1、第1节静电力做功与电势能1.(多选)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,电势能增大解析在小球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错误,D正确。答案BD2.如图所示,
2、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.(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
3、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ab电场力做正功,电子的电势能减小B.由bc电场对电子先做负功,后做正功,总功为零C.由cd电子的电势能一直增加D.由da电子的电势能先减小后增加,电势能变化量为零解析由ab电场力做负功,A项错误;由bc电场力先做负功,后做正功,但总功为零,B项正确;由cd,电场力一直做正功,电势能一直减少,C项错误;由da,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BD4.(20192020学年安徽庐江高二上期末检测)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三
4、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
5、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.(多选)(20192020学年安徽合肥六校高二上期末)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.小球的重力势能减小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
6、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正确;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AD6.(多选)(20192020学年河南周口高二上期末)一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块,从倾角为的光滑绝缘斜面上的A点由静止下滑,经时间t后立即加上沿斜面向上的匀强电场,再经时间t滑块恰好过A点。重力加速度大小为g,则()A.匀强电场的电场强度大小为4mgsinqB.滑块过A点时的速度大小为2gtsin C.滑块从A点到最低点过程中重力势能减少了12mg2t2sin2D
7、.滑块从最低点到A点的过程中电势能减少了2mg2t2sin2解析未加电场时,取向下为正,由牛顿第二定律得a=gsin,过时间t后,速度v1=at=gtsin,位移x=12at2=12gt2sin,加上电场后,根据题意,加速度a=Eqm-gsin,过时间t后,根据匀变速运动规律-x=v1t-12at2,联立解得a=3gsin,E=4mgsinq,A正确;过A点的速度v2=v1-at=gtsin-3gtsin=-2gtsin,速度大小2gtsin,方向沿斜面向上,B正确;从A点到最低点,位移x总=12at2+v122a=23gt2sin,所以重力势能减小Ep=mgx总sin=23mg2t2sin2
8、,C错误;从最低点到A点根据动能定理12mv22-0=W电-mgx总sin,解得W电=83mg2t2sin2,所以电势能减少了Ep=W电=83mg2t2sin2,D错误。答案AB7.一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Ek=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=Ek所以W电=Ek-WG+Wf=1J-3J+0.5J=-1.5J即电场力对小球做了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1.5 J8.如图所示,在电场强度E=1104 N/C的水平匀强
9、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=210-6 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Ep=-mgl=-4.510-3J电势能的变化量Ep电=qEl=310-3J。(2)小球在B点的电势能EpB=310-3J。(3)小球从A到B由动能定理得mgl-Eql=12mvB2得vB=1m/s在B点,对小球有T-
10、mg=mvB2l解得T=510-2N。答案(1)重力势能减少4.510-3 J电势能增加310-3 J(2)310-3 J(3)1 m/s510-2 N能力提升1.(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0.8qEm,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
11、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ACD2.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1.0010-4 kg、带电荷量为-1.0010-7 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.-1.5010-4 J和9.9510-3 JB.1.5010-4 J和9.9510-3 JC.
12、-1.5010-4 J和9.6510-3 JD.1.5010-4 J和9.6510-3 J解析对带电小球进行受力分析,因忽略空气的阻力,小球受到向下的重力和向上的电场力,下落10.0m时,小球克服电场力做功,小球的电势能增大,Ep=Eqh=1501.0010-710.0J=1.5010-4J;根据动能定理可知小球下落10.0m时的动能的改变量为Ek=WG-WE=mgh-Eqh=1.0010-49.810.0J-1.5010-4J=9.6510-3J,所以选项D正确。答案D3.(多选)(20192020学年四川蓉城名校联盟高二上期末联考)如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带正电的试探电
13、荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上做直线运动,其v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.两点电荷一定都带负电,但电量不一定相等B.t1时刻电场强度一定最大,t1时刻与t3时刻试探电荷在同一位置C.试探电荷做往复运动,0到t2时刻与t2到t4时刻加速度方向相反D.t2时刻试探电荷的电势能最大,但加速度不为零解析由题图乙可知,粒子向上先做减速运动,再反向做加速运动,且向上过程加速度先增大后减小,粒子仅受电场力,则电场力应向下,故两个固定点电荷均带负电,由于电场线只能沿竖直方向,说明两粒子带等量电荷,故A错误;由题图乙知,t1时刻加速度最大,则电场强度E最大,根据运
14、动的对称性知粒子t3时刻回到t1时刻的位置,B正确;0到t2与t2到t4时刻,加速度方向相同,故C错误;0到t2时间内,电场力做负功,电势能增大,故D正确。答案BD4.(多选)(20192020学年陕西西安高二上期末)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310-5 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(cos 37=0.8,g取10 m/s2)()A.匀强
15、电场的电场强度大小为1104 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=mgtan37,解得E=1104N/C,故A正确;将重力和电场力合成后的合力为F=0.5N,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=mvB2L,故动能最小值为Ekm=12mvB2=0.5J,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+si
16、n37)=-0.96J,在A点时,小球的机械能为E=12mvA2,从A到B,由动能定理可得-2mgLcos37-2qELsin37=12mvB2-12mvA2故小球在C位置的机械能为E=12mvA2+W1=1.54J,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=0.96J,故D正确。答案ACD5.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
17、力Eq和重力mg的合力必沿初速度反方向,如图所示。有mg=qEtan由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小为a=F合m=mgsinm=gsin设从O点到最高点的路程为s,有v02=2as运动的水平距离为l=scos联立解得电场力做功W=-qEl=-12mv02cos2电势能之差Ep=-W=12mv02cos2。答案12mv02cos26.(20192020学年四川德阳高二上期末)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=+1.010-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数=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)04 s内小物块电势能的减少量。解析(1)02s,根据牛顿第二定律,有E1q-mg=ma1根据速度时间关系:v1=a1t1联立解得:v1=4m/s。(2)24s,小物块减速,根据牛顿第二定律,有E2q+mg=ma2解得a2=2m/s2则02s与24s位移相等x=v12t1电场力做功:W=E1qx-E2qx联立解得W=0.8J所以小物块电势能减少0.8J。答案(1)4 m/s(2)0.8 J
