资源简介

物理
第八章　核心素养提升练
1．(多选)某种驻极体自身总带有定量的电荷，且所带电荷无法自由移动，利用驻极体可实现力电转换，进而解决可穿戴电子设备的供电难题。下图为某种可发生弹性形变的驻极体，其内部带有负电荷，闭合开关，按压驻极体，下方金属板上的自由电子在静电力作用下发生如右图所示的移动。下列说法正确的是(　　)
A．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，电流自左向右流经电阻R
B．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电能
C．若闭合开关S，周期性按压驻极体，有交变电流流经电阻R
D．若断开开关S，按压驻极体，则下方金属板上的P点电势升高
2．(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　)
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
3．足够大的带电金属平板其附近的电场可看作匀强电场，平行板电容器内部电场是两个极板电荷的叠加场。某平行板电容器的带电量为Q，内部场强为E，不计电容器的边缘效应，其两极板间的吸引力为(　　)
A．QE B．
C．2QE D．4QE
4．(多选)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点(图中未标出)，以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0。下列说法正确的是(　　)
A．O点为电势零点
B．场强的大小为
C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0
D．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上
5．(2025·广东省惠州市高三上第一次调研)(多选)为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则(　　)
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
6．(2023·浙江6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1．0×10－8 C、质量为3．0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．MC距离为5 cm
B．电势能增加了×10－4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
7．(2024·江西高考)(多选)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　)
A．最低点的位置x＝
B．速率达到最大值时的位置x＝
C．最后停留位置x的区间是≤x≤
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f)
8．(2025·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　　)
A．恰能运动到(－3，9)处 B．在(1，1)处加速度为零
C．在(0，0)处速率为10 m/s D．在(－1，1)处机械能最小
9．(2022·江苏高考)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围；
(3)当Ek＝qEd时，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
第八章　核心素养提升练（解析版）
1．(多选)某种驻极体自身总带有定量的电荷，且所带电荷无法自由移动，利用驻极体可实现力电转换，进而解决可穿戴电子设备的供电难题。下图为某种可发生弹性形变的驻极体，其内部带有负电荷，闭合开关，按压驻极体，下方金属板上的自由电子在静电力作用下发生如右图所示的移动。下列说法正确的是(　　)
A．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，电流自左向右流经电阻R
B．若闭合开关S，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电能
C．若闭合开关S，周期性按压驻极体，有交变电流流经电阻R
D．若断开开关S，按压驻极体，则下方金属板上的P点电势升高
答案：BC
解析：若闭合开关S，由按压状态图可知，电子自左向右流经电阻R，故电流自右向左流经电阻R，故A错误；若闭合开关S，由题目描述可知，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电路的电能，故B正确；若闭合开关S，向下按压驻极体时金属板上的自由电子自左向右流经电阻R进入大地，可知当停止按压，驻极体恢复为原状，自由电子从大地经电阻R流回金属板，所以若周期性按压驻极体，则有交变电流流经电阻R，故C正确；开关闭合，没有按压驻极体时无电流，说明金属板上P点电势等于大地的电势，按压驻极体时，电流方向自右向左，说明大地电势高于此时P点电势，所以若断开开关S，按压驻极体，会使P点电势降低，故D错误。
2．(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　)
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
答案：A
解析：在均匀带正电的完整球面中，球内场强处处为零，则O、C两点电势相等；由对称性可知，左、右半球面在O点的电势相等，在C点的电势也相等，则题中O、C两点电势相等，故A正确。在均匀带正电的完整球面中，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2；在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，B点的电场强度大小为E1，所以A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误。对于均匀带正电的右半球面，由电场叠加可知，AO直线处场强方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB处场强方向向右，又因在完整球面内部场强处处为零，可知右半球面在OB处场强方向向左；故题中右半球面在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势逐渐升高，故C错误。
3．足够大的带电金属平板其附近的电场可看作匀强电场，平行板电容器内部电场是两个极板电荷的叠加场。某平行板电容器的带电量为Q，内部场强为E，不计电容器的边缘效应，其两极板间的吸引力为(　　)
A．QE B．
C．2QE D．4QE
答案：B
解析：将电容器的一个极板上的电荷看作是场源电荷，另一个极板上的电荷看作检验电荷，由题意可知电容器内部电场是两个极板电荷产生的匀强电场的叠加场，则场源电荷产生的电场场强大小为，因此两极板相互间的静电力为F＝·Q＝，故B正确，A、C、D错误。
