增大,B錯誤;電場力方向和運動方向夾角為銳角,故電場力做正功,所以電勢能減小,機械能增大,C錯誤,D正確。答案AD6.(多選)(2024~2025學(xué)年河南周口高二上期末)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊,從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點由靜止下滑,經(jīng)時間t后馬上加上沿斜面對上的勻強電場,再經(jīng)時間t滑塊恰好過A點。重力加速度大小為g,則()A.勻強電場的電場強度大小為4B.滑塊過A點時的速度大小為2gtsinθC.滑塊從A點到最低點過程中重力勢能削減了12mg2t2sin2D.滑塊從最低點到A點的過程中電勢能削減了2mg2t2sin2θ解析未加電場時,取向下為正,由牛頓其次定律得a=gsinθ,過時間t后,速度v1=at=gtsinθ,位移x=12at2=12gt2sinθ,加上電場后,依據(jù)題意,加速度a'=Eqm-gsinθ,過時間t后,依據(jù)勻變速運動規(guī)律-x=v1t-12a't2,聯(lián)立解得a'=3gsinθ,E=4mgsinθq,A正確;過A點的速度v2=v1-a't=gtsinθ-3gtsinθ=-2gtsinθ,速度大小2gtsinθ,方向沿斜面對上,B正確;從A點到最低點,位移x總=12at2+v122a'=23gt2sinθ,所以重力勢能減小ΔEp=mgx總sinθ=23mg2t2sin2θ,C錯誤;從最低點到A點依據(jù)動能定理12mv22-0=W電-mgx總sinθ,解得W電=83答案AB7.一帶電小球在從電場中的a點運動到b點的過程中,重力做功WG=3J,克服空氣阻力做功Wf=0.5J,小球的動能增加量ΔEk=1J。求在此過程中帶電小球的電勢能變更了多少?解析依據(jù)動能定理可得W電+WG-Wf=ΔEk所以W電=ΔEk-WG+Wf=1J-3J+0.5J=-1.5J即電場力對小球做了1.5J的負功,所以帶電小球的電勢能增加了1.5J。答案增加了1.5J8.如圖所示,在電場強度E=1×104N/C的水平勻強電場中,有一根長l=15cm的細線,一端固定在O點,另一端系一個質(zhì)量m=3g、電荷量q=2×10-6C的帶正電小球,當細線處于水平位置時,將小球從靜止起先釋放,g取10m/s2。則:(1)小球到達最低點B的過程中重力勢能變更量、電勢能變更量分別為多少?(2)若取A點電勢能為零,小球在B點的電勢能為多大?(3)小球到B點時速度為多大?細線的張力為多大?解析(1)重力勢能變更量ΔEp=-mgl=-4.5×10-3J電勢能的變更量ΔEp電=qEl=3×10-3J。(2)小球在B點的電勢能EpB=3×10-3J。(3)小球從A到B由動能定理得mgl-Eql=1得vB=1m/s在B點,對小球有T-mg=m解得T=5×10-2N。答案(1)重力勢能削減4.5×10-3J電勢能增加3×10-3J(2)3×10-3J(3)1m/s5×10-2N實力提升1.(多選)在電場強度大小為E的勻強電場中,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物體從A點起先以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動,其加速度的大小為0.8qEm,物體運動距離l到A.物體克服電場力做功qElB.物體的電勢能削減了qElC.物體的電勢能增加了qElD.若選A點的電勢能為零,則物體在B點的電勢能為qEl解析物體所受電場力方向與運動方向相反,所以電場力做負功,即克服電場力做功W=qEl,選項A正確;由于電場力做負功,電勢能增加,電場力做了多少負功,電勢能就增加多少,所以電勢能增加了qEl,選項B錯誤,選項C正確;由WAB=EpA-EpB可知,當選A點的電勢能為零時,EpB=-WAB=qEl,選項D正確。答案ACD2.地球表面旁邊某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場。一質(zhì)量為1.00×10-4kg、帶電荷量為-1.00×10-7C的小球從靜止釋放,在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0m。對此過程,該小球的電勢能和動能的變更量分別為(重力加速度大小取9.80m/s2,忽視空氣阻力)()A.