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再适当左移P极板，则行板上带电荷量不变，两行板间的电场强度变大，D项不符合题意。8.A解析：本题考查电场力和牛顿第二定律。由牛顿第二定律可知滑块进入匀强电场区域前的加速度msin0 gcos9=gsin0一gcos,滑块进入匀强电场区域后的加速度a,=0mg士9Esn0mg+B)cos0,由mm于qE=mg,可得a2=2(gsin0-gcos)=2a1,则滑块进人匀强电场区域前后的加速度大小之比为1：2，A项正确、B项错误，设滑块进人电场K蚊前瞬间的速度为，则有认=2a·。设滑块到达斜面底端时的速度为，根据匀变速直线运动规律有-w2=2a:·g且a=2a,则=见w,由公式=，可得2滑块进入匀强电场区域前后两个阶段滑行的时间之比为互=2(W2+1),故C、D项错误。9.BD解析：本题考查电容器。电容的大小由电容器本身性质决定，与两端的电压无关，A项错误；超级电容车的最大储存电量Q=2.7×3000C=8100C,B项正确；2.7V是电容器的额定电压，是电容器长期稳定工作所能承受的最大电压，电容器在小于等于2.7V电压下都能正常工作，C项错误；超级电容车以最大速度行驶时的牵引力F=卫=2,4×10N,此时超级电容车所受的阻力等于牵引力，D项正确10.AD解析：本题考查电场力做功与电势能变化的关系。由数学知识可知，Ep一x图像的斜率等于一E,由图像知，E一定，则有EA=EB,A项正确、B项错误；由E一x图像看出电子从A运动到B,电势能减小，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，9A<,C项错误、D项正确。11.BC解析：本题考查电场与牛顿第二定律及动能定理的综合。依题意小球经过B点在水方向只受电场力作用，根据牛顿第二一定律得E=加二.所以小球在B点的速度一√受=宁r,A项结误B项正确；在小球从B到A的过程中，根据动能定理得2gEr=之m22ms。小球在A点时，根据牛顿第二定律，在水方向有F一qE=m4,联立解得，小球在A点对环的水作用力F=6gE=1.5mg,C项正确、D项错误。12.BD解析：本题考查电场力做功及能的转化和守恒。物块上滑过程中满足Eqcos 0>f十mgsin0,则电场力做的功大于摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物块做正功，则测物块的机械能增加，A项错误；上滑过程中由动能定理得W电一W:一WG=△Ek,故W电>WG,则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，B项正确；由于滑块下滑经过C点后往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑经过C点时的动能一定大于其上滑时经过C点的动能，C项错误；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力N=mgcos30°，摩擦力f=mgcos30°=ngsin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场后，支持力和摩擦力成比例关系增大，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，可知物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，故斜面在水方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，D项正确。13.BD解析：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。因为两粒子完全相同，故产生的水方向的加速度相同，而A点处粒子的水初速度为零，B点处粒子的水初速度向左，根据匀变速直线运动规律可知，从B点开始运动的粒子到V点的时间较长，故A项错误；因为只有电场力做功，而A点与B点在同一等势面上，故UN=UN,电场力对两带电粒子做功相同，则粒子到达N点的动能相同，速度大小相同，又因为电场力做功等于机械能增加量，故两粒子机械能的增加量一定相等，B、D项正确；因为A点处粒子在水方向向右运动，电场力对两粒子均做正功，故两粒子的动能均增大，C项错误14.大(2分)1.4(3分)1.0(3分)解析：通电前，外电路电阻应调到最大。由E=I(R十r)可得R=E子一，由题图(b)可知图线过(0，全国100所名校高考专项强化卷·物理卷六参考答案第2页（共4页）【XGK·HAIN】