2.1《電場力做功與電勢能》測試
一、單項選擇題
1．如圖2－1－7所示，是以＋Q為圓心的一組同心圓(虛線)，電場中有A、B、C、D四點．現(xiàn)將一帶正電荷q的點電荷由A點沿不同的路徑移動到D點．沿路徑①做功為W1，沿路徑②做功為W2，沿路徑③做功為W3，則( )
圖2－1－7
A．W2
C．W2>W3>W1
D．因不知道＋q的具體數(shù)值，故無法作出判斷
解析：選B.因為電場力做功只與初、末位置有關，而與電荷運動路徑無關，故沿三條路徑由A移動到D的過程中，電場力做功相等，選項B正確．
2.如圖2－1－8所示，a、b為某電場線上的兩點，那么以下結論正確的是( )
圖2－1－8
A．把正電荷從a移到b，電場力做負功，電荷的電勢能減少
B．把負電荷從a移到b，電場力做負功，電荷的電勢能增加
C．把負電荷從a移到b，電場力做正功，電荷的電勢能增加
D．不論正電荷還是負電荷，從a移到b電勢能逐漸降低
解析：選B.由電場線方向可知，將正電荷從a移到b電場力做正功，電勢能減少，而將負電荷從a移到b，電場力做負功，電勢能增加，故選項B正確，A、C、D錯誤．
3．如圖2－1－9所示，實線表示電場線，一個負電荷q由a點飛入圖示的電場后，沿abc運動，并從c點飛出電場．已知q由a運動到b動能減少了3×10－5 J，由b運動到c動能增加了4.5×10－5 J，忽略重力．則從a到c，電荷的電勢能的變化及電場線的方向為( )
圖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．減少1.5×10－5 J，方向斜向上
D．減少4.5×10－5 J，方向斜向下
解析：選C.由負電荷的運動軌跡可知，負電荷的受力方向斜向下，所以電場線方向斜向上．由a到c電荷動能增加量為4.5×10－5 J－3×10－5 J＝1.5×10－5 J，所以電勢能減少了1.5×10－5 J，故C正確，A、B、D錯誤．
4.如圖2－1－10所示，有一帶電的微粒，在電場力的作用下沿曲線從M點運動到N點，則微粒( )
圖2－1－10
A．帶負電，電勢能增加
B．帶負電，電勢能減少
C．帶正電，電勢能增加
D．帶正電，電勢能減少
解析：選D.由帶電微粒運動的徑跡可以看出帶電微粒受到的電場力指向徑跡凹側，即與電場方向相同，故帶電微粒帶正電，選項A、B錯誤；因為電場力對帶電微粒做正功，微粒電勢能減少，選項C錯誤，D正確．答案為D.
5.(2011年綿陽高二檢測)如圖2－1－11所示，a、b是豎直方向上同一電場線上的兩點，一帶負電質點在a點由靜止釋放，到達b點時速度最大，則( )
圖2－1－11
A．電場線的方向豎直向上
B．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度
C．質點從a點運動到b點的過程中電勢能增加
D．質點在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力
解析：選B.質點受電場力方向向上，由于帶負電，所以電場線從b→a, A錯誤；a到b電場力做正功，電勢能應減少，所以C錯誤；a處電場力大于重力，而b處電場力等于重力，所以B正確，D錯誤．
6.如圖2－1－12所示，空間有一水平勻強電場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，沿圖中虛線由A運動到B，其能量變化情況是( )
圖2－1－12
A．動能減少，重力勢能增加，電勢能減少
B．動能減少，重力勢能增加，電勢能增加
C．動能不變，重力勢能增加，電勢能減少
D．動能增加，重力勢能增加，電勢能減少
解析：選B.因帶電微粒做直線運動，故合外力方向與速度方向在同一直線上，微粒受力分析如圖所示，合外力方向與v0反向，做負功，故微粒動能減少．同時，我們知道重力和電場力均做負功，重力勢能增加，電勢能增加．故B正確，A、C、D錯誤．
7．質量為m的帶電小球射入勻強電場后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運動，在小球下落h的過程中( )
A．小球的重力勢能減少了2mgh
B．小球的動能減少了3mgh
C．電場力做負功，大小為2mgh
D．小球的電勢能增加了3mgh
解析：選D.帶電小球受到向上的電場力和向下的重力，據(jù)牛頓第二定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg.在下落過程中電場力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據(jù)做功與勢能變化關系可判斷：小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh；根據(jù)動能定理，小球的動能減少了2mgh.
