江西省2025年学考总复习•试题猜想•九年级模拟试题（八）物理答案

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各点突破电场力指向轨迹凹面，所以方向向下，则仑斥力，且A、B两者距离逐渐增大，可知库绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑1.6X10-C【例1】A【解析】根据电容的决定式C=电场线方向向上，a点的电势比6点高；从块在x=1 m处所受电场力大小F=Q_1.6×10-仑斥力对系统做正功，则系统的电势能逐渐（2）该电容器的电容Ca到6电场力对电子做负功，所以电子动减小，D项错误。3N=1 N,滑块所受滑动摩擦力大小{=2.0X10-F【例4】D【解析】 根据点电荷的电场强度能减少，则电子在α点的动能比在6点的L+12cm荷量变少，可知极板间距d增大，电容减小，（3）根据电容的计算公式可得电荷量Q=动能大，A项正确.C项错误。若图中实E=可知，两个正点电荷在O点产生的极板之间形成匀强电场，根据E=可知解得Y=4y=12cmCU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无线是电场线，电子所受的电场力指向轨迹受电场力方向与滑动摩擦力方向相反，且不(2）运动轨迹如图所示，第一段是抛物线、第关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻凹面，所以方向水向右，电场线方向水电场强度大小相等，两电场强度的夹角为极板间电场强度E减小，B、C、D三项错误；二段是直线、第三段是圆弧。R，充电时i一曲线与横轴所围成的面积不120，合电场强度沿OF方向.O点电场强向左，则a点的电势比6点低；由于从a相反：在x=3m之后，滑块所受电场力与极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小.点运动到点电场力对电子做正功，所以变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小度不是0，A项错误：两个正点电荷在C点滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受A项正确。电子的动能增加，电势能减小，所以电子电阻，充电时间将变短。产生的合电场强度沿FC方向，B项错误：电A【例 2】C【解析】 保持极板 B 不动,将极板【巩固训练1】（1）正（3）3.5×10-3（3.3×子沿OF运动时，电场力对电子做负功，则在a点的电势能比在b点的电势能大，B可知，滑块向右运动过程中，在x=1m处10-3~3.7×10-3均可）4.4×10-4（4,1电子的电势能增大，因此电子在F点的电项错误，D项正确。速度最大，速度始终减小，B项正确。滑块A 稍向上移，则根据 C=4a可知，电容X10-~4.6×10-4均可）（4）见解析图势能比其在O点的电势能大.C项错误：根培优课 10 电场性质的在x=1 m处所具有的机械能E=E，+E减小，电容器要放电，但是二极管具有单向【解析】（1）电容器上极板与电源正极相据对称性可知，电荷从O点移到A点和从综合应用导电的特性，所以电容器无法放电，即电荷（3）粒子到达H点时，其水速度=2 J+×2×(1. 5)2 J=4. 25 J,在 1 m 0点移到E点，电场力做功相等，因此O、A连，充满电后上极板带正电。可知，电压增大，A项=2.0×10m/s【例1】D【解析】小球受到电场力和重力（3)1一图像与坐标轴围成的面积表示电两点间的电势差和O、E两点间的电势差相到 3 m 区间内、摩擦力做功使机械能减小，量不变，根据C=竖真速度u=at=1.5×10m/s的合力，当到达等效最低点时动能最大，故荷量，一小格代表的电荷量q=0.25mAx等，D项正确。则有E=E-W=4.25J-1×2J=B点为等效最低点，因此受到合力方向由 D1 s=2.5X10-4C，题图中总共约14小格，则u=2.5×10°m/s【巩固训练4】D【解析】根据题意，由公式错误，C项正确；结合E=2.25 J,在x=3 m处的电势能等于 1J，故可得E=该粒子在穿过界面 PS 后绕点电荷Q 做匀所以电容器充满电的电荷量Q=14g=3.5W=qU可知，若电子从a点运动到b点，电指向B,受力分析,可知 sin 0==,则此刻动能为 1. 25 J。 根据动能表达式可知4kQ，所以电场强度不变，油滴仍静止，因速圆周运动，所以Q带负电X10-3C.电容器充满电后电压为8V.则电场力做功W=-e(9x-96）=-4cV.A0=30°,因为小球带正电，所以电场强度方S'3根据几何关系可知半径r=15 cm项错误；若电子从a点运动到c点，电场力为P点与B极板间距离不变，则其电势差向与电场力方向相同，如图所示，A项错误；做功Wα=-e（q-9）=-8eV，则电子不变，所以 P点的电势不变，电荷的电势能电场力提供向心力，则k=mF_Egcos0=√3g.B项=1 m处的电势能与在x=4 m处的电势能（4）将电路中的电阻换成一阻值更大的电的电势能增加 8 eV，B项错误；由U=Ed可加速度大小a相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过也不变，B、D两项错误。解得Q≈1.04×10-8C。知，ac的中点电势为6V，与b点电势相等，m阻，放电电流会减小，总电荷量不变，时间会【例3】AD 【解析】 据题意知，电容触摸屏错误：沿电场线方向电势降低，因此最低点x=4 m处,则应满足m²≥f△x，根据延长，图像如图所示。由电场线和等势线关系可得电场强度方向为F点，C项错误：合力方向由D 指向B，只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手(2）2（3）3L因此从A到C合力做功为0.动能相等，速题中数据可知实际情况并不满足上式，所以指到四个角的距离成比例，控制器就能确定沿ac方向，则有E=【解析】（1）电子在电场E中做初速度为滑块一定无法经过 x=4 m处的位置，D项手指的位置，因此不需要手指有压力，A项度大小相等，D项正确。零的匀加速直线运动，设加速度为α，时间误，D项正确。错误。