课时跟踪检测(7) 静电力做功与电势能（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（鲁科版2019）

课时跟踪检测（七） 静电力做功与电势能 A级——学考达标 1．比较下列各物理量的大小时，正确的结论是(　 ) A．电荷量：＋2×10－8 C>－3×10－8 C B．电场强度：＋500 N/C>－800 N/C C．功：＋60 J>－80 J D．电势能：＋48 J>－56 J 解析：选D　电荷量的正负表示自身电性，即＋2×10－8 C<－3×10－8 C，故A错误；电场强度是矢量，正、负号表示方向，不表示大小，故B错误；功的正负表示做正功还是负功，故C错误；电势能是标量，电势能的正负表示大小，正值表示比零电势能大，负值表示比零电势能小，故D正确。 2．如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，将电荷量为＋q的点电荷从电场中A点经B点移动到C点，其中AB⊥BC，AB＝4d，BC＝3d，则此过程中静电力所做的功为(　 ) A．3qEd B．4qEd　 C．5qEd D．7qEd 解析：选B　静电力做功与路径无关，只和始、末位置有关，从B点到C点静电力不做功，故静电力做功为W＝qE×4d＝4qEd，选项B正确。 3．(多选)规定无穷远处的电势能为零，下列说法中正确的是(　 ) A．将正电荷从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，正电荷在该点的电势能就越大 B．将正电荷从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越少，正电荷在该点的电势能就越大 C．将负电荷从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越多，负电荷在该点的电势能就越大 D．将负电荷从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越少，负电荷在该点的电势能就越大 解析：选AC　无穷远处的电势能为零，正电荷从电场中某点移到无穷远处时，若静电力做正功，则电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，正电荷在该点的电势能为正值，且等于静电力做的功，因此静电力做的正功越多，正电荷在该点的电势能越大，A正确，B错误；负电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服静电力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是负电荷在该点的电势能的值，因此，克服静电力做功越多，负电荷在该点的电势能越大，故C正确，D错误。 4.如图所示是某电场中的一条电场线，一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，下列有关该电场的判断正确的是(　 ) A．该电场一定是匀强电场 B．场强Ea一定小于Eb C．电子的电势能Epa＞Epb D．电子的电势能Epa＜Epb 解析：选C　只有一条电场线，无法判断该电场是不是匀强电场，也无法判断场强Ea和Eb的大小关系，A、B错误；电子在电场力作用下从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，C正确，D错误。 5.(多选)如图所示，点电荷固定于Q点，一带电粒子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、N为椭圆长轴端点上的两点，下列说法正确的是(　 ) A．带电粒子与点电荷的电性相同 B．带电粒子与点电荷的电性相反 C．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 解析：选BD　带电粒子绕点电荷做椭圆运动，受到的库仑力时刻指向点电荷，故带电粒子与点电荷的电性相反，A错误，B正确；带电粒子由M点向N点运动时，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确。 6．(2023·三明永安检测)(多选)如图所示为三个完全相同的金属小球A、B、C，它们的半径为R，其中A、B通过原长为2R的绝缘细弹簧相连，A、B的带电量分别为Q和－2Q，此时细弹簧的长度为R，C的带电量为3Q且离A、B足够远。让C先后和A、B接触后将C移到足够远处，则以下说法中正确的是(　 ) A．细弹簧的长度将恢复为原长2R B．A、B间还存在引力 C．A、B间的电势能将增大 D．A、B间的电势能将变为零 解析：选BC　根据电荷守恒定律，C和A、B先后接触，接触后平分总电量，接触后A、B的带电量分别为2Q和0，由于静电感应，B左侧会感应出负电荷，右侧会感应出正电荷，A、B间存在比原来小的静电引力，故弹簧仍处于压缩状态，长度小于2R，故A错误，B正确；A、B间距离增大，静电引力做负功，电势能增大，故C正确，D错误。 7．(2023·泉州高二检测)(多选)如图所示，粗细均匀的光滑绝缘细杆水平固定，一个带电小球套在杆上并锁定在A点，在过杆上P点的垂线上，一个点电荷先放在B点，BA连线与杆的夹角为30°，解除小球锁定的瞬间，小球的加速度大小为a；若小球仍锁定在A点，将点电荷沿过P点的垂线从B点移到C点，此时CA连线与杆的夹角为60°，则下列判断正确的是(　 ) A．点电荷从B移到C，电势能减小 B．点电荷从B移到C，受到的电场力减少 C．点电荷移到C点时，解除小球锁定，此后，小球的电势能一直减小 D．点电荷移到C点时，解除小球锁定的瞬间，小球的加速度大小为a 解析：选BD　如果小球与点电荷带异种电荷，则点电荷从B移到C，电场力做负功，电势能增大，故A错误；点电荷从B移到C，在带电小球产生的电场中，电场强度减小，点电荷受到的电场力减小，故B正确；点电荷移到C点时，解除小球锁定，此后，如果小球向左运动，则电势能先减小后增大，故C错误；设PA间距离为d，点电荷在B点时kcos 30°＝ma，点电荷在C点时kcos 60°＝ma′，解得a′＝a，故D正确。 8．