- 交变电流
- 共1899题
(6分)实验室准备用来测量一个阻值约5Ω的电阻,有以下器材:
电压表(量程0~3V,内电阻约15kΩ);
电压表(量程0~15V,内电阻约75kΩ);
电流表(量程0~3A,内电阻约0.2Ω);
电流表(量程0~600mA,内电阻约3 Ω);
滑动变阻器R(0~10Ω,额定电流为1.0 A);
直流电源电池组E(电动势为3V、内阻约为0.3 Ω);
开关及导线若干
为了实验能正常进行,减少测量误差,实验要求电表读数从零开始变化,并能多测几组电流、电压值,以便画出电流—电压的关系图线,则:
①电流表应选用________(填实验器材的代号)
②甲、乙、丙、丁四个电路图中符合实验要求
的电路图是______________图。
③这位同学在一次测量时,电流表、电压表的示数如上图所示。由图中电流表、电压表的读数可计算出待测金属丝的电阻为___________Ω。(结果精确到小数点后一位)
正确答案
①A2②丁③5.2Ω
试题分析:①已知电动势为E=3v,待测电阻为R=5Ω,电路中最大电流为:,则电流表应选择A2;②由于待测电阻是个小电阻,电流表应接成外接法且为了使电压从0调起,滑动变阻器要接成分压式故选择丁图;③电流表读数为I=0.46A,电压表读数为U=2.40v,则电阻为:
。
在测定金属的电阻率实验中,用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,读数为 ___________mm.
正确答案
2.615~2.618。
试题分析:螺旋测微器的主尺示数为2.5mm,副尺上的示数为11.5×0.01mm=0.115mm,故金属丝的直径为2.5mm+0.115mm=2.615mm,或者由于估读的不同而出现一些偏差,其示数在2.615mm~2.618mm之间即可。
.发光二极管(LED)是一种新型光源,在2010年上海世博会上通过巨大的LED显示屏,为我们提供了一场精美的视觉盛宴。某同学为了探究LED的伏安特性曲线,他实验的实物示意图如题图甲所示,其中图中D为发光二极管(LED),R0为定值电阻,,电压表视为理想电压表。(数字运算结果保留2位有效数字)
(1) 闭合开关S前,滑动变阻器R的滑动触头应置于最 (填“左”或“右”)端。
(2) 实验一:在20℃的室温下,通过调节滑动变阻器,测量得到LED的U1 —U2曲线为题图乙中的a曲线。已知定值电阻R0的电阻值为10 Ω,LED的正常工作电流为20 mA,由曲线可知实验中的LED的额定功率为 W,LED的电阻随着电流的增大而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3) 实验二:将LED置于80℃的热水中,测量得到LED的U1 —U2曲线为图乙中的b曲线。由此可知:温度升高,LED的电阻将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
正确答案
(1)右(2)0.66 减小(3)减小
(1)电路中在开关闭合前滑动变阻器应调至最大阻值处,所以该实验中闭合开关S前,滑动变阻器R的滑动触头应置于最右端。
(2)LED的正常工作时电流为20mA,定值电阻与其实串联关系,所以,从图中可找出当
时
,所以LED的额定功率为P=0.66W。当电流逐渐增大即
逐渐增大时,
变化的慢了即LED的电阻减小了,
(3)从b曲线中可看出,对应同一个时,LED温度升高后电压减小了,说明LED通过相同的电流,温度升高后,电阻减小了,
要测量电压表V1的内阻Rv,其量程为2 V,内阻约2 kΩ.实验室提供的器材有:
电流表A,量程0.6 A,内阻约0.1 Ω;
电压表V2,量程5 V,内阻R1="5" kΩ;
定值电阻R2,阻值为R2="3" kΩ;
滑动变阻器R3,最大阻值100 Ω
电源E,电动势6 V,内阻约0.5 Ω;
开关S一个,导线若干.
