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即所并联的电阻R分流偏大，由I=得，可能的电路欧姆定律可知U,=U2+R0原因为实际微安表内阻R。大于测量值，或者所并联R。=U2(1+R),可得1+R的电阻R偏小，A、C正确，B、D错误。(4)改装后Ro 4解得Rv=1.8k2。毫安表量程为1，=+l。=R及+l,由(2)有25mA=Rv1.5(3)把待测电压表@改装成+1,若实量程为20mA,则有20mA量程为90V的电压表需要串联的定值电阻阻值为kR联立上述两式得k=9R'U-Ug_90-3k2=52.2k2。(4)改装的电压表379Ry1.82-1.(1)10(2)8(3)0.67%达标和标准电表进行核对发现改装后的电压表读数始【解析】(1)根据部分电路欧姆定律有(R,+Re)1c=终比标准电表小，说明改装后的电表通过的电流偏(Ia-Ic)R2,解得Re=10。(2)将©改装成量程为小，即串联的电阻阻值偏大。600mA的电流表时，当表头满偏，即1c=0.1A时，4.(1)正极(2)如图所示(3)121.4(120-124均可)代入(1)中等式可得R2=82。（3)由题图可知，最(4)电压表左侧(5)52(50-54均可得分)大绝对误差△1mx=1标准表-1特校表=0.0040A,标称误I/mA差=最大绝对误差电流表量程100%≈0.67%<1%，所以改装电流表达标。综合检测1.ACDUIV2.BCD由功率公式P=UI及表格信息可知，该充电1.02.03.04.0宝以5V的电压输出时最大功率为Pm,=5×3.2W=【解析】(1)描绘二极管G的正向伏安特性曲线，α16W,该充电宝以9V的电压输出时最大功率为端应接电源的正极。(2)描点如答图所示。(3)指Pm,=9x2W=18W,故该充电宝的最大输出功率为示灯正常工作时通过二极管G的电流为15.0mA,18W,A错误；由表格信息可知该充电宝的充电功根据图像可知，正常工作时二极管G两端电压为率为P充电=5×3W=15W,该电池的容量为W=2.18V,故二极管G的电阻为R=-≈145.32，则74W·h,由W=Pt可得该充电宝电量从零充满大约需要：地P4≈5h,B正确；由题干信息可知L,根据串联特点有R:0.050-145.3D=121.4D。为白光灯珠，L2为暖色光灯珠，开关S接d时仅有(4)因为电流表采取内接，电流表示数准确，电压表L接人电路，由P=只可得L,的电阻为R。9n,2示数为电流表和电阻电压之和，大于电阻两端电压，则需要修正示数的电表是电压表；修正后绘出G的开关S接cd时L,、L2并联接入电路，L2两端的电压图线与修正前G的图线相比，修正后的图线位于左依旧为5V,其电功率保持不变，根据总功率等于各侧。(5)电器处于正常待机状态时，将限流电阻归部分的电功率之和可得，白光灯珠的功率为P白光三为电源内阻RR=402,则U=4-401,在答图中作图P米P=5W,由P=可得L的电阻为R:得到正常工作待机时电流为13.0mA,故题图1的R电路消耗的功率为P=U1=4×13.0mW=52mW。52,故暖色光灯珠与白光灯珠电阻之比为R2:R=5.(1)0.252.00(2)HF(3)4.201.92:3,C正确；若该灯始终以白光模式进行照明，该充【解析】(1)电流表量程增加4倍，则量程变为0~电宝供灯可以使用4P500mA,由电表改装相关知识可知R,(500mA-I,)=-=14.8h,可以使用7.4IRg1,R,代值解得R,500mA-=0.252;由题图2可天，D正确。3.(1)如解析图所示(2)1.8(3)52.2(4)偏大知，S2接b,电压表支路与R,上端并联，接通电路前【解析】(1)电路图如图所示，注意滑动变阻器采用要保证其分压为0，故滑片应移至最上端，电压表示分压式接法，导线不能交叉。(2)由题图2电路及闭合数为300V且保持R,接入电路的阻值不变时，电66腾远高考交流QQ群730500642