如图所示，均匀带负电的矩形薄板处在匀强电场中，匀强电场的场强大小为E，方向与薄板垂直，薄板中心O处有一小圆孔，现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子仅在电场力作用下沿电场方向从左向右穿过薄板，途中经过关于薄板中心O点对称的A、B两点。若A、B两点到O点的距离均为d，带电粒子经过A点时速度为v，带电粒子和匀强电场对薄板电荷分布的影响可以忽略，那么(　 ) A．粒子由A运动到B的过程中电场力做功为零 B．粒子由A运动到B的过程中一直做匀加速运动 C．粒子运动到B点时的速度为 D．粒子运动到B点时的速度为 解析：选C　依题意，根据对称性可知，均匀带负电的矩形薄板在直线AB上产生的场强关于O点对称，则根据矢量叠加原理可知，在AB直线上关于O点对称的两点的合场强，左边大于右边，故粒子由A运动到B的过程中，电场力是变化的，粒子不可能做匀变速直线运动，故B错误；由于均匀带负电的矩形薄板在直线AB上产生的场强关于O点对称，则粒子从A点运动到B点的过程中，矩形薄板产生的电场对粒子所做的功代数和为零，则合电场力做的功等于匀强电场对粒子产生的电场力做的功，有W＝qE·2d＝mvB2－mv2，解得粒子运动到B点时的速度为vB＝ ，故C正确，A、D错误。 9．将带电荷量q1＝＋1.0×10－8 C的点电荷从无限远处移到匀强电场中的P点，需克服电场力做功2.0×10－6 J，点电荷在P点受到的电场力是2.0×10－5 N，方向向右。取无限远处电势为零。试求： (1)P点场强的大小和方向； (2)点电荷的电势能在移动过程中如何变化？点电荷在P点的电势能是多少？ 解析：(1)P点场强的大小E＝＝ N/C＝2 000 N/C，方向与正电荷所受电场力的方向相同，即向右。 (2)无穷远处电势能为零，电荷在由无穷远处移到P点过程中电场力做负功，电势能增大，在P点的电势能等于该过程中克服电场力做的功Ep＝WP∞＝2.0×10－6 J。 答案：(1)2 000 N/C　向右　(2)增大　2.0×10－6 J B级——选考进阶 10．(多选)如图所示，倾角为θ＝30°的绝缘斜面长L＝2 m，顶端有一质量为m＝1 kg、带正电且电量q＝1.0×10－6C的滑块，整个空间有电场强度E＝×106N/C的水平向左的匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端时的动能为11 J，重力加速度g取10 m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中(　 ) A．滑块机械能增加了1 J，电势能减少了3 J B．滑块机械能减少了2 J，电势能减少了3 J C．滑块重力势能和电势能之和减少11 J，重力势能减少了10 J D．滑块机械能和电势能之和减少2 J，重力势能减少了10 J 解析：选AD　根据动能定理ΔEk＝WG＋W电＋Wf＝11 J，WG＝mgLsin 30°＝10 J，W电＝qELcos 30°＝3 J，则Wf＝－2 J，因此机械能的增加量ΔE＝W电＋Wf＝1 J，电势能减小量ΔEp＝W电＝3 J，故A正确，B错误；滑块重力势能和电势能之和减少量ΔEp′＝WG＋W电＝10 J＋3 J＝13 J，重力势能减少量等于重力做功10 J，故C错误；滑块机械能和电势能之和减少量ΔE＝3 J－1 J＝2 J，故D正确。 11．(多选)某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能与电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，小球1固定在圆筒底部，小球2从靠近小球1位置处释放，测出小球2的位置x和速度，利用能量守恒定律可以得到小球的E­x图像。图2中图线Ⅰ是小球E­x图像，图线Ⅱ是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g取10 m/s2，则小球2(　 ) A．上升过程速度一直变大 B．上升过程速度先变大后变小 C．质量为0.8 kg D．从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm处电势能减少0.3 J 解析：选BD　上升过程系统中只有静电力与重力做功，势能E与动能之和不变，E＋Ek＝E总，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律FC＝可知，当r→∞时，FC→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功ΔE＝mgΔx，即mg＝，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知mg＝＝＝5 N，解得m＝0.5 kg，C错误；小球2从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm处过程中，根据ΔEk＝－ΔE＝－0.4 J，由动能定理可得WG＋W电＝ΔEk，又因为WG＝－mgΔx＝－0.7 J，解得W电＝0.3 J，故小球2从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm处过程中，电场力做正功0.3 J，电势能减少0.3 J，D正确。 12．如图所示，两正对着的足够大的平行金属板倾斜放置， 与水平方向的夹角均为θ，板间存在匀强电场。电量为－q、质量为m的小球由静止出发，恰好沿水平方向向右做匀加速直线运动，重力加速度为g，求： (1)两极板间电场强度的大小； (2)小球出发后t时间内，电场对小球做的功(始终未达到极板)。 解析：(1)对小球受力分析如图 qEcos θ＝mg，解得E＝。 (2)由牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma 解得a＝gtan θ 小球的位移x＝at2 电场对小球做的功W＝qExsin θ＝mg2t2tan2θ。 答案：(1)　(2)mg2t2tan2θ 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$