4．(多选)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点(图中未标出)，以O为圆心、r为半径作圆。如图甲所示，从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度θ，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制的φ θ图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为2φ0、3φ0、4φ0。下列说法正确的是(　　)
A．O点为电势零点
B．场强的大小为
C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0
D．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上
答案：BD
解析：电势降低最快的方向是电场方向，则以O为圆心、r为半径的圆周上过电势最高点的电场线一定过圆心O，且方向为从电势最高点指向O点，结合题图乙知，电场方向与x轴负方向夹角为θ0，故C错误；由上述分析，根据匀强电场中电势差与场强的关系U＝Ed，结合题意和题图乙可知，场强大小E＝＝＝，B正确；根据U＝Δφ＝Ed可知，O点电势φO＝2φ0－Er0＝φ0，A错误；曲线①、②、③交于M、N两点，则半径r分别取3r0、2r0、r0的圆周上的点在θ＝θM和θ＝θN时电势分别相等，根据匀强电场场强方向与等势线的关系可知，θ＝θM和θ＝θN时，对应的半径均垂直于场强方向，故M和N在过O点的同一等势线上，故D正确。
5．(2025·广东省惠州市高三上第一次调研)(多选)为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则(　　)
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
答案：BD
解析：甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒所受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律可知，尘粒的加速度会变化，A错误；乙桶中的电场是辐射状的，越远离导线的位置电场强度越小，根据F＝qE可知，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据W＝Fs，F＝qE，整理可得W＝qEs，由于尘粒在甲桶中不是始终做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，C错误；根据W＝qU可知，甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D正确。
6．(2023·浙江6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1．0×10－8 C、质量为3．0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．MC距离为5 cm
B．电势能增加了×10－4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
答案：B
解析：闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝×10－3 N，电场强度的大小E＝×105 N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝×10－3 N，则小球沿原细线方向向下做匀加速直线运动，轨迹如图2所示，根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10 cm，故A错误；根据图2几何关系可得，小球在电场力方向的位移大小x＝d－l线sin30°＝7．5 cm，方向与电场力方向相反，则电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加了ΔEp＝－W电＝×10－4 J，故B正确；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
7．(2024·江西高考)(多选)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　)
A．最低点的位置x＝
B．速率达到最大值时的位置x＝
C．最后停留位置x的区间是≤x≤
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f)
答案：BD
解析：小球甲所受重力竖直向下且不变，所受电场力竖直向上且越向下越大，则由上到下，重力与电场力的合力先向下且不断减小，减小到0后向上且不断增大，在重力与电场力的合力为0的位置，重力与电场力的合力做功最大，总势能最小，由此位置向上或向下，总势能均增大，若小球甲到达最低点能返回，则在最低点重力与电场力的合力向上，又摩擦力始终对小球甲做负功，根据能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到达的最低点就是整个过程的最低点，小球甲从开始释放至运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋，解得最低点的位置x′＝，A错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x′<，又x′＝，则<，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f)，D正确；小球甲最后静止时，所受静摩擦力大小f静的范围为0≤f静≤f，若小球甲所受静摩擦力方向向上且最大，根据共点力平衡条件有mg＝f＋k，解得此时小球甲的位置x1＝，若小球甲所受静摩擦力方向向下且最大，根据共点力平衡条件有k＝mg＋f，解得此时小球甲的位置x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤，C错误；分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大，若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小，则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。
8．(2025·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　　)
A．恰能运动到(－3，9)处 B．在(1，1)处加速度为零
C．在(0，0)处速率为10 m/s D．在(－1，1)处机械能最小
答案：D
解析：由题意可知，圆环所受的电场力方向平行于x轴向右，重力与电场力的合力方向斜向右下，设圆环从x0＝3 m、y0＝9 m处静止释放后，向左运动的最远位置为(x1，y1)，由动能定理有mg(y0－y1)－qE(x0－x1)＝0－0，且y1＝x，代入数据解得x1＝－1 m，y1＝1 m(另一组解x1＝3 m，y1＝9 m舍去)，则圆环恰能运动到(－1，1)处，无法运动到(－3，9)处，又因为圆环运动到(－1，1)处时克服电场力做功最多，则机械能最小，故A错误，D正确；圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误；设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，在圆环由(3，9)处静止释放到运动到(0，0)处的过程中，由动能定理得mgy0－qEx0＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故C错误。
