高三2024新高考单科综合卷(一)1物理(新教材)试题-答案易对

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②此图是用半偏法测电压表的内阻，(2)由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S,时E=I(R◆+按实物连线画电路图如图所示。③滑动变阻器滑片保持不变，可以认为Rp、即1=R士。一，由图像可知下=E总电压不变，再调节电阻箱使电压表半偏，那么电阻箱的电压与电压表相同，所4.9-2.0,解得E=12V,以Rv=R=29k2。35R十R。十r=2,解得r=3.00实际上，由于电阻箱与电压表串联后再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A,则E=接入电路增加了总电阻，则滑动变阻器的分压将增大，这样I'(r+R。+RA十R,),解得R,=6.02当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表的示数大，所以测一，解得p=4LπD2R量值大于真实值。根据R,=pS=p1、U2-U1U1R。2.(2)R。πD2(5)0.150(6)5.0U,-U,(3)由(2)可知E=12V,r=3.02。解析：(2)由于电压表内阻非常大，故K接2时电压表两端电(4)根据表达式E=I'(r十R。+RA十R,)压与K接1时金属丝两端电压和R。两端电压之和相等，即因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表相同读数时，得到U2=U1十IR。,故流过金属丝的电流I=U2-U一，由电阻的的R,的值偏小，即R,测量值偏小。R。5.(1)见解析图(2)①20②左③相等U,URo定义式可知金属丝的电阻r=了=U,-U,°④2550(3)调节R,上的分压，尽可能使微安表接近满量程解析：(1)根据题中的原理图(a),将题图(b)中的实物连线如(5)由题图(b)可知螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读图所示。数为15.0×0.01mm=0.150mm,故该读数为d=0.150mm.L(6)金属丝的横截面积S=4πd,由电阻定律有r=p5,将相关数据代入解得p≈5.0×10-72·m。3.(1)A160(2)100(3)无解析：(1)器材选择需要结合测量电路，用假设法初步分析，电流表半偏时，若电流表为A1,由闭合电路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300Ω，定值电阻与电流表A1的内阻之和为240Ω，不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的阻值0应为60Ω，实验器材可满足需求；若电流表为A2,电流表半(2)①R,起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，偏时，电路中总电阻为1002，不符合题意。即R,的阻值为202；②为了保护微安表，闭合开关前，滑动(2)由闭合电路欧姆定律有E=2(TN十R,十r十R),E=变阻器R,的滑片C应移到滑动变阻器的左端，确保微安表两端电压为零；③反复调节D的位置，使闭合S,前后微安表35(T十R,十r十R),(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；④将电阻箱R.和微安表位置对调，其他条件保持不值为60Ω，实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总变，发现将R。的阻值置于2601.02时，在接通S2前后，微阻值，联立可得R,=100。(3)由(2)问分析可得，是否考虑电池内阻对实验结果无影响。安表的示数也保持不变。说明2500.00RAR2601.00,则解4.(1)3.700(2)6.0πDR4L(3)123.0(4)偏小得R4=25502.解析：(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,其读数(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R,上的分压，尽为3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm。可能使微安表接近满量程。第十一章磁场第56课时磁场及其对电流的作用1.B两直角导线可以等效为如图所示的两Mw自反向：可求得两导线在a处的合磁场大小方B,一号5，方直导线，由安培定则可知，两直导线分别向竖直向上，如图所示，因外加的磁场方向与PQ平行，且由在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向FOPQ指向P,最后由矢量的合成法则，可得α点处磁感应强度B里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为0；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为EO'Q的大小为B√a,+停-2B改D备。32B。选项B正确。3.C根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方，右侧部2.C在两导线中均通有方向垂直于纸面向分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则里的电流【时，根据安培定则及矢量叠加b⑧I原理可知它们在a点处产生的合磁感应可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部强度方向平行于PQ向右，设大小为B,,分垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。如图所示，由于α点处的合磁感应强度为P7…⑧Q零，由此可知外加的磁场方向平行于PQ4.B由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，向左，且B。=B,,设导线P、Q在a点处产生的磁感应强度两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L=√2r,电流表示数分别为Bp、B。,则Bp=B。,根据几何关系有2 Bpcos30°为I,由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小B:怒得B,=8。一B。,故A、B错误；只把导线Q中电流分别为【，山3政骏框所受安培力大小方F→的大小变为2I,则导线Q在a点产生的磁感应强度方向不变，大小变为B。-2B。,由儿何知识结B.BIL+BIL=√2BIr,故选B。35.A根据安培定则可知，A、B两条平行导线间的磁场方向垂合矢量叠加原理，求得a点处磁感应强度直纸面向外，根据左手定则可知，直导线C所受安培力水平向右，则其将沿水平面向右运动，故选A。大小为品-B,放C正演：当导线P6.C根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外中的电流反向，其他条件不变，则导线PP⊙7⑧Q的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名在Q处产生的磁感应强度大小不变，但方磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，可知P逆时针转高中总复习·物理587参考答案与详解

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