电场力做功与电势能

j.Co M
2.1《电场力做功与电势能》测试
一、单项选择题
1．如图2－1－7所示，是以＋Q为圆心的一组同心圆(虚线)，电场中有A、B、C、D四点．现将一带正电荷q的点电荷由A点沿不同的路径移动到D点．沿路径①做功为W1，沿路径②做功为W2，沿路径③做功为W3，则(　　)

图2－1－7

A．W2B．W1＝W2＝W3
C．W2>W3>W1
D．因不知道＋q的具体数值，故无法作出判断
解析：选B.因为电场力做功只与初、末位置有关，而与电荷运动路径无关，故沿三条路径由A移动到D的过程中，电场力做功相等，选项B正确．
2.如图2－1－8所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是(　　)

图2－1－8

A．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少
B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加
C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加
D．不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低
解析：选B.由电场线方向可知，将正电荷从a移到b电场力做正功，电势能减少，而将负电荷从a移到b，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确，A、C、D错误．
3．如图2－1－9所示，实线表示电场线，一个负电荷q由a点飞入图示的电场后，沿abc运动，并从c点飞出电场．已知q由a运动到b动能减少了3×10－5 J，由b运动到c动能增加了4.5×10－5 J，忽略重力．则从a到c，电荷的电势能的变化及电场线的方向为(　　)

图2－1－9

A．增加1.5×10－5 J，方向斜向下
B．增加3.0×10－5 J，方向斜向上
C．减少1.5×10－5 J，方向斜向上
D．减少4.5×10－5 J，方向斜向下
解析：选C.由负电荷的运动轨迹可知，负电荷的受力方向斜向下，所以电场线方向斜向上．由a到c电荷动能增加量为4.5×10－5 J－3×10－5 J＝1.5×10－5 J，所以电势能减少了1.5×10－5 J，故C正确，A、B、D错误．
4.如图2－1－10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(　　)

图2－1－10
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：选D.由带电微粒运动的径迹可以看出带电微粒受到的电场力指向径迹凹侧，即与电场方向相同，故带电微粒带正电，选项A、B错误；因为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．答案为D.
5.(2011年绵阳高二检测)如图2－1－11所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则(　　)

图2－1－11

A．电场线的方向竖直向上
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加
D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力
解析：选B.质点受电场力方向向上，由于带负电，所以电场线从b→a, A错误；a到b电场力做正功，电势能应减少，所以C错误；a处电场力大于重力，而b处电场力等于重力，所以B正确，D错误．
6.如图2－1－12所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是(　　)

图2－1－12

A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
解析：选B.因带电微粒做直线运动，故合外力方向与速度方向在同一直线上，微粒受力分析如图所示，合外力方向与v0反向，做负功，故微粒动能减少．同时，我们知道重力和电场力均做负功，重力势能增加，电势能增加．故B正确，A、C、D错误．
7．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中(　　)
A．小球的重力势能减少了2mgh
B．小球的动能减少了3mgh
C．电场力做负功，大小为2mgh
D．小球的电势能增加了3mgh
解析：选D.带电小球受到向上的电场力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg.在下落过程中电场力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh；根据动能定理，小球的动能减少了2mgh.
8.如图2－1－13所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是(　　)

图2－1－13

A．电荷从a到b加速度减小
B．电荷从a到b加速度增大
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b动能增加
解析：选A.根据电场线的疏密程度可以判断在a处的场强大于b处的，也就是说试探电荷在a处受到的电场力大于在b处的，由牛顿第二定律可知粒子在a处运动的加速度大于b处的，所以选项A正确，B错误．根据带电粒子做曲线运动的条件，曲线向力的方向弯曲，可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左．由此判断电场线方向发散向外，粒子在电场中从a向b点运动，电场力对电荷做负功，动能减小，电势能不断增大，选项C、D错误．
9．如图2－1－14所示，图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b.在这个过程中，电荷的速度?时间图线如图乙所示，比较a、b两点场强大小Ea、Eb和负电荷具有的电势能大小Epa、Epb有(　　)

甲　　　　　　　　乙
图2－1－14
A．Ea>Eb，EpaB．Ea＝Eb，Epa>Epb
C．EaEpb
D．Ea＝Eb，Epa解析：选D.从速度图线看到，负电荷做匀减速运动，所受电场力为恒力，电场为匀强电场；受电场力的方向为b到a，因此电场力做负功，所以电荷在a点的电势能低于在b点的．选项D正确．
10.(2011年济南模拟)如图2－1－15所示，在粗糙的水平面上，固定一点电荷Q，由M点无初速度释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在点电荷Q的电场中运动到N静止，则从M点运动到N点的过程中(　　)

图2－1－15

A．小物块所受的电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐增大
C．小物块具有的动能减小
D．电场力先做正功后做负功
解析：选A.物块处于点电荷Q的电场中，故离Q越远，电场力越小，由于物块在电场力作用下运动，故电场力一直做正功，动能增加，电势能减小．
二、非选择题
11．有一带负电的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4 J．从B点移到C点时，电场力做功9×10－4 J，问：
(1)若以A为零势能点，B、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？
(2)若以B为零势能点，A、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？
解析：(1)从A点移到B点，克服电场力做功6×10－4 J，电势能增加6×10－4 J，由于A点的电势能为零，故B点电势能为6×10－4 J.
从B点移到C点，电场力做功9×10－4 J，电势能减少9×10－4 J，故C点电势能为－3×10－4 J.
由于A为零势能点，故A、C间的电势能之差为3×10－4 J.
(2)以B点为零势能点，电荷从A点移到B点，电势能增加6×10－4 J，B点电势能为零，故A点电势能为－6×10－4 J.
从B点移到C点，电势能减少9×10－4 J，故C点电势能为－9×10－4 J．A、C间的电势能之差为3×10－4 J.
答案：(1)6×10－4 J　－3×10－4 J　3×10－4 J
(2)－6×10－4 J　－9×10－4 J　3×10－4 J
12．(2011年泉州高二检测)一匀强电场，场强方向是水平的(如图2－1－16所示)．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，恰能沿与场强的反方向成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．

图2－1－16

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的合力必沿初速度方向，如图所示．
有mg＝Eqtanθ
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＝mg/sinθm＝gsinθ
设从O点到最高点的路程为s，有v20＝2as
运动的水平距离为l＝scosθ
由上面公式可得电场力做功W＝－qEl
＝－12mv20cos2θ
电势能之差ΔEp＝－W＝12mv20cos2θ.
答案：12mv20cos2θ

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