9．(2022·江苏高考)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围；
(3)当Ek＝qEd时，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
答案：(1)　(2)－<θ<
(3)1∶2
解析：(1)由题意可知，粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在水平方向上做匀速直线运动。设粒子的初速度大小为v0，则有Ek＝mv
由几何关系知，粒子在水平方向的分速度大小为vx＝v0cosθ0
粒子能从CD边射出，则在水平方向有8d＝vxt
联立解得t＝。
(2)先考虑θ≥0的情况，假设粒子从CD边射出电场之前沿AB方向的速度能减至0，设第一次减速至0所用时间为t1，则由运动学公式有v0sinθ＝at1
由牛顿第二定律有qE＝ma
又Ek＝4qEd
可解得t1＝sinθ
由(1)知，粒子从O至CD边所用时间
t2＝
可解得t2＝
因为t1根据题意，由运动学公式有联立可解得0≤θ<
当θ≤0时，根据对称性，同理可得－<θ≤0
则入射角θ的范围为－<θ<。
(3)设当θ＝θ′时，粒子从D点射出电场。由(1)可知，此时粒子在电场中运动的时间
t′＝
又Ek＝qEd
可得t′＝
根据对称性，粒子在每层电场中运动的时间
t0＝t′
在轴线OO′上侧第一层电场中，根据运动学公式，在竖直方向有d＝v0sinθ′·t0－at
联立可得6cos2θ′－8sinθ′cosθ′＋1＝0
即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0
解得tanθ′＝1或tanθ′＝7
粒子第一次到达电场分界线处时，竖直方向分速度大小vy＝v0sinθ′－at0
若tanθ′＝1，联立解得vy＝>0，符合实际
若tanθ′＝7，联立解得vy＝－<0，不符合实际
故tanθ′＝1，则θ′＝
根据对称性，可知N∶N0＝θ′∶＝1∶2。
8(共27张PPT)
第八章　核心素养提升练
1．(多选)某种驻极体自身总带有定量的电荷，且所带电荷无法自由移动，利用驻极体可实现力电转换，进而解决可穿戴电子设备的供电难题。下图为某种可发生弹性形变的驻极体，其内部带有负电荷，闭合开关，按压驻极体，下方金属板上的自由电子在静电力作用下发生如右图所示的移动。下列说法正确的是(　　)
A．若闭合开关S，在向下按压驻极
体的过程中，电流自左向右流经电阻R
B．若闭合开关S，在向下按压驻极
体的过程中，机械能转化为电能
C．若闭合开关S，周期性按压驻极体，有交变电流流经电阻R
D．若断开开关S，按压驻极体，则下方金属板上的P点电势升高
解析：若闭合开关S，由按压状态图可知，电子自左向右流经电阻R，故电流自右向左流经电阻R，故A错误；若闭合开关S，由题目描述可知，在向下按压驻极体的过程中，机械能转化为电路的电能，故B正确；若闭合开关S，向下按压驻极体时金属板上的自由电子自左向右流经电阻R进入大地，可知当停止按压，驻极体恢复为原状，自由电子从大地经电阻R流回金属板，所以若周期性按压驻极体，则有交变电流流经电阻R，故C正确；开关闭合，没有按压驻极体时无电流，说明金属板上P点电势等于大地的电势，按压驻极体时，电流方向自右向左，说明大地电势高于此时P点电势，所以若断开开关S，按压驻极体，会使P点电势降低，故D错误。
2．(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　　)
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
解析：在均匀带正电的完整球面中，球内场强处处为零，则O、C两点电势相等；由对称性可知，左、右半球面在O点的电势相等，在C点的电势也相等，则题中O、C两点电势相等，故A正确。在均匀带正电的完整球面中，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2；在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，B点的电场强度大小为E1，所以A点的电场强度与B点的电场强度大小相等，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误。对于均匀带正电的右半球面，由电场叠加可知，AO直线处场强方向向左；同理可知完整球面的左半球面在OB处场强方向向右，又因在完整球面内部场强处处为零，可知右半球面在OB处场强方向向左；故题中右半球面在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势逐渐升高，故C错误。
5．(2025·广东省惠州市高三上第一次调研)(多选)为模拟空气
净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶
部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电
场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示；而在
乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会
形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则(　　)
A．在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小
C．任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等
D．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
解析：甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒所受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据牛顿第二定律可知，尘粒的加速度会变化，A错误；乙桶中的电场是辐射状的，越远离导线的位置电场强度越小，根据F＝qE可知，尘粒在向桶壁运动的过程中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据W＝Fs，F＝qE，整理可得W＝qEs，由于尘粒在甲桶中不是始终做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，C错误；根据W＝qU可知，甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D正确。
减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大，若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小，则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。

展开更多......

收起↑