2025版新教材高中物理第一章靜電場專項8電場中的功能關(guān)系課時作業(yè)教科版必修第三冊

eq\a\vs4\al(專)eq\a\vs4\al(項)8電場中的功能關(guān)系提實力1．在電場中，把電荷量為4×10－9C的正電荷從A點移到B點，克服靜電力做功8×10－8J，以下說法中正確的是()A．正電荷在B點具有的電勢能是8×10－8JB．B點的電勢是20VC．正電荷的電勢能增加了8×10－8JD．正電荷的電勢能削減了8×10－8J2．質(zhì)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，重力加速度為g，在小球下落h的過程中()A．小球的重力勢能削減了2mghB．小球的動能增加了2mghC．靜電力做負(fù)功2mghD．小球的電勢能增加了3mgh3．如圖所示，一個帶負(fù)電的油滴，從坐標(biāo)原點O以速率v0射入水平的勻強電場中，v0的方向與電場方向成θ角，油滴質(zhì)量為m，它在運動到最高點P時的速率恰為v0，設(shè)P點的坐標(biāo)為(xP，yP)，則()A．xP>0B．xP<0C．xP＝0D．條件不足，無法判定4．如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)，固定一半徑為R的光滑絕緣的圓形軌道，圓心在O點，第四象限(含x、y軸)內(nèi)有水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從圖中A點靜止釋放，沿圓弧內(nèi)側(cè)軌道運動，第一次恰能通過圓弧軌道的最高點，已知重力加速度為g，則勻強電場的電場強度大小為()A．eq\f(mg,q)B．eq\f(3mg,2q)C．eq\f(2mg,q)D．eq\f(5mg,2q)5.如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量m＝0.2kg、帶電荷量q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時刻起先，空間上加一個如圖乙所示的電場．(取水平向右的方向為正方向，g取10m/s2)求：(1)0～4s內(nèi)小物塊的位移大??；(2)0～4s內(nèi)靜電力對小物塊所做的功．6．如圖所示，在場強E＝1×104N/C的水平勻強電場中，有一根長l＝15cm的細(xì)線，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量m＝3g、電荷量q＝2×10－6C的帶正電小球，當(dāng)細(xì)線處于水平位置時，將小球從靜止起先釋放，g取10m/s2.(1)小球到達(dá)最低點B的過程中重力勢能、電勢能和機械能的改變量的大小分別為多少？(2)若取A點為零電勢能點，則小球在B點的電勢能為多大？(3)小球到B點時速度為多大？細(xì)線的張力為多大？7.如圖所示，電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同始終線上，A和C相距L，B為AC的中點．現(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運動到B點時速度正好又為零，已知帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：(1)小球運動到B點時的加速度大??；(2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示).專項8電場中的功能關(guān)系1．答案：C解析：正電荷從A點移到B點，克服靜電力做功8×10－8J，電勢能增加8×10－8J，但由于零電勢點位置未知，所以B點的電勢能不能確定，A、D錯誤，C正確．B點的電勢能不能確定，則B點的電勢不能確定，B錯誤．2．答案：D解析：帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據(jù)牛頓其次定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，依據(jù)做功與勢能改變關(guān)系可推斷：小球重力勢能削減了mgh，電勢能增加了3mgh，依據(jù)動能定理，小球的動能削減了2mgh，故選D.3．答案：B解析：帶負(fù)電的油滴受到向左的靜電力和豎直向下的重力，其運動是豎直方向上的豎直上拋運動和水平方向上的勻變速直線運動的合運動，從點O運動到最高點P的過程中重力和靜電力做的功分別為WG、W，由于最高點速率為v0，即動能改變量為零，由動能定理得WG＋W＝0，因重力做負(fù)功，所以靜電力肯定做正功，因此最高點肯定在原點O正上方的左側(cè)．4．答案：B解析：小球恰好通過最高點，則有：mg＝meq\f(v2,R)，解得小球在最高點的速度為：v＝eq\r(gR)，小球從A點到最高點的過程中，依據(jù)動能定理可得：EqR－mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得E＝eq\f(3mg,2q)，故B正確．5．答案：(1)8m(2)1.6J解析：對小物塊進行受力分析，結(jié)合牛頓其次定律可知，小物塊的v－t圖像如圖所示．(1)v-t圖像中，圖線與時間軸所圍圖形的面積表示位移的大小，由圖可知0～4s內(nèi)小物塊的位移大小x＝eq\f(4×4,2)m＝8m.(2)對小物塊應(yīng)用動能定理有W－μmgx＝0－0，解得W＝μmgx＝1.6J．6．答案：(1)4.5×10－3J3×10－3J3×10－3J(2)3×10－3J(3)1m/s5×10－2N解析：(1)重力勢能改變量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3J，電勢能的改變量ΔEp電＝－W電＝qEl＝3×10－3J，機械能的改變量ΔE＝－ΔEp電＝－3×10－3J．(2)由ΔEp電＝EpB－EpA得，小球在B點的電勢能EpB＝3×10－3J．(3)小球從A到B，由動能定理得mgl－qEl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得小球在B點的速度vB＝1m/s，在B點，由圓周運動的向心力公式F＝eq\f(mv2,r)，對小球有FT－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),l)，解得細(xì)線拉力FT＝5×10－2N．7．答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)解析：(1)由題意可知小球帶正電，設(shè)帶電小球的電荷量為q，在A、B點分別應(yīng)用牛頓其次定律，帶電小球在A點時，有mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA，帶電小球在B點時，有eq\f(kQq,（\f(L,2)）2)－mgsin30°＝maB，已知aA＝eq\f(g,4)，可解得aB＝eq\f(g,2).(2)由A點到B