資源簡介

物理
第八章　核心素養提升練
1．(多選)某種駐極體自身總帶有定量的電荷，且所帶電荷無法自由移動，利用駐極體可實現力電轉換，進而解決可穿戴電子設備的供電難題。下圖為某種可發生彈性形變的駐極體，其內部帶有負電荷，閉合開關，按壓駐極體，下方金屬板上的自由電子在靜電力作用下發生如右圖所示的移動。下列說法正確的是(　　)
A．若閉合開關S，在向下按壓駐極體的過程中，電流自左向右流經電阻R
B．若閉合開關S，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉化為電能
C．若閉合開關S，周期性按壓駐極體，有交變電流流經電阻R
D．若斷開開關S，按壓駐極體，則下方金屬板上的P點電勢升高
2．(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則(　　)
A．O、C兩點電勢相等
B．A點的電場強度大于B點
C．沿直線從A到B電勢先升高后降低
D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大
3．足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強電場，平行板電容器內部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的帶電量為Q，內部場強為E，不計電容器的邊緣效應，其兩極板間的吸引力為(　　)
A．QE B．
C．2QE D．4QE
4．(多選)為了測定某平行于紙面的勻強電場的場強，某同學進行了如下操作：取電場內某一位置O點為坐標原點建立x軸，選取x軸上到O點距離為r的P點(圖中未標出)，以O為圓心、r為半徑作圓。如圖甲所示，從P點起逆時針沿圓周測量圓上各點的電勢和轉過的角度θ，當半徑r分別取r0、2r0、3r0時，繪制的φ θ圖像對應乙圖中③、②、①，它們的電勢均在θ＝θ0時達到最大值，最大值分別為2φ0、3φ0、4φ0。下列說法正確的是(　　)
A．O點為電勢零點
B．場強的大小為
C．場強方向與x軸正方向的夾角為θ0
D．曲線①、②、③的交點M和N在同一等勢線上
5．(2025·廣東省惠州市高三上第一次調研)(多選)為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示；而在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則(　　)
A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變
B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運動的過程中，塵粒所受電場力變小
C．任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等
D．甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等
6．(2023·浙江6月選考)AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10 cm，電荷量為1．0×10－8 C、質量為3．0×10－4 kg的小球用長為5 cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點(未標出)，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．MC距離為5 cm
B．電勢能增加了×10－4 J
C．電場強度大小為×104 N/C
D．減小R的阻值，MC的距離將變大
7．(2024·江西高考)(多選)如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從x＝x0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能Ep＝k(r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量)。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關于小球甲，下列說法正確的是(　　)
A．最低點的位置x＝
B．速率達到最大值時的位置x＝
C．最后停留位置x的區間是≤x≤
D．若在最低點能返回，則初始電勢能Ep0<(mg－f)
8．(2025·八省聯考四川卷)如圖，豎直平面內有一光滑絕緣軌道，取豎直向上為y軸正方向，軌道形狀滿足曲線方程y＝x2。質量為m、電荷量為q(q>0)的小圓環套在軌道上，空間有與x軸平行的勻強電場，電場強度大小E＝，圓環恰能靜止在坐標(1，1)處，不計空氣阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圓環由(3，9)處靜止釋放，則(　　)
A．恰能運動到(－3，9)處 B．在(1，1)處加速度為零
C．在(0，0)處速率為10 m/s D．在(－1，1)處機械能最小
9．(2022·江蘇高考)某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示。矩形ABCD區域內存在多層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化。AB邊長為12d，BC邊長為8d，質量為m、電荷量為＋q的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為Ek，入射角為θ，在紙面內運動。不計重力及粒子間的相互作用力。