-1.50×10-4J和9.95×10-3JB.1.50×10-4J和9.95×10-3JC.-1.50×10-4J和9.65×10-3JD.1.50×10-4J和9.65×10-3J解析對帶電小球進行受力分析,因忽視空氣的阻力,小球受到向下的重力和向上的電場力,下落10.0m時,小球克服電場力做功,小球的電勢能增大,ΔEp=Eqh=150×1.00×10-7×10.0J=1.50×10-4J;依據(jù)動能定理可知小球下落10.0m時的動能的變更量為ΔEk=WG-WE=mgh-Eqh=1.00×10-4×9.8×10.0J-1.50×10-4J=9.65×10-3J,所以選項D正確。答案D3.(多選)(2024~2025學(xué)年四川蓉城名校聯(lián)盟高二上期末聯(lián)考)如圖甲所示,Q1、Q2是兩個固定的點電荷,一帶正電的摸索電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上做直線運動,其v-t圖像如圖乙所示,下列說法正確的是()A.兩點電荷肯定都帶負電,但電量不肯定相等B.t1時刻電場強度肯定最大,t1時刻與t3時刻摸索電荷在同一位置C.摸索電荷做往復(fù)運動,0到t2時刻與t2到t4時刻加速度方向相反D.t2時刻摸索電荷的電勢能最大,但加速度不為零解析由題圖乙可知,粒子向上先做減速運動,再反向做加速運動,且向上過程加速度先增大后減小,粒子僅受電場力,則電場力應(yīng)向下,故兩個固定點電荷均帶負電,由于電場線只能沿豎直方向,說明兩粒子帶等量電荷,故A錯誤;由題圖乙知,t1時刻加速度最大,則電場強度E最大,依據(jù)運動的對稱性知粒子t3時刻回到t1時刻的位置,B正確;0到t2與t2到t4時刻,加速度方向相同,故C錯誤;0到t2時間內(nèi),電場力做負功,電勢能增大,故D正確。答案BD4.(多選)(2024~2025學(xué)年陜西西安高二上期末)在豎直平面內(nèi)有水平向右的勻強電場。在電場中有一根長為2m的絕緣細線,一端固定在O點,另一端系質(zhì)量為0.04kg、帶電荷量為3×10-5C的帶電小球(視為質(zhì)點),它靜止時細線與豎直方向成37°角,如圖所示。給小球一個初速度,讓小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動,取小球在靜止時的位置為電勢能和重力勢能的零點,下列說法正確的是(cos37°=0.8,g取10m/s2)()A.勻強電場的電場強度大小為1×104N/CB.小球的動能最小值為0.96JC.小球的機械能最小值為1.54JD.小球運動過程中的最大電勢能為0.96J解析小球靜止時有qE=mgtan37°,解得E=1×104N/C,故A正確;將重力和電場力合成后的合力為F=0.5N,小球能在豎直平面內(nèi)做圓周運動,其等效最高點為將靜止時位置的細線反向延長與圓的交點,如圖所示,在等效最高點時動能最小,由F供應(yīng)向心力可得F=mvB2L,故動能最小值為Ekm=12mv從A點到C點,電場力做功為W1=-qEL(1+sin37°)=-0.96J,在A點時,小球的機械能為E=12mvA2,從A到B,由動能定理可得-2mgLcos37°-故小球在C位置的機械能為E=12mvA2+W1=1.54J,故C正確;小球在C位置時電勢能最大,故小球的最大電勢能為Epm=-W答案ACD5.如圖所示的一勻強電場,電場強度方向水平向左。一個質(zhì)量為m的帶正電的小球,從O點動身,初速度的大小為v0,在電場力與重力的作用下,恰能沿與電場強度的反方向成θ角的直線運動。求小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差。解析設(shè)小球的電荷量為q,因小球做直線運動,則它受到的電場力Eq和重力mg的合力必沿初速度反方向,如圖所示。有mg=qEtanθ由此可知,小球做勻減速直線運動的加速度大小為a=F設(shè)從O點到最高點的路程為s,有v02=運動的水平距離為l=scosθ聯(lián)立解得電場力做功W=-qEl=-12mv電勢能之差ΔEp=-W=12mv0答案12mv6.(2024~2025學(xué)年四川德陽高二上期末)如圖甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量為q=+1.0×10-6C的小物塊處于靜止狀態(tài),小物塊與地面間的動摩擦因