- 导体的电阻
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(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,除有一标有“2.2V,0.5W”的小灯泡、导线和开关外,还有:
E.滑动变阻器10Ω,2A F.滑动变阻器1kΩ,0.5A
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能多测几次。
(1)实验中电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 。(均用仪器前的字母表示)
(2)在虚线框中按要求画出实验电路图。
正确答案
(1)C;E(2)如右图所示
试题分析: (1)小灯泡的额定电流为,所以电流表采用C,滑动变阻器应采用和小灯泡电阻相差不大的,这样便于操作,故选E,
(2)因为电流表的电阻非常小,小灯泡的电阻也很小,所以为了避免电流表分压过大,所以采用电流表的外接法,如图所示:
在“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(2.5 V,0.3 A)、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材:
(1)请在图甲上把变阻器连接完整,要求灯泡上的电压能够从零开始。
(2)图乙为实验中某同学连接好的实验电路图,在开关S闭合之前,应把滑动变阻器的滑动片P移到________位置(填“A端”或“B端”);实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变________(填“大”或“小”).
(3)如图所示是该研究小组测得小灯泡的I-U关系图线。由图线可知,小灯泡灯丝电阻随温度的升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”);当小灯泡两端所加电压为2V时,其灯丝电阻值约为 Ω。(保留两位有效数字)
正确答案
(1)
(2)A 大 (3)增大 7.9
试题分析:(1)要求灯泡上的电压能够从零开始,滑动变阻器的连接方式应该是分压式,图如下;
(2)在开关S闭合之前,要使得灯泡两端的电压等于0,即把灯泡短路,滑片移动到最左端即A端。实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中,灯泡与滑动变阻器左端并联与右端串联,右端电阻逐渐减小,所以并联电路电压增大,即电压表示数变大。
(3)小灯泡的I-U关系图线与原点连线的斜率等于,观察图像与原点连线的斜率逐渐变小,即电阻逐渐变大,当小灯泡两端所加电压为2V时,根据图像可知道电流
,所以此时的电阻
(lO分)某同学设计了一个测量金属丝电阻率的实验方案,实验室提供的器材有:
A. 电流表G(内阻Rg=99Ω,满偏电流Ig=3mA)
B. 电流表A(内阻约为0.2Ω,量程为0〜0.6A)
C. 螺旋测微器
D.电阻箱R0(0 9999Ω, 0.5A)
E. 滑动变阻器R(5Ω,2A)
F.干电池组(6V,0.05Ω)
G. 一个开关和导线若干
他进行了以下操作:
(1)用多用电表粗测金属丝的阻值:当用“x1OΩ”挡时发现指针偏转角度过大,他应该换用______挡(填“x1Ω”或“x1OOΩ”),换挡并进行一系列正确操作后,指针静止时如图1所示,则金属丝的阻值约为______Ω。
(2)该同学为了较精确测量金属丝的阻值,设计了如图2实验电路,其中将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表,则电阻箱的阻值应调为R0=______Ω。
请根据提供的器材和实验需要,将该同学设计的电路图补画完整。
(3)实验数据的测量与电阻率的计算,如果金属丝的长度用L表示,直径用d表示, 电路闭合后,调节滑动变阻器的滑片到合适位置,电流表C的示数为I1,,电流表A的 示数为I2,请用已知量和测量量写出计算金属丝电阻率的表达式______。
正确答案
(1);
(2)
,图见解析;(3)
试题分析:(1)当用欧姆表“x1OΩ”挡时发现指针偏转角度过大,说明待测电阻的阻值比较小,所以换用“x1Ω”挡,由表盘可知待测电阻阻值大约15Ω;(2)电流表改装成电压表需要串联大电阻,由得
Ω;由于要精确测量阻值,所以采取滑动变阻器的分压接法,又因为待测阻值与电流表的内阻相差不大,故采取电流表的外接法,电路图如图所示;
(3)由电路图可知待测电阻的阻值,由电阻定律可知
,联立解得
(10分)为测定电池的电动势和内阻,某同学选用不同的实验器材设计了以下四种测量电路:
⑴从原理上分析,其中可以完成测量的电路有 。
⑵该同学根据其中的一个电路直接测得的实验数据作出了如图丁所示的图象,由此可知该同学选用的是______图所示的电路进行实验。根据图象可算出电源的电动势E=____V,内阻r=_______Ω。(忽略电表内阻的影响,结果保留两位有效数字)
正确答案
(1)乙和丁(2)丁 1.4 (范围1.3-1.5) 1.0 (范围0.80-1.1)
试题分析: (1)根据闭合电路欧姆定律有:E=I(R+r)=U+Ir=,由此可知,测量电池电动势和内阻有三种方法,①电压表、电流表和滑动变阻器(伏安法)②电压表和变阻箱(伏阻法)③电流表和变阻箱(安阻法),甲方案中不知变阻连入电路的具体阻值,故错误;丙方案中电压表被短路,故错误;乙方案中符合伏安法的设计思路,正确;丁方案中将多用电表使用电流档,满足安阻法的设计思路,故正确;综上述,乙、丁电路设计可以完成实验测量。(2)由闭合电路欧姆定律有:
,属于安阻法的实验方案,故该同学选用的方案丁;由关系式可知,在R-
图像中,斜率表示电动势E,纵截距为-r,在图像上选择相距较远的点求得直线斜率即电动势E,读出纵截距,取绝对值即为r。
某班举行了一次物理实验操作技能比赛,其中一项比赛为用规定的电学元件设计合理的电路图,并能较准确的测量若干个由几节电池组成的电池组(均密封,只引出正负电极)的电动势及其内阻。给定的器材如下:
A.电流表G(满偏电流10mA,内阻10Ω)
B.电流表A(0~0.6A,内阻未知)
C.滑动变阻器R0(0~100Ω,1A)
D.定值电阻R(阻值990Ω)
E.开关与导线若干
小刘同学用提供的实验器材,设计了如图甲所示的电路。
其他同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线(I1为电流表G的示数,I2为电流表A的示数),则由图线可以得到被测电池的电动势E= V,内阻r= Ω。
正确答案
E= 9.0 V,r= 10.0 Ω(电动势8.8至9.2、内阻9.6至10.4均可。)
试题分析:由电路图知,定值电阻与电流表G串联,则改装成电压表,可作电压表用,把I1-I2图线的纵轴变成,则图线与纵轴的截距表示电源电动势,得到
,
.