(1)(2分)有人拟将待测电压表V1和电流表A串联接入电压合适的测量电路中,测出V1的电压和电流,再计算出Rv.该方案实际上不可行,其最主要的原因是______________________________________________.
(2)(2分)某同学选择电压表V2后,自己设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路,实验电路如图1所示,则被测电压表V1应接在电路中的_________(填“A”或“B”)处.
(3)(2分)实验的实物连线如图2所示,还有两根导线没有接好,请在实物图上画出应接的导线.
(4)(3分)实验中电压表V1读数U1,电压表V2的读数U2,试写出计算电压表V1内阻Rv的表达式Rv=_________________.(用题中字母表示)
正确答案
(1)电流表读数过小(2)A(3)
(4)
试题分析:(1)待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中,由于待测电压表内阻很大,电路电流很小,电流表示数很小,对电流表读数时误差很大,不能对电流表正确读数,则该方案不可行.
(2)待测电压表应与定值电阻串联,则被测电压表V1应接在电路中的A处.
(3)根据电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示.
(4)根据电路图,由串并联电路特点及欧姆定律可得:,则
;
多用电表的电阻挡有三个倍率,分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω。用×10Ω挡测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很大,为了较准确地进行测量,应换到______________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是______________。若补上该步骤后测量,表盘的示数如图,则该电阻的阻值是______________。
正确答案
×1;调零;18Ω。
试题分析:用×10Ω挡测量某电阻时,操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很大,说明电阻值较小,应该换“×1”档位;如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,缺少的步骤是“调零”,即将两表笔短接后把指针调到“0”刻度;通过读取表盘的示数,得出该电阻的阻值为18Ω。
某电阻额定电压为3 V(阻值大约为10 Ω).为测量其阻值,实验室提供了下列可选用的器材
E.滑动变阻器R1(最大阻值为50 Ω)
F.滑动变阻器R2(最大阻值为500 Ω)
G.电源E(电动势4 V,内阻可忽略)
H.开关、导线若干
(1)为了尽可能提高测量准确度,应选择的器材为(只需填器材前面的字母即可):电流表________.电压表________.滑动变阻器________.
(2)该实验要求待测电阻两端的电压可以由零开始调节,请在答题纸上画出实验电路图.
正确答案
(1)A C E
(2)
试题分析:(1)题目中尽可能提高测量准确度,所以采取分压接法,所以滑动变阻器选择E;根据待测电阻的规格可知,最大电流为0.3A,最大电压为3.0V,所以电压表选择C,电流表选A.
(2)测量电路采取分压接法,由于待测电阻较小,所以电流表采取外接法,电路图如下图所示:
用多用表进行某次测量,指针的位置如图所示,若选择的挡位在“直流电压500V”,则指针读数为 V;若选择的挡位在“电阻×10”,则指针读数为 Ω;
正确答案
220V, 320 Ω
试题分析:若选择的挡位在“直流电压500V”,即指针满偏时电压500V,所以一个刻度表示10V,由图知指针读数为220V;若选择的挡位在“电阻×10”,由图知指针指向刻度值32,所以待测电阻的阻值为32×10=320Ω。
如图所示是研究电源电动势和电路内电压、外电压关系的实验装置仪器,电池的正负两极分别为A和B,位于两个电极内侧的探针C和D用于测量电池的内电压。
(1)在给出的下列仪器路中,用实线作为导线将实验仪器连成实验电路;
(2)合上开关前,应将滑动变阻器的滑片置于______端(选填“M”或“N”)。
(3)只调节滑动变阻器的滑臂,使电流传感器的示数变大,则电压传感器Ⅰ的示数将________,电压传感器Ⅱ的示数将________,在实验误差范围内,电压传感器Ⅰ和电压传感器Ⅱ的示数之和________(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
正确答案
(1)见图。
(2)N(3)变大,变小,不变。
试题分析:由题意可知实验原理,则由原理可得出实验选用的仪器及接法;滑动变阻器起保护作用,闭合电键时接入回路的电阻应该最大,所以应接N端;调节滑动变阻器的滑臂,使电流传感器的示数变大,内压降变大,则电压传感器Ⅰ的示数将变大,路短电压变小,电压传感器Ⅱ的示数将变小,在实验误差范围内,电压传感器Ⅰ和电压传感器Ⅱ的示数之和为电源电动势不变。
点评:本题改编自测电动势和内阻的实验,要注意电压表测量的是内电阻,而不是路端电压,则由E=U内+U外可得出结果.