正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容为【例5】AC【解析】 该电场为匀强电场，等【巩固训练】AD【解析】根据 W=器，所以不能在电容屏上进行触控操作，B—△ED,势面沿水方向，则电场方向沿竖直方向，E_E可知 E,一x图像切线的斜率表示电场力，项错误；手指压力变大时，由于手指与屏的由牛顿第二定律得a1粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场夹层工作面距离变小，电容将变大，C项错8t/s力竖直向下，从A到B的过程中电场力对7误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，【例7】（1)mngL(2)Cumgl粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的_3X10-6D项正确。电子进人电场E时的速度a1速度一定大于，A项正确；粒子带正【解析】（1）电容器不带电时，从进人电场E到打到屏上，电子水方向+9A电，则知电场方向竖直向下，等势面的电【例2】AC【解析】由题图知，越靠近两点势比等势面c的电势高，B项错误；粒子在umg(L+d)与极板距离增大，膜片与极板间的电容减电荷、电势越低，则q和q都带负电荷、AA点的速度大小为，粒子在沿等势面方1.0X10-小，A项错误；根据Q=CU可知极板所带电项正确。9一x图像的切线斜率表示电场强加电场以后由动能定理电子从释放到打到屏上所用的时间1=向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间 度，则P点电场强度为零，根据电场强度的荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，2+=Lcos 0,C项正确；A、B两点沿电场线方qEd登加知两点电荷在P 处产生的电场强度等项正确，B项错误；根据E，=4g，可知在xD项正确，B项错误；根据E=可知，膜片mL解得（=3E解得E=mgL向的距离 y=Lsin 0,由动能定理有 qEy=Eol大反向，即=0.3m处的电势91与极板间的电场强度减小，C项错误。（2）设电子射出电场E时行电场方向的（2）电容器所带电荷量Q=CU.U=EdXBPE【例5】BC【解析】 静止时，N极板不动、所以g的电荷量小于q的电荷量，B项错速度为，由牛顿第二定律可知，电子在电=-300 V,在 x=0. 7 m处的电势p2=电容器的电容不变，则电容器电荷量不变，解得Q=CumgL误。由题图知，在 A、B 之间沿x 轴从 P 点场E中的加速度aE_2E则电流表示数为零，电容器M极板因为与2qL sin 0左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷1X10-6【例8】BC【解析】电子在加速电场中运V=-100V.所以x=0.7m电源正极相连，所以其带正电，A项错误；由mm【例6】AD 【解析】避雷针带负电·由电的电势能先减小后增大，C项正确。@一x图a2ts动，根据动能定理qU=mo电子在偏像的切线斜率表示电场强度,则沿 α 轴从 P静止突然向前加速时，N极板向后运动，则场线与等势面垂直，画出电场线如图，由处的电势高于x=0.3m处的电势，x=0.3运动轨迹可知，该粒子带正电，A项正确；m与x=0.7m间电势差的绝对值是U=.板间距变大，根据C=转电场中运动时有yat²=-电子刚时出电场E时的速度方向与AO连沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电19-2|=200V,C项错误，D项正确。dm知，点电荷只在静电力作用下沿x 轴从 P 点电容减小，电容器带电荷量减小，则电容器()，解得势比c点的高，B项错误；由等差等势面的第3讲电容器带电粒子线夹角的正切值tan8=放电，则电流由b向a流过电流表，B、C两d增大U，灵敏度疏密情况可知，b点的电场强度比c点的运动到 B点，加速度逐渐增大，D项错误。【例3】D【解析】由题给图像可知.从x=在电场中的运动项正确：保持向前匀减速运动时，加速度恒电场强度小，C项错误；因带正电的粒子不变，A项错误；增大L或者减小d，灵敏度解得tan 0=2.0到x=3x。区间电场强度均为正方向，所定不变，则N极板的位置在某位置不动，电基础自测都增大，B、C两项正确；增大U，灵敏度减（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示在电势高的位置电势能大，b点的电势比以O点处电势最高，3x。处电势最低，电子容器电荷量不变，电路中无电流，则电阻Rc点的高，故该粒子在6点的电势能比在小，D项错误。@al 2adB在3x。处电势能最大，A项错误；电子受力mu发热功率为零，D项错误。点的大，D项正确。【巩固训练2】（1）3 cm12cm （2）见解析向左，故向右做减速运动，所以在O 点处速@m2【例6】（1）1.6×10(2)2.0X10-4gUl（3）负电1.04X10-C度最大，B项错误；x=0和x=3x。处电场（3）不变变短mduo【解析】（1）粒子穿过界面MN时偏离中强度大小和方向均相同，所以电子在这两点【解析】（1)根据i一图像围成的面积可心线RO的距离（偏移位移）电子①沿Y向X向加速度相同，C项错误；根据电场强度向右估算电容器在全部放电过程中释放的电荷且先减小后增大可知，在x<0 的区域有一量，根据题图2知纵坐标每个小格为判一判个正电荷，在x>3x。的区域有一个负电X(2)X(1)0.2mA，横坐标每小格为0.2 s，则每小格(3)x联立解得y=QU荷，D项正确。基础技能掌握所代表的电荷量q=0.2×10-3×0.2C=4【巩固训练5】AD 【解析】若实线是等势【例4】BC【解析】 滑块在x=3m处电势×10一C，曲线下的小格数的个数大约为410.03m=3cm1. ABD 2. (1)面，由于电场线与等势面垂直，电子所受能最小，因为滑块带负电，所以x=3 m处(2)1个，所以电容器全部释放的电荷量Q=41q粒子在离开电场后将做匀速直线运动、其轨me设电于打到屏上的点B到O点的距离为工))） 25XKA·物理-HEB·A3225XKA·物理-HEB·A （C33