- 描绘小电珠的伏安特性曲线
- 共2102题
(4分) 如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素,其中电容器左侧极板和静电计外壳接地,电容器右侧极板与静电计金属球相连.
(1)使电容器带电后与电源断开
①上移左极板,可观察到静电计指针偏转角______(选填变大,变小或不变);
②将极板间距离减小时,可观察到静电计指针偏转角______(选填变大,变小或不变);
③两板间插入一块玻璃,可观察到静电计指针偏转角______(选填变大,变小或不变).
(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有______
正确答案
变大, 变小, 变小, ( A )
试题分析:(1)①上移左极板时,其正对面积S减小,由平行板电容器的公式知电容C减小,由
知电势差U增大,所以静电计指针偏转角变大。②将极板间距离d减小时,由平行板电容器的公式
知电容C增大,由
知电势差U减小,所以静电计指针偏转角变小。③当两板间插入一块玻璃时,介电常数
增大,由平行板电容器的公式
知电容C增大,由
知电势差U减小,所以静电计指针偏转角变小。
(2)实验中静电计偏角的大小,测量的是电容器两板间的电压,A对,BD错;因实验中没有电流,所以静电计不可以用电压表替代,C错。
点评:本题学生明确电容器带电后与电源断开,电容器的电荷量不变,静电计偏角的大小测量的是电容器两板间的电势差。
用下列器材组装成描绘电阻R0伏安特性曲线的电路,请将图实-6-12所示实物连线成为实验电路.
图实-6-12
微安表μA(量程200 μA,内阻约200 Ω);
电压表V(量程3 V,内阻约10 kΩ);
电阻R0(阻值约20 kΩ);
滑动变阻器R(最大阻值50 Ω,额定电流1 A);
电池组E(电动势3 V,内阻不计);
开关S及导线若干.
正确答案
见解析图
由于=0.5,
=100,可以看出R0≫RA,故采用电流表内接法.因电阻R0的阻值远远大于滑动变阻器的阻值,故采用分压接法.画出电路原理图如图所示.把实物与原理图结合起来完成连线,注意电压表、电流表的正、负接线柱,保证电流从正接线柱进从负接线柱出.连线如图所示.
某研究性学习小组用如图(a)所示装置验证机械能守恒定律。让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置,若不考虑空气阻力,小球的机械能应该守恒,即,但直接测量摆球到达B点的速度v比较困难,现利用平抛的特性来间接地测出v。
如图(a)中,悬点正下方一竖直立柱上 放置一个与摆球完全相同的小球(OB等于摆线长),当悬线摆至B处,摆球与小球发生完全弹性碰撞(速度互换),被碰小球由于惯性向前飞出作平抛运动。在地面上放上白纸,上面覆盖着复写纸,当小球落在复写纸上时,会在下面白纸上留下痕迹。用重锤线确定出A、B点的投影点N、M。重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放),球的落点痕迹如图(b)所示,图中米尺水平放置,零刻度线与M点对齐。用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2,算出A、B两点的竖直距离,再量出M、C之间的距离x,即可验证机械能守恒定律。(已知重力加速度为g,两球的质量均为m。)
(1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射程为 m。
(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0 = 。
(3)此实验中,小球从A到B过程重力势能的减少量ΔEP = ,动能的增加量EK=
若要验证此过程中摆球的机械能守恒,实验数据应满足一个怎样的关系 。(用题中的符号表示)
正确答案
(1) 0 .646~0.653 (2) (3)mg(h1-h2)
mg(h1-h2)=
x2
试题分析:(1)根据刻度尺的读数原则,可知其读数为:65.0cm.即0.650m
(2)物体从B点平抛,所以有: ①
②联立①②解得:
(3)重力势能的减小量等于重力做功:
动能增量为:
实验中应满足减小的重力势能和动能增加是相同的,
点评:(1)注意读数时要进行估读.(2)根据平抛运动规律可以求出初速度的大小.(3)根据重力做功和重力势能的关系可求出重力势能的减小量,根据水平速度的大小可以求出动能的增量.
在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图实-6-15所示方式连接好电路,电路中所有元器件都完好,且电压表和电流表已调零.闭合开关后:
图实-6-15
图实-6-16
(1)若不管怎样调节滑动变阻器,小灯泡亮度能发生变化,但电压表、电流表的示数总
不能为零,则可能是________导线断路.
(2)某同学测出电源和小灯泡的U-I图线如图实-6-16所示,将小灯泡和电阻R串联
后接到电源上,要使电路中电流为1.0 A,则R=________Ω.
(3)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图实-6-17中的(a)、
(b)、)(c)所示,下列说法正确的是 ( )
图实-6-17
正确答案
(1)g (2)0.8 (3)AC
(1)若调节滑动变阻器,小灯泡的亮度变化,但电压表、电流表示数总不能为零,
说明滑动变阻器不起分压作用,所以可能是g导线断路.
(2)由电源的U-I图线知E=3.0 V,r=1 Ω,当小灯泡与电阻串联后
由闭合电路欧姆定律得E=I(R+r+R灯)
又由小灯泡的U-I图线得R灯==1.2 Ω
解得R=0.8 Ω.
(3)因a元件的I-U图线是直线,说明其电阻不随电压的变化而变化,故可作为标准电
阻,故A对,B错.b的阻值随电压升高而增大,c的阻值随电压升高而降低,故C对
D错.
利用如图所示的电路测量一量程为300mV的电压表的内阻Rx,Rx约
为300Ω.某同学的实验步骤如下:
①按电路图正确连接好电路,把滑动变阻器R的滑片P滑到a端,
闭合电键S2,并将电阻箱R0的阻值调到较大;
②闭合电键S1,调节滑动变阻器滑片的位置,使电压表的指针指到满刻度;
③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变,断开电键S2,调整电阻箱R0的阻值大小,使电压表的指针指到满刻度的一半;读出此时电阻箱R0的阻值,即等于电压表内阻Rx.
实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9Ω)、电池(电动势约1.5V,内阻可忽略不计)、导线和电键之外,还有如下可供选择的实验器材:
根据以上设计的实验方法,回答下列问题:
(1)为了使测量比较精确,从可供选择的实验器材中,滑动变阻器R应选用________,定值电阻R/应选用_________(填写可供选择实验器材前面的序号).
(2)对于上述测量方法,从实验原理分析可知,在测量无误的情况下,实际测出的电压表内阻的测量值Rg 真实值RV(填“大于”、“小于”或“等于”),且在其他条件不变的情况下,若RV越大,其测量值Rg的误差就越 (填“大”或“小”).
正确答案
(1)B、C (2)大于、小
(1)本实验滑动变阻器选择分压连接,选小电阻的,B对;定值电阻起到分压限流的作用,选C (2)本实验是利用半偏法测量电压表内阻,当断开开关S2时,滑动变阻器左端电压大于电压表的满篇电压,电阻R0两端电压大于U/2,所以测量值偏大,若RV越大,其测量值Rg的误差就越小
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