[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(福建卷)试题正在持续更新，目前全国100所名校单元测试示范卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

1、百师联盟2024高三冲刺卷二物理
2、百师联盟2024新高考卷物理

可知小球带正电。变，均电流变大，放电时间变短。讲关键能力②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理0=EgLsin a-mgL(1-cos a)【例3】(1)如图所示E,=C(2)R要【例1】A【解析】电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反，解得E-3mg快速充电时，可减小图2中的电阻R:要均匀充所以正离子定向移动形成的电流，方向从B到3g电时，可适当增大图2中的电阻R(3)增大A,负离子定向移动形成的电流，方向也从B到(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的不变不变减小A,不会相互抵消，A项正确，B项错误：溶液内等效重力C,则G-2,方向与竖直方向【解析】(1)由电容定义式可得C=-纟，整理电流方向从B到A,t时间内通过溶液截面S的电荷量g=e+2e,则根据电流的定义式成30°角偏向右下得u=C9,所以4g图像应为过原点的倾斜直若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有1==m十)，C,D两项错误。线，如图所示。由题可知，两极间电压为U时2_23应有m工【变式1】B【解析】设在这段时间内，电子3 mg电容器所储存的电能即图线与横轴所围面积，l-uQ,当两极间电压为U时，电荷量Q=的个数为，由电流的定义，有1=，即结合功能关系名m12m422/3gL(123It+c0s30°)CU,所以E。=1.0×1016;由3衰变规律可知该核反应方2程为H→足He十-Ye,即产生一个电子(-9e)需联立解得A=√2(W3+1)gL要发生3衰变的氚核H的个数也为一个，故在实验10观察电容器的充、这段时间内需要发生B衰变的氚核H个数为1.0×1016,B项正确。放电现象(2)a.山于电源内阻不计，电容器充满电后电容【例2】BC【解析】该大气层的均漏电电【例1】(1)正左(2)2.6(3)D器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电流约为1=4=18X10A=1.8X10A,该【解析】(1)将开关S打到1，电容器上极板与1荷量Q=CE,中g一t图可知，两种充电方式最电源的止极相接，则上极板带止电，再将S打到3×105终的电荷量相同，只是时间不同，所以①②曲线大气层的等效电阻R=2,电容器放电，正电荷向左定向移动，所以通过T1.8X10n≈不同是R造成的；b.由图3可知，要快速充电电流表的电流方向向左。时，可减小图2中的电阻R:要均匀充电时，适167Q,A项错误，B项正确；根据R一p可(2)电容器的额定电压为5.5V,电容C=当增大图2中的电阻R即可。0.47F,当电容器两端电压为额定电压时，电容(3)在电容器充电过程中，电容器的左极板带正得，该大气层的均电阻率约为ρ=s器极板上所带电荷量Q=CU=0.47×5.5C=电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过167×5.0×10142·m≈1.7×10122·m,C顶2.6Ca5.0×101程巾电荷量越来越大，路巾的总电动势减小，(3)电容器放电过程中，随着电荷量的减少，电正确，D项错误当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电压也减少，最终为零，A、B两项错误；电容器放电时电流肯定减小，且减小得越来越慢，C项错结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不【变式】D【解析】根据R=P专，I=发变，“恒流源”两端电压要增大，通过电源的电流误，D项正确。I=ngSv,可得v=U不变，(2)中电源的电压不变，通过电源的电流即vo是，所以【变式1】(1)充电AB(2)增大A→B减小。111(3)减小无1：2:g==1:2:3【变式2】(1)9.01.0×10-2【解析】(1)开关S接通的瞬间，电源给电容器(2)c两次放电电荷量相等，图线与t轴围成D项正确。充电，此过程中通过电阻R的电流的方向为的面积相等，另由于R2>R1,开关掷向2瞬间【例3】B【解析】B点的电阻RB=A→B。放电电流较小(2)开关S始终处于闭合状态，若减小电容器两61.5X107n=402,A点的电阻RA=U【解析】(1)由题图2知，最大巾流I,=90mA极板间距离，则电容器的电容增大，此过程中通=0.09A,因此最大电压Um=ImR=9.0V;曲过电阻R的电流的方向为A→B。3线与坐标轴所围的面积表示电容器的带电荷量0.12=302,故两点间的电阻改变了402(3)开关S闭合，电路稳定后，先断开S,再将电Q30Ω-10，A、C、D三项错误，B项正确。容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，Q-90mA·s,根据电容器的定义式可得C一【变式3】C【解析】电压U=15V时，由图此过程中无电流通过电阻R。=1.0×10-2F2可知电流1=5×10-3A,求得电解液的电阻R【例2】(11(2)A(32I或uUm(②)根据im=R,因第2次实验的最大放电电U=30002,A项错误；山图1可知电解液(4)②电容器释放的总电荷量不变，均电流流小些，而曲线所围的面积相等，故巾流随吋间长l=a=0.4m,横截面积S=bc=0.02m2,根变大，放电时间变短变化的曲线应该是虚线c。【解析】(1)为使电源向电容器充电，电容器应据R-pS,解得p=1502·m,C项正确：电与电源连接，故应将开关S与“1”端相连。第九章解液的热功率P=2R=0.075W,B项错误；由(2)充电过程中电容器C两端电压逐渐增大电路及具应用图2可知，电压U增大时，电解液的电阻减小，充电电流I随时问t应逐渐较小至零，故电流I所以电解液的电阻率减小，D项错误。随时间t变化的图像可能是图2中的A,A项第1讲电路的基本概念与规律【例4】D【解析】电动机输入功率P入=正确。(3)根据图像的含义，I一t图线与t轴所围成的学基础知识UI=6×10-3W,输出功率P出=U1一I2R=要点5.98×103W,即输出的机械功率为5.98×面积表示电容器放电的电荷量；根据横轴与纵①自由电荷②电压③正电荷④电压103W,线圈发热功率为IR=2×105W,综轴的数据可知，一个格子代表的电荷量为4⑤屯阻⑥欧姆(2)⑦无关⑧正比⑨反上所述，D项正确。t,由大于半格算一个，小于半格舍去知，图像比⑩电阻率①导电性能②增大③减小【变式4】D【解析】由P=P出十2r,得所包含的格子个数为8个或7个，所以释放的①④电场力⑤It6电能⑦快慢⑧IU=0.52,A项错误；由P=UI,得额定电压U9二次方@2Rt①U1②I2R⑧P热8V,B项错误；正常工作时，单位时间内电机产电荷量9为2t或4。逊I严R生的热量Q-Irt=4.5J,C项错误；由80%×(4)应该是②，理由：电容器释放的总电荷量不：基础诊断1.AD2.C3.BDg=It,解得t=2.4h,D项正确。23XKA(新)·物理一B版一XJC·25·