2023版新教材高中物理第一章静电场专项8电场中的功能关系课时作业教科版必修第三册

 8　电场中的功能关系

提能力　

1．在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8 J，以下说法中正确的是(　　)

A．正电荷在B点具有的电势能是8×10－8 J

B．B点的电势是20 V

C．正电荷的电势能增加了8×10－8 J

D．正电荷的电势能减少了8×10－8 J

2．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，重力加速度为g，在小球下落h的过程中(　　)

A．小球的重力势能减少了2mgh

B．小球的动能增加了2mgh

C．静电力做负功2mgh

D．小球的电势能增加了3mgh

3．如图所示，一个带负电的油滴，从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场中，v0的方向与电场方向成θ角，油滴质量为m，它在运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为(xP，yP)，则(　　)

A．xP>0        B．xP<0

C．xP＝0        D．条件不足，无法判定

4．如图所示，在竖直平面xOy内，固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O点，第四象限(含x、y轴)内有水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球，从图中A点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为(　　)

A．  B．

C．    D．

5.如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量m＝0.2 kg、带电荷量q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)求：

(1)0～4 s内小物块的位移大小；

(2)0～4 s内静电力对小物块所做的功．

6．如图所示，在场强E＝1×104 N/C的水平匀强电场中，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＝2×10－6 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.

(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机械能的变化量的大小分别为多少？

(2)若取A点为零电势能点，则小球在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？

7.

如图所示，电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距L，B为AC的中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：

(1)小球运动到B点时的加速度大小；

(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示).

专项8　电场中的功能关系

1．答案：C

解析：正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8 J，电势能增加8×10－8 J，但由于零电势点位置未知，所以B点的电势能不能确定，A、D错误，C正确．B点的电势能不能确定，则B点的电势不能确定，B错误．

2．答案：D

解析：带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功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，故选D.

3．答案：B

解析：带负电的油滴受到向左的静电力和竖直向下的重力，其运动是竖直方向上的竖直上抛运动和水平方向上的匀变速直线运动的合运动，从点O运动到最高点P的过程中重力和静电力做的功分别为WG、W，由于最高点速率为v0，即动能变化量为零，由动能定理得WG＋W＝0，因重力做负功，所以静电力一定做正功，因此最高点一定在原点O正上方的左侧．

4．答案：B

解析：小球恰好通过最高点，则有：mg＝m，

解得小球在最高点的速度为：v＝，

小球从A点到最高点的过程中，根据动能定理可得：

EqR－mgR＝mv2，

解得E＝，故B正确．

5．答案：(1)8 m　(2)1.6 J

解析：对小物块进行受力分析，结合牛顿第二定律可知，小物块的v－t图像如图所示．

(1)v ­ t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移的大小，由图可知0～4 s内小物块的位移大小x＝ m＝8 m.(2)对小物块应用动能定理有W－μmgx＝0－0，解得W＝μmgx＝1.6 J．

6．答案：(1)4.5×10－3 J　3×10－3 J　3×10－3 J　(2)3×10－3 J　(3)1 m/s　5×10－2 N

解析：(1)重力势能变化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J，电势能的变化量ΔEp电＝－W电＝qEl＝3×10－3 J，机械能的变化量ΔE＝－ΔEp电＝－3×10－3 J．(2)由ΔEp电＝EpB－EpA得，小球在B点的电势能EpB＝3×10－3 J．(3)小球从A到B，由动能定理得mgl－qEl＝mv，解得小球在B点的速度vB＝1 m/s，在B点，由圆周运动的向心力公式F＝，对小球有FT－mg＝，解得细线拉力FT＝5×10－2 N．

7．答案：(1)　(2)

解析：(1)由题意可知小球带正电，设带电小球的电荷量为q，在A、B点分别应用牛顿第二定律，带电小球在A点时，有mg sin 30°－k＝maA，

带电小球在B点时，有－mg sin 30°＝maB，

已知aA＝，可解得aB＝.

(2)由A点到B点应用动能定理得

mg sin 30°·－UBA·q＝0，

由mg sin 30°－k＝maA＝m·可得mg＝k，则联立可得UBA＝.