(1)當θ＝θ0時，若粒子能從CD邊射出，求該粒子通過電場的時間t；
(2)當Ek＝4qEd時，若粒子從CD邊射出電場時與軸線OO′的距離小于d，求入射角θ的范圍；
(3)當Ek＝qEd時，粒子在θ為－～范圍內均勻射入電場，求從CD邊出射的粒子與入射粒子的數量之比N∶N0。
第八章　核心素養提升練（解析版）
1．(多選)某種駐極體自身總帶有定量的電荷，且所帶電荷無法自由移動，利用駐極體可實現力電轉換，進而解決可穿戴電子設備的供電難題。下圖為某種可發生彈性形變的駐極體，其內部帶有負電荷，閉合開關，按壓駐極體，下方金屬板上的自由電子在靜電力作用下發生如右圖所示的移動。下列說法正確的是(　　)
A．若閉合開關S，在向下按壓駐極體的過程中，電流自左向右流經電阻R
B．若閉合開關S，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉化為電能
C．若閉合開關S，周期性按壓駐極體，有交變電流流經電阻R
D．若斷開開關S，按壓駐極體，則下方金屬板上的P點電勢升高
答案：BC
解析：若閉合開關S，由按壓狀態圖可知，電子自左向右流經電阻R，故電流自右向左流經電阻R，故A錯誤；若閉合開關S，由題目描述可知，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉化為電路的電能，故B正確；若閉合開關S，向下按壓駐極體時金屬板上的自由電子自左向右流經電阻R進入大地，可知當停止按壓，駐極體恢復為原狀，自由電子從大地經電阻R流回金屬板，所以若周期性按壓駐極體，則有交變電流流經電阻R，故C正確；開關閉合，沒有按壓駐極體時無電流，說明金屬板上P點電勢等于大地的電勢，按壓駐極體時，電流方向自右向左，說明大地電勢高于此時P點電勢，所以若斷開開關S，按壓駐極體，會使P點電勢降低，故D錯誤。
2．(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則(　　)
A．O、C兩點電勢相等
B．A點的電場強度大于B點
C．沿直線從A到B電勢先升高后降低
D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大
答案：A
解析：在均勻帶正電的完整球面中，球內場強處處為零，則O、C兩點電勢相等；由對稱性可知，左、右半球面在O點的電勢相等，在C點的電勢也相等，則題中O、C兩點電勢相等，故A正確。在均勻帶正電的完整球面中，設左、右半球面在A點產生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則知E1＝E2，根據對稱性，左、右半球在B點產生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1＝E2；在圖示電場中，A點的電場強度大小為E2，B點的電場強度大小為E1，所以A點的電場強度與B點的電場強度大小相等，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤。對于均勻帶正電的右半球面，由電場疊加可知，AO直線處場強方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB處場強方向向右，又因在完整球面內部場強處處為零，可知右半球面在OB處場強方向向左；故題中右半球面在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢逐漸升高，故C錯誤。
3．足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強電場，平行板電容器內部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的帶電量為Q，內部場強為E，不計電容器的邊緣效應，其兩極板間的吸引力為(　　)
A．QE B．
C．2QE D．4QE
答案：B
解析：將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作檢驗電荷，由題意可知電容器內部電場是兩個極板電荷產生的勻強電場的疊加場，則場源電荷產生的電場場強大小為，因此兩極板相互間的靜電力為F＝·Q＝，故B正確，A、C、D錯誤。
4．(多選)為了測定某平行于紙面的勻強電場的場強，某同學進行了如下操作：取電場內某一位置O點為坐標原點建立x軸，選取x軸上到O點距離為r的P點(圖中未標出)，以O為圓心、r為半徑作圓。如圖甲所示，從P點起逆時針沿圓周測量圓上各點的電勢和轉過的角度θ，當半徑r分別取r0、2r0、3r0時，繪制的φ θ圖像對應乙圖中③、②、①，它們的電勢均在θ＝θ0時達到最大值，最大值分別為2φ0、3φ0、4φ0。下列說法正確的是(　　)
A．O點為電勢零點
B．場強的大小為
C．場強方向與x軸正方向的夾角為θ0
D．曲線①、②、③的交點M和N在同一等勢線上
答案：BD
解析：電勢降低最快的方向是電場方向，則以O為圓心、r為半徑的圓周上過電勢最高點的電場線一定過圓心O，且方向為從電勢最高點指向O點，結合題圖乙知，電場方向與x軸負方向夾角為θ0，故C錯誤；由上述分析，根據勻強電場中電勢差與場強的關系U＝Ed，結合題意和題圖乙可知，場強大小E＝＝＝，B正確；根據U＝Δφ＝Ed可知，O點電勢φO＝2φ0－Er0＝φ0，A錯誤；曲線①、②、③交于M、N兩點，則半徑r分別取3r0、2r0、r0的圓周上的點在θ＝θM和θ＝θN時電勢分別相等，根據勻強電場場強方向與等勢線的關系可知，θ＝θM和θ＝θN時，對應的半徑均垂直于場強方向，故M和N在過O點的同一等勢線上，故D正確。