8.如圖2－1－13所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負的試探電荷在這個電場中僅在電場力作用下運動的軌跡．若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是( )
圖2－1－13
A．電荷從a到b加速度減小
B．電荷從a到b加速度增大
C．電荷從a到b電勢能減小
D．電荷從a到b動能增加
解析：選A.根據(jù)電場線的疏密程度可以判斷在a處的場強大于b處的，也就是說試探電荷在a處受到的電場力大于在b處的，由牛頓第二定律可知粒子在a處運動的加速度大于b處的，所以選項A正確，B錯誤．根據(jù)帶電粒子做曲線運動的條件，曲線向力的方向彎曲，可判定，在a、b兩點所受到的電場力的方向都應在電場線上并大致向左．由此判斷電場線方向發(fā)散向外，粒子在電場中從a向b點運動，電場力對電荷做負功，動能減小，電勢能不斷增大，選項C、D錯誤．
9．如圖2－1－14所示，圖甲是某電場中的一條電場線，a、b是這條線上的兩點，一負電荷只受電場力作用，沿電場線從a運動到b.在這個過程中，電荷的速度?時間圖線如圖乙所示，比較a、b兩點場強大小Ea、Eb和負電荷具有的電勢能大小Epa、Epb有( )
甲 乙
圖2－1－14
A．Ea>Eb，Epa
C．Ea
D．Ea＝Eb，Epa
10.(2011年濟南模擬)如圖2－1－15所示，在粗糙的水平面上，固定一點電荷Q，由M點無初速度釋放一帶有恒定電荷量的小物塊，小物塊在點電荷Q的電場中運動到N靜止，則從M點運動到N點的過程中( )
圖2－1－15
A．小物塊所受的電場力逐漸減小
B．小物塊具有的電勢能逐漸增大
C．小物塊具有的動能減小
D．電場力先做正功后做負功
解析：選A.物塊處于點電荷Q的電場中，故離Q越遠，電場力越小，由于物塊在電場力作用下運動，故電場力一直做正功，動能增加，電勢能減�。�
二、非選擇題
11．有一帶負電的點電荷，從電場中的A點移到B點時，克服電場力做功6×10－4 J．從B點移到C點時，電場力做功9×10－4 J，問：
(1)若以A為零勢能點，B、C兩點的電勢能各為多少？A、C間的電勢能之差為多少？
(2)若以B為零勢能點，A、C兩點的電勢能各為多少？A、C間的電勢能之差為多少？
解析：(1)從A點移到B點，克服電場力做功6×10－4 J，電勢能增加6×10－4 J，由于A點的電勢能為零，故B點電勢能為6×10－4 J.
從B點移到C點，電場力做功9×10－4 J，電勢能減少9×10－4 J，故C點電勢能為－3×10－4 J.
由于A為零勢能點，故A、C間的電勢能之差為3×10－4 J.
(2)以B點為零勢能點，電荷從A點移到B點，電勢能增加6×10－4 J，B點電勢能為零，故A點電勢能為－6×10－4 J.
從B點移到C點，電勢能減少9×10－4 J，故C點電勢能為－9×10－4 J．A、C間的電勢能之差為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年泉州高二檢測)一勻強電場，場強方向是水平的(如圖2－1－16所示)．一個質量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成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．
圖2－1－16
解析：設小球的電荷量為q，因小球做直線運動，則它受到的電場力Eq和重力mg的合力必沿初速度方向，如圖所示．
有mg＝Eqtanθ
由此可知，小球做勻減速直線運動的加速度大小為
a＝F合m＝mg/sinθm＝gsinθ
設從O點到最高點的路程為s，有v20＝2as
運動的水平距離為l＝scosθ
由上面公式可得電場力做功W＝－qEl
＝－12mv20cos2θ
電勢能之差ΔEp＝－W＝12mv20cos2θ.
答案：12mv20cos2θ
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