点评:本题学生要知道定值电阻与电流表G串联,可作电压表用,分析图像时把纵轴的电流乘以电阻就改变成电压。
(5分).在测定金属的电阻率实验中,金属导线长为约0.8m,直径小于1mm,电阻等于5Ω左右,实验步骤如下:
(1)用米尺测量金属导线的长度,测三次,求平均值L,在金属导线三个不同的位置用螺旋测微器测量直径,求出平均值d,上图中螺旋测微器的读数为______________mm.
(2)用上面测量的金属导线长度L,直径d和电阻R,根据电阻率的表达式ρ= ____________ ,算出所测金属的电阻率。
正确答案
(1)0.685----0.688mm(2)
(1)主尺读数为0.5mm,可动刻度为18.5×0.01mm,所以读数为0.5mm+18.5×0.01mm=0.685mm(2)由电阻定律,由此可得电阻率
(11分)在做“测定金属丝的电阻率”的实验中,已知待测金属丝的电阻约为5Ω。
(1)若用L表示金属丝的长度,d表示直径,测得电阻为R,请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=________。
(2)实验时,某组同学用螺旋测微器测金属丝的直径,用多用电表“×1”挡测该金属丝的电阻,二者的示数分别如图甲、乙所示,则:测得金属丝的直径是________mm;金属丝的电阻式________。
(3)若采用伏安法测该金属丝的电阻,而实验室提供以下器材供选择:
A.电池组(3V,内阻约1Ω)
B.电流表(0~3A,内阻约0.0125Ω)
C.电流表(0~0.6A,内阻约0.125Ω)
D.电压表(0~3V,内阻约4kΩ)
E.电压表(0~15V,内阻约15kΩ)
F.滑动变阻器(0~20Ω,允许最大电流1A)
G.滑动变阻器(0~2000Ω,允许最大电流0.3A)
H.开关、导线若干。
请回答:
①实验时应从上述器材中选用____________________________(填写仪器前字母代号);
②在组成测量电路时,应采用电流表________接法,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选填“大”或“小”);
③某处实验测量时,表面刻度及指针如图所示,则实验数据应记录为:I= A,U= V。
正确答案
(1) (2)0.900 7 (3)①ACDFH ②外 小 ③0.46A ;2.30V
试题分析:,欧姆表读数为指针示数×倍率
电压表的内阻远远大于待测电阻,应用外接法,外接法测电阻测量值比真实值偏小。
电表的选择与读数
1.电表的选择
实验中,电表的选择首先要估算电路中电流、电压的调节范围,依据电压、电流的调节范围选择电表.一般依据下列原则:
(1)在不超过量程的前提下,选择小量程电表.
(2)电表的读数一般不应小于量程的所以电路中的电流最小应为0.2A,滑动变阻器应选F。
2.电表的读数方法
最小分度是“1”的电表,测量误差出现在下一位,下一位按估读,如最小刻度是1 mA的电流表,测量误差出现在毫安的十分位上,估读到十分之几毫安.最小分度是“2”或“5”的电表,测量误差出现在同一位上,同一位分别按
或
估读.如学生用的电流表0.6 A量程,最小分度为0.02 A,误差出现在安培的百分位,只读到安培的百分位,估读半小格,不足半小格的舍去,超过半小格的按半小格读数,以安培为单位读数时,百分位上的数字可能为0、1、2…9;学生用的电压表15 V量程,最小分度为0.5 V,测量误差出现在伏特的十分位上,只读到伏特的十分位,估读五分之几小格,以伏特为单位读数时,十分位上的数字可能为0、1、2…9.