某研究性学习小组利用下图所示电路测量某电池的电动势E和内阻r。由于该电池的内阻r太小,因此在电路中接入了一个阻值为2.00Ω的定值电阻R0,闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读出电压表相应的示数,得到如下数据(R和U分别表示电阻箱的读数和电压表读数)
(1)为了比较准确的得出实验结论,该小组的同学准备用图像法处理实验数据,通过选取合适的坐标,使图像成为一条直线,若用图像的纵坐标表示电压表的读数U,则图像的横坐标表示的应该是 。(用题中所给的物理量表示)
(2)在图中所示坐标纸中做出这条直线图像。
(3)图线中的纵截距为b,斜率数值为k,则电源电动势E的表达式 ,内阻r的表达式 ;(用题中所给的字母表示)由此得出电动势E= V,内阻r= Ω。(保留两位有效数字)
正确答案
(1) U/R (2分)
(2) (2分)
(3) b (2分)
k-R0 (2分)
2.0 (2分)
0.33 (2分)
(1)图像的横坐标表示的应该是,电压U与电阻R的比值U/R(或电流I)
(2)表格中数据如下:
图象如下所示,
(3),上图为电源的路端电压与电流的关系.则图象与电压轴的交点表电源的电动势,即电动势E=b,
,由此得出电动势为2.0V,与电流轴的交点不表示短路电流.因为电压轴不是从零开始的.由U=E-Ir得 r=
Ω=2.4Ω 则新电源的内阻是2.4Ω,所以要减去定值电阻.故内阻为0.4Ω
故答案为:电压U与电阻R的比值U/R(或电流I);
表格中数据如下:
2.0;0.4
点评:定值电阻串入电路一方向保护电源,同时扩大电源的内阻.同时电源的路端电压与电流图象与电流的交点不一定是短路电流,由电压轴是否是从零开始的.
在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,实验室提供了小灯泡(3.8V,0.3A)、电流表(0—0.5A,内阻约0.4Ω)、电压表(0—5V,内阻约10kΩ)以及滑动变阻器(5Ω,2A)等实验器材。
(1)如果用多用电表欧姆挡粗略测量该小灯泡的电阻,应选用的挡位是
。(填下列选项前面的字母)
A、×1000 B、×100 C、×10 D、×1
(2)如果既要满足小灯泡两端电压从零开始连续变化,又要测量误差较小,应从如图甲所示的电路中选择 电路做实验电路。(填对应电路图下面的字母)
(3)利用实验数据画出了如图乙所示的小灯泡的伏安特性曲线,根据此图给出的信息可知,随着 小灯泡两端电压的升高,小灯泡的电阻 。(填“变大”“变小”或“不变”)
正确答案
(1)D(2)B(3)变大
(1)小灯泡的电阻大概为,如果用多用电表欧姆挡粗略测量该小灯泡的电阻,应选用的挡位是×1
故选D
(2)如果要满足小灯泡两端电压从零开始连续变化,滑动变阻器应该选用分压式接法,小灯泡灯丝电阻较小,所以采用电流表内接法,故所选电路为B
(3)伏安特性曲线图线斜率表示电阻的倒数,所以跟据图像可知,随着小灯泡两端电压的升高,小灯泡的电阻变大
故答案为:变大
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