[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(福建卷)答案正在持续更新，目前大联考答案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
3、百师联盟2024高三冲刺卷一物理

gE·2R=2mgR,A项错误；当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时，小球的速度最大，所以速度最大点在d点的左侧，B项错误；第一球从<点达到最高点的时间为1，则有一兰-2√受：此段时间内水次过d点时，根据动能定理，有mgR十gER=合muu2,根据向心力公方向的位移x=之=号·(2√受)°-欢所以小球从e点式，有以一mg="mR,解得u=5mg,第一次过c点，根据向心力开始运动到其轨迹最高点，小球在水方向的位移L=3R十2R=5R,此过程中小球的机械能增量△E-FL-mg×5R-5mgR,C项错误；小公式，有八c十mg="R,第一次经过c点的动能为合m,2=mgR,球在圆弧槽中运动过程中，小球在所受的重力、电场力F以及槽的支Fc一ng,则小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比持力三力衡的位置速度最大，动能最大，由于F一g,则此位置与圆为Fd:FNc=5:1,D项错误；从a点释放到第二次到c点的过程，根心的连线与竖直方向的夹角为45°，由动能定理有F·2R十FRsin45据动能定理，有-mgR+2gE·2R一2w2,根据向心力公式，有F2mgR(1一cos45°)=Ekm,解得Ekm=(W√2十1)mgR,D项正确。实验10观察电容器的充、放电现象十mg一"m发，解得心=5mg,则小球第一次和第二次经过最高点c时1.(1)A(2)B对管壁的压力之比为Fc:F2一1：5，C项正确。解析(1)因为要观察电容器充、放电现象，所以只能选择直流电源；若9.B解析设木杆倾角为、上升过程沿杆运动的最大距离为L,小环从选择交流电源，电流表将一直有示数，故在连接时应接A组接线柱。M到N、从N到M电场力做功为O,所以上滑和下滑过程摩擦力做功相：(2)根据I一（图线与横、纵轴所围的面积表示电容器放电前所带的电荷等，设为W1,上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑量，可估算出电容器所带电荷量Q≈1×0.001×2C-3.2×102C,则该和下滑过程对小环应用动能定理分别有一gh一W1一gEh=0之3，mgh一W十B6=之m2,联立解得h=m十2.电容器的电容可近似为C=号-32X10下=3.2×103下4(mg十9E),A项错103200F,显然比较接近图中电容器B,所以他所选用的电容器最可能是误：上滑和下滑过程克服摩擦力做功为W1=4m(2一2)，B项正电容器B。确；从M到N的过程中，电场力做负功，小环的电势能增加量为△E,一2.1)增大减小(2)3.50×103(3)9.8×103(4)2CUVgB=95C士)，C项错误：所以NM间的电势差为Uw=Eh=解析(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大，4(mg-+gE)品2特，充心巾流越来越小。(2)根据q=It可得图像中每一个小格代表电荷量为q=25×10-6×5C=1.25×10-4C,图线与坐标轴围成的区域中，有完整的小格20个，不10.1)5.4qE(2)gR(3)15R完整的16个。可知电容器储存的电荷量Q=(20十8)×1.25×10-4C解析(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为©1，根据动能定=3.50×10-8C.理有(3)电压表的示数U=2.95V,根据图像可知放电最大电流为300uA,qE[Lsin 37+R(1-cos 37]-pqEL.cos 37-muc2-0可知滑动变阻器接入也路部分的阻值R=号=9.8X10n。解得C1=/22gER(4)电容器所储存的电能，=之QU-2CU。om3.(1)0.04294.7×10-3(2)c在C点根据向心力公式得F'-qE=m0R解析(1)根据Q=It可知，释放的电荷量Q=42.3×10-3A×1s≈解得Fvc1'=5.4qE0.042C,由图2可知，开始放电瞬间通过R的电流1=90mA=0.09A,根据牛顿第三定律得Fc=5.4yE。则R两端电压U=1R,=0.09X100V=9V,根据C-号，可求出电容(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为D1,根据动能定理有9ELsn37°-Ros379）-EI.cos37r-7mum2-0器的电容C-0.042F≈4,7X103F。9/12gER解得p1=√5(②)换用180Ω的电阻，则根据im一尽，因第2次实验的最大电流小些，小物块第一次到达D点后，先以速度m逆着电场方向做匀减速直线故不是b:根据Qm=(CUm可知，不同电阻对应的I一t曲线与坐标轴所围成的面积应相等，综上可知，选c。运动，设运动的最大距离为xm,根据动能定理得一gExm=0:4.(1)图2电压表分流偏小(2)C(3)如图所示8.9(8.69.02np12均可)解得m=R。解析(1)在图1、图2两图中，实验系统误差较大的是2，原因是电容器放电荷时电压表有分流对实验的影响，使电容器放电荷量值偏小，则电(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速容测量值偏小。度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道(2)电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢，则DIS系统软件记AB上运动的总路程为s,则根据功能关系得录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。gELsin37°=ugEscos37(3)作出Q一U图像如图。解得=Lan37°-15R。25010x10-C11.B)解析根据动量定理可知，重力、电场力以及轨道支持力的合力2.00的冲量等于小球的动量变化量，A项错误；小球受到的屯场力F一qE1.5011.00mg从a到h,由动能定理有2PR=之mw2,则N。一mg=m发·解得0.50▣N=5mg;从a到c,由动能定理有3FR-mgR=7m2,则N.一mg5.010.015.020.025.0/八W=mR,解得N。=5mg,u=2√gR,B项正确：小球离开c点后，竖直根据C-号可知C-怒-250×10F=&.9R,△U28方向做竖直上抛运动，水方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小·78·23XLJ(新)·物理-A版-XJC