(9分)一种测量电流表内阻的实验电路原理图如图甲所示,实验所使用的器材如图乙所示。
(1)根据图甲将实物图乙用连线代替导线补画完整实验电路(图中已经画出几条连线)。
(2)完成下列实验步骤中的填空:
①将电阻箱A的阻值调至 (填“最大”或“最小”)。
②闭合S1,断开S2,调整电阻箱A,使电流表G满偏,记下此时电阻箱A的读数R1。
③保持S1闭合,再闭合S2,将电阻箱B的阻值调至____(填“最大”或“最小”),将电阻箱A的读数调整为R1的一半,然后调整电阻箱B,使电流表G的读数重新达到满偏,记下此时电阻箱B的读数R2。若电源内阻不计,则由此可知电流表G的内阻为Rg= 。
正确答案
(1)
(2)①最大 ②最小 ③
试题分析:(1)根据图甲从电源的正极出发,沿电流的流向画实物图,注意电表的正负接线柱,画出实物电路如下:
(2)①实验中要在电路接通时电流最小,故将电阻箱A的阻值调至最大;③因电阻箱B与电流表G是并联,由并联电路分流原理:电阻大的支路电流小,电阻小的支路电流大,在电路接通时要使流过电流表G的电流最小,将电阻箱B的阻值调至最小;在步骤②中由闭合电路欧姆定律得,在步骤③中设流过电阻箱B电流为
,由分流原理可知
,由闭合电路欧姆定律得
,由以上各式联立得:
.
乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表,但他仅借到一块标准电压表V0、一个电池组E、一个滑动变阻器R′和几个待用的阻值准确的定值电阻。
①该同学从上述具体条件出发,先将待改装的表G直接与一个定值电阻R相连接,组成一个电压表;然后用标准电压表V0校准。请你画完图2方框中的校准电路图。
②实验中,当定值电阻R选用17.0k时,调整滑动变阻器R′的阻值,电压表V0的示数是4.0V时,表G的指针恰好指到满量程的五分之二;当R选用7.0k
时,调整R′的阻值,电压表V0的示数是2.0V,表G的指针又指到满量程的五分之二。由此可以判定,表G的内阻rg是 k
,满偏电流Ig是 mA。若要将表G改装为量程是15V的电压表,应配备一个 k
的电阻。
正确答案
①如图
②3.0 0.50 27.0
①本实验是对改装电压表进行校准的,将改装电压表和标准电压表并联后要求电压从0至满偏变化,所以滑动变阻器采用分压接法,电路连接如图
②表头的刻度均匀,当指针恰好指到满量程的五分之二时,流过电流表的电流为0.4Ig,
根据欧姆定律分别有和
,
解得:rg=3.0 kΩ,Ig=0.50mA。
量程为15V的改装电压表的内阻,所以改装时串联的电阻是30 kΩ-3.0 kΩ="27" kΩ。
某课外学习小组想描绘标有“4 V、2 W”的小灯泡的I-U图象,除导线和开关外还备有以下器材:
电流表(量程0.6 A,内阻约为1 Ω) 电压表(量程5.0 V,内阻约为5 kΩ)
滑动变阻器(最大阻值为5Ω,额定电流1.0 A) 电源(电动势为6.0 V,内阻约为1.5 Ω)
(1)根据以上器材,选出既满足实验要求,又要减小误差的实验电路图________。
(2)根据(1)题所选实验电路图,用笔画线代替导线,将图乙中的实验电路连接完整。
(3)开关S闭合之前,图乙中滑动变阻器的滑片应该置于最 端.(填“左”或“右”)
(4)实验中测得有关数据如下表:
根据表中的实验数据,在图丙中画出小灯泡的U-I特性曲线。
(5)从图象看出,电压越高对应的实际电阻值越____________,这说明灯丝材料的电阻率随温度的升高而________。
正确答案
(1)丙、 (2)如图
(3)左. (4)如图
(5)越大、增大。
试题分析:(1)由题意知小灯泡的电阻,满足RV>>R,所以电流表要用外接法,乙、丁错;又要减小误差,要求测量范围要大,所以滑动变阻器选用分压接法,丙对,甲错。
(2)连实物图时,要先连串联部分,再连并联部分,连线不能交叉,具体连线见答案。
(3)开关S闭合之前,要求灯泡中分得的电压为零,即滑动变阻器的滑片应该置于最左端。
(4)先据表中的数据描点,然后用光滑的曲线连接起来,具体图间答案。
(5)从图象看出,电压越高曲线的斜率越小,因是I-U图像,图像的斜率,所以小灯泡的电阻值增大,由电阻定律
,L、S不变,所以灯丝材料的电阻率随温度的升高而增大。
点评:本题学生要会选择所用电路图,要求电流表外接,滑动变阻器采用分压接法,实物图连线时导线不能交叉,清楚I-U图像,图像的斜率是电阻的倒数。
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