5．(2025·廣東省惠州市高三上第一次調研)(多選)為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示；而在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則(　　)
A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變
B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運動的過程中，塵粒所受電場力變小
C．任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等
D．甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等
答案：BD
解析：甲桶中的電場為勻強電場，根據F＝qE可知，塵粒所受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，可知塵粒所受的合力隨速度的變化而改變，根據牛頓第二定律可知，塵粒的加速度會變化，A錯誤；乙桶中的電場是輻射狀的，越遠離導線的位置電場強度越小，根據F＝qE可知，塵粒在向桶壁運動的過程中，塵粒所受電場力變小，B正確；根據W＝Fs，F＝qE，整理可得W＝qEs，由于塵粒在甲桶中不是始終做勻速直線運動，故在任意相等時間內，位移s可能不同，即任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，C錯誤；根據W＝qU可知，甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值都等于qU，D正確。
6．(2023·浙江6月選考)AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10 cm，電荷量為1．0×10－8 C、質量為3．0×10－4 kg的小球用長為5 cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點(未標出)，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．MC距離為5 cm
B．電勢能增加了×10－4 J
C．電場強度大小為×104 N/C
D．減小R的阻值，MC的距離將變大
答案：B
解析：閉合開關、剪斷細線前對小球受力分析如圖1所示，根據平衡條件和幾何關系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，豎直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，聯立解得T＝×10－3 N，電場強度的大小E＝×105 N/C，C錯誤；剪斷細線，小球所受合力沿細線拉力T的反方向，大小為F合＝T＝×10－3 N，則小球沿原細線方向向下做勻加速直線運動，軌跡如圖2所示，根據幾何關系可得LMC＝dtan60°＝10 cm，故A錯誤；根據圖2幾何關系可得，小球在電場力方向的位移大小x＝d－l線sin30°＝7．5 cm，方向與電場力方向相反，則電場力做功為W電＝－qEx＝－×10－4 J，則小球的電勢能增加了ΔEp＝－W電＝×10－4 J，故B正確；減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以剪斷細線前小球的受力和剪斷細線后小球的運動不會發生改變，MC的距離不變，故D錯誤。
7．(2024·江西高考)(多選)如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從x＝x0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能Ep＝k(r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量)。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關于小球甲，下列說法正確的是(　　)
A．最低點的位置x＝
B．速率達到最大值時的位置x＝
C．最后停留位置x的區間是≤x≤
D．若在最低點能返回，則初始電勢能Ep0<(mg－f)
答案：BD
