6-2电场能的性质 一、选择题 1．(2011·深圳模拟)一电子仅受电场力作用，从高电势处移动到低电势处，则(　　) A．电场力对电子做正功 B．电子的电势能减少 C．电子的动能减小 D．电子的动能和电势能的总和保持不变 [答案]　CD [解析]　一电子仅受电场力作用，从高电势处移动到低电势处，则电场力对电子做负功，电子的电势能增加，电子的动能减少，但是电子的动能和电势能的总和保持不变．答案为CD. 2．(2011·宁波模拟)
如图所示，有一重力不计带正电的粒子q进入一个正点电荷Q的电场中，虚线MN是粒子运动的轨迹，实线EF是一条电场线，下列说法正确的是(　　) A．M点的电场强度大于N点的电场强度 B．M点的电势低于N点的电势 C．粒子在M点的动能等于在N点的动能 D．料子在M点的电势能小于在N点的电势能 [答案]　A [解析]　①q受力方向向右，电场方向也向右，左端为场源电荷Q，M点场强大，故A正确． ②沿电场线电势降低，φM>φN，故B错误． ③粒子从M到N，电场力做正功，动能增加，电势能减小， 故C、D错误． 3．(2011·南京二模)一个电荷量为10－6C的负电荷从电场中A点移动到B点，电场力要做功2×10－6J，从C点移动到D点要克服电场力做功7×10－6J，若已知C点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是(　　)
[答案]　C [解析]　已知C点比B点电势高3V，UCB＝3V，电场力做功W＝qU，此公式适用于任何电场．电场力做功与路径无关，由起始和末位置的电势差决定．通过计算可得UBA＝2V，UBD＝4V，UCD＝7V，可见电势由高到低的点是C、B、A、D.答案为C. 4.(2011·南昌模拟)电荷量分别为＋q、＋q和－q的三个带电小球，固定在边长均为a的绝缘三角形框架的三个顶点处，并置于场强为E的匀强电场中，场强方向与框架在同一平面内，如图所示．若此三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则在此过程中电场力做功的大小为(　　) A．0　　　B．qEa　　　C．2qEa　　　D.πqEa [答案]　C [解析]　三角形顺时针转过120°，此时带电小球正好顺时针方向互换位置，电场力对三个小球均做负功，即W＝－Eq××2－Eqa＝－2Eqa，电场力做功的大小为2Eqa，C正确． 5．(2011·北京东城示范校模拟)
如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′ 、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法中正确的是(　　) A．AD两点间的电势差UAD与AA′两点间电势差UAA′相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小 D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同 [答案]　BD [解析]　在匀强电场中因AD垂直于电场线方向，则φA＝φD，UAD＝0，而UAA′≠0，故A错；因φD>φD′，则从A→D→D′移动带正电的粒子电场力做正功，B对；从A→D→D′移动负电荷，电场力做负功，电势能增加，C错；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故D正确． 6．(2011·诸城模拟)
如图所示，一簇电场线关于y轴对称分布，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的同一圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则(　　) A．M点的电势比P点的电势高 B．OM间的电势差等于NO间的电势差 C．一正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能 D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功 [答案]　CD [解析]　①这是点电荷的电场线，以点电荷为圆心画圆，P点的圆周比M点的圆周小，沿电场线电势降落，M点的电势比P点的电势低，故A错；②据U＝Ed，OM间的电势差小于NO间的电势差， 故B错．③O点的电势大于Q点的电势，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确； ④M点的电势比P点的电势低，将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功，故D正确． 7．(2011·黄冈模拟)
一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(　　) A．A处的场强一定大于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势 C．正电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能 D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功 [答案]　AC [解析]　①由题图知正电荷在做加速度越来越小的加速运动，说明电场越来越弱， EA>EB，故A正确． ②正电荷受力A→B，说明电场线的方向为：A→B，φA>φB，故B错误； ③电荷由A至B的过程中，速度增加，电场力一定对正电荷做正功，电势能减少，εA>εB，故C正确； ④电荷由A至B的过程中，速度增加，据动能定理，电场力一定对正电荷做正功， 故D错误． 8．(2011·郑州模拟)