解析：小球甲所受重力豎直向下且不變，所受電場力豎直向上且越向下越大，則由上到下，重力與電場力的合力先向下且不斷減小，減小到0后向上且不斷增大，在重力與電場力的合力為0的位置，重力與電場力的合力做功最大，總勢能最小，由此位置向上或向下，總勢能均增大，若小球甲到達最低點能返回，則在最低點重力與電場力的合力向上，又摩擦力始終對小球甲做負功，根據能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到達的最低點就是整個過程的最低點，小球甲從開始釋放至運動到最低點的過程，根據能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋，解得最低點的位置x′＝，A錯誤；若小球甲在最低點能返回，則有>mg＋f，解得x′<，又x′＝，則<，可得初始電勢能Ep0＝<(mg－f)，D正確；小球甲最后靜止時，所受靜摩擦力大小f靜的范圍為0≤f靜≤f，若小球甲所受靜摩擦力方向向上且最大，根據共點力平衡條件有mg＝f＋k，解得此時小球甲的位置x1＝，若小球甲所受靜摩擦力方向向下且最大，根據共點力平衡條件有k＝mg＋f，解得此時小球甲的位置x2＝，因此小球甲最后停留位置x的區間為≤x≤，C錯誤；分析可知，小球甲第一次向下經過x1位置時速率第一次最大，若到達最低點能返回，則第一次向上經過x2位置時速率第二次最大，因第一次向下運動過程從x1到x2速率減小，從第一次向下經過x2到第一次向上經過x2，由能量守恒定律可知，小球甲的動能減小，速率減小，則小球甲第一次向上經過x2的速率小于第一次向下經過x1的速率，同理可知，第二次向下經過x1的速率小于第一次向上經過x2的速率，……，所以小球甲第一次向下經過x1位置時速率最大，故B正確。
8．(2025·八省聯考四川卷)如圖，豎直平面內有一光滑絕緣軌道，取豎直向上為y軸正方向，軌道形狀滿足曲線方程y＝x2。質量為m、電荷量為q(q>0)的小圓環套在軌道上，空間有與x軸平行的勻強電場，電場強度大小E＝，圓環恰能靜止在坐標(1，1)處，不計空氣阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圓環由(3，9)處靜止釋放，則(　　)
A．恰能運動到(－3，9)處 B．在(1，1)處加速度為零
C．在(0，0)處速率為10 m/s D．在(－1，1)處機械能最小
答案：D
解析：由題意可知，圓環所受的電場力方向平行于x軸向右，重力與電場力的合力方向斜向右下，設圓環從x0＝3 m、y0＝9 m處靜止釋放后，向左運動的最遠位置為(x1，y1)，由動能定理有mg(y0－y1)－qE(x0－x1)＝0－0，且y1＝x，代入數據解得x1＝－1 m，y1＝1 m(另一組解x1＝3 m，y1＝9 m舍去)，則圓環恰能運動到(－1，1)處，無法運動到(－3，9)處，又因為圓環運動到(－1，1)處時克服電場力做功最多，則機械能最小，故A錯誤，D正確；圓環做曲線運動，在(1，1)處加速度一定不為零，故B錯誤；設圓環到達(0，0)處時的速度大小為v，在圓環由(3，9)處靜止釋放到運動到(0，0)處的過程中，由動能定理得mgy0－qEx0＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故C錯誤。
9．(2022·江蘇高考)某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示。矩形ABCD區域內存在多層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化。AB邊長為12d，BC邊長為8d，質量為m、電荷量為＋q的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為Ek，入射角為θ，在紙面內運動。不計重力及粒子間的相互作用力。
(1)當θ＝θ0時，若粒子能從CD邊射出，求該粒子通過電場的時間t；
(2)當Ek＝4qEd時，若粒子從CD邊射出電場時與軸線OO′的距離小于d，求入射角θ的范圍；
(3)當Ek＝qEd時，粒子在θ為－～范圍內均勻射入電場，求從CD邊出射的粒子與入射粒子的數量之比N∶N0。
答案：(1)　(2)－<θ<
(3)1∶2
解析：(1)由題意可知，粒子所受電場力沿豎直方向，則粒子在水平方向上做勻速直線運動。設粒子的初速度大小為v0，則有Ek＝mv
由幾何關系知，粒子在水平方向的分速度大小為vx＝v0cosθ0
粒子能從CD邊射出，則在水平方向有8d＝vxt
聯立解得t＝。
(2)先考慮θ≥0的情況，假設粒子從CD邊射出電場之前沿AB方向的速度能減至0，設第一次減速至0所用時間為t1，則由運動學公式有v0sinθ＝at1
由牛頓第二定律有qE＝ma
又Ek＝4qEd
可解得t1＝sinθ
由(1)知，粒子從O至CD邊所用時間
t2＝
可解得t2＝
因為t1根據題意，由運動學公式有聯立可解得0≤θ<
當θ≤0時，根據對稱性，同理可得－<θ≤0
則入射角θ的范圍為－<θ<。
(3)設當θ＝θ′時，粒子從D點射出電場。由(1)可知，此時粒子在電場中運動的時間
t′＝
又Ek＝qEd
可得t′＝
根據對稱性，粒子在每層電場中運動的時間
t0＝t′
在軸線OO′上側第一層電場中，根據運動學公式，在豎直方向有d＝v0sinθ′·t0－at
聯立可得6cos2θ′－8sinθ′cosθ′＋1＝0
即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0
解得tanθ′＝1或tanθ′＝7
粒子第一次到達電場分界線處時，豎直方向分速度大小vy＝v0sinθ′－at0
若tanθ′＝1，聯立解得vy＝>0，符合實際
若tanθ′＝7，聯立解得vy＝－<0，不符合實際
故tanθ′＝1，則θ′＝
根據對稱性，可知N∶N0＝θ′∶＝1∶2。
8(共27張PPT)
第八章　核心素養提升練
1．(多選)某種駐極體自身總帶有定量的電荷，且所帶電荷無法自由移動，利用駐極體可實現力電轉換，進而解決可穿戴電子設備的供電難題。下圖為某種可發生彈性形變的駐極體，其內部帶有負電荷，閉合開關，按壓駐極體，下方金屬板上的自由電子在靜電力作用下發生如右圖所示的移動。下列說法正確的是(　　)
A．若閉合開關S，在向下按壓駐極
體的過程中，電流自左向右流經電阻R
B．若閉合開關S，在向下按壓駐極
體的過程中，機械能轉化為電能
C．若閉合開關S，周期性按壓駐極體，有交變電流流經電阻R
D．若斷開開關S，按壓駐極體，則下方金屬板上的P點電勢升高
解析：若閉合開關S，由按壓狀態圖可知，電子自左向右流經電阻R，故電流自右向左流經電阻R，故A錯誤；若閉合開關S，由題目描述可知，在向下按壓駐極體的過程中，機械能轉化為電路的電能，故B正確；若閉合開關S，向下按壓駐極體時金屬板上的自由電子自左向右流經電阻R進入大地，可知當停止按壓，駐極體恢復為原狀，自由電子從大地經電阻R流回金屬板，所以若周期性按壓駐極體，則有交變電流流經電阻R，故C正確；開關閉合，沒有按壓駐極體時無電流，說明金屬板上P點電勢等于大地的電勢，按壓駐極體時，電流方向自右向左，說明大地電勢高于此時P點電勢，所以若斷開開關S，按壓駐極體，會使P點電勢降低，故D錯誤。
2．(2021·江蘇高考)一球面均勻帶有正電荷，球內的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則(　　)
A．O、C兩點電勢相等
B．A點的電場強度大于B點
C．沿直線從A到B電勢先升高后降低
D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大
解析：在均勻帶正電的完整球面中，球內場強處處為零，則O、C兩點電勢相等；由對稱性可知，左、右半球面在O點的電勢相等，在C點的電勢也相等，則題中O、C兩點電勢相等，故A正確。在均勻帶正電的完整球面中，設左、右半球面在A點產生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則知E1＝E2，根據對稱性，左、右半球在B點產生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1＝E2；在圖示電場中，A點的電場強度大小為E2，B點的電場強度大小為E1，所以A點的電場強度與B點的電場強度大小相等，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤。對于均勻帶正電的右半球面，由電場疊加可知，AO直線處場強方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB處場強方向向右，又因在完整球面內部場強處處為零，可知右半球面在OB處場強方向向左；故題中右半球面在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢逐漸升高，故C錯誤。
5．(2025·廣東省惠州市高三上第一次調研)(多選)為模擬空氣
凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂
部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電
場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示；而在
乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會
形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則(　　)
A．在甲桶中，塵粒的加速度一直不變
B．在乙桶中，塵粒在向桶壁運動的過程中，塵粒所受電場力變小
C．任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等
D．甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等
解析：甲桶中的電場為勻強電場，根據F＝qE可知，塵粒所受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，可知塵粒所受的合力隨速度的變化而改變，根據牛頓第二定律可知，塵粒的加速度會變化，A錯誤；乙桶中的電場是輻射狀的，越遠離導線的位置電場強度越小，根據F＝qE可知，塵粒在向桶壁運動的過程中，塵粒所受電場力變小，B正確；根據W＝Fs，F＝qE，整理可得W＝qEs，由于塵粒在甲桶中不是始終做勻速直線運動，故在任意相等時間內，位移s可能不同，即任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，C錯誤；根據W＝qU可知，甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值都等于qU，D正確。
減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以剪斷細線前小球的受力和剪斷細線后小球的運動不會發生改變，MC的距離不變，故D錯誤。
分析可知，小球甲第一次向下經過x1位置時速率第一次最大，若到達最低點能返回，則第一次向上經過x2位置時速率第二次最大，因第一次向下運動過程從x1到x2速率減小，從第一次向下經過x2到第一次向上經過x2，由能量守恒定律可知，小球甲的動能減小，速率減小，則小球甲第一次向上經過x2的速率小于第一次向下經過x1的速率，同理可知，第二次向下經過x1的速率小于第一次向上經過x2的速率，……，所以小球甲第一次向下經過x1位置時速率最大，故B正確。

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