如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带负电荷 B．金属块克服电场力做功8J C．金属块的电势能减少4J D．金属块的机械能减少12J [答案]　D [解析]　金属块滑下的过程中动能增加了12J，由动能定理知合外力做功12J，其中包括重力、摩擦力和电场力做功，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，所以可得电场力做功WF＝－4J，电场力做负功，金属块带正电，电势能增加了4J，选项A、B、C错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即机械能减少12J，选项D正确． 二、非选择题 9.如图所示，把电量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)；若A点的电势UA＝15V，B点的电势UB＝10V，则此过程中电场力做的功为________J. [答案]　增大　－2.5×10－8 [解析]　负电荷受的电场力方向逆着电场线的方向，电荷从A点移到B点的过程中，电场力对其做负功，电势能增大；电场力做功WAB＝qUAB＝(－5×10－9)×(15－10)J＝－2.5×10－8J. 10．雷雨天的闪电是雷暴云中正电荷区与负电荷区的电场大到一定程度时，空气被击穿形成的．假设两带电的云团某一时刻相距500m发生闪电，两云团间的电场可看做场强为2×106N/C的匀强电场，则此时两云团间的电势差为________V．假设闪电持续时间为0.2s，形成的电流大小约为300A，则在这次闪电中释放的电能约为__________J. [答案]　109　6×1010 [解析]　云团间的电势差U＝Ed＝109V，释放的电能E电能＝UIt＝6×1010J. 11.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求： (1)A、B两点的电势差UAB； (2)匀强电场的场强大小； (3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小． [答案]　(1)mgL/2q　(2)mg/q　(3)mg [解析]　(1)小球由A→B过程中，由动能定理： mgLsin60°－qUAB＝0 所以UAB＝mgL/(2q) (2)E＝＝mg/q (3)小球在AB间摆动，由对称性知，B处细线拉力与A处细线拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有 TA＝Eq＝mg 所以TB＝TA＝mg 或在B处，沿细线方向合力为零，有 TB＝Eqcos60°＋mgcos30°＝mg 12．(2011·菏泽模拟)如图所示，一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角．已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小仍为v.求： (1)最高点与O点的竖直高度； (2)最高点处与O点的电势差UNO； (3)电场强度E. [答案]　(1)　(2)　(3)或 [解析]　(1)在竖直方向上：(vsinθ)2＝2gh h＝ (2)从O到N，由动能定理得：UNOq－mgh＝0 UNO＝＝ (3)竖直方向上：vsinθ＝gt 设水平方向油滴运动加速度为a，则－v＝vcosθ－at Eq＝ma 解得E＝或E＝ 13．(2011·沪州模拟)如图所示，在一绝缘的水平桌面上，用一长为2L的绝缘轻杆连接两质量均为m的带电小球A和B，两球与水平面间的动摩擦因数均为μ＝.A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，开始时杆的中垂线与虚线MP重合，NQ与MP平行且相距4L ，最初A和B分别静止于MP的两侧，距MP的距离均为L，A球距NQ的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在MP、NQ间加上水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，设最大摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求： (1)B球第一次进入电场时的速度大小． (2)最后稳定时，A球最后停在何处？A球所处初末位置间的电势差U为多大？ (3)整个过程中，因摩擦而产生的内能Q及系统减小的电势能ΔE. [答案]　(1)　(2)MP右侧到MP的距离为L，　(3)qEL [解析]　(1)设B球第一次进入电场时的速度为v1，由动能定理有： 2qEL－2μmgL＝×2mv 又μ＝，可得：v1＝ (2)若μ＝0，当A球运动至电场右边界NQ处时电场力做的总功为：2qEL－qE×2L＝0，即当A球运动至NQ处时，两球速度刚好为零．故μ＝时，系统速度第一次为零时， A球仍在电场中 设B球在距MP距离为x处速度第一次为零，据动能定理有： 2qEL－2μmgL－qEx－2μmgx＝0 又μ＝， 联立以上各式可得：x＝ 此时系统所受电场力合力大小为qE<2μmg＝qE，所以系统速度第一次为零之后停止运动，则A球最后停在MP右侧到MP的距离为x′＝ 则A球所处初末位置间的电势差U＝E×(x′－L)，可得：U＝ (3)整个过程克服摩擦力做的功为：W＝2μmg(L＋x)＝qE (L＋L)＝qEL　即Q＝qEL 由能量守恒定律可知，减小的电势能与产生的内能相等，则： ΔE＝Q＝qEL

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