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简答题

如图所示测定表头内阻的电路,电源内阻不计,当电阻箱的电阻调到1200 Ω时,电流表指针偏转到满刻度;再把电阻箱的电阻调到3000 Ω时,电流表指针刚好指到满刻度的一半.

(1)根据上述数据可求出电流表的内阻为_         __Ω;

(2)若这个电流表的满刻度值是500μA,要把它改装成量程为3 V的电压表,应串联一个电阻值为___      _Ω的分压电阻;           

(3)为了核对改装成的电压表V,给你一个标准电压表V0,一个4.5 V的电池组E,一个最大阻值为1 kΩ的滑动变阻器R,开关S及若干导线.请画出符合要求的电路图。

正确答案

(1)600Ω(2)5400Ω(3)

试题分析:(1)联立可得

(2),解得

(3)电路图如图所示:

点评:做本题的关键是知道电压表改装需要串联一个电阻分压

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简答题

用高电阻放电法测电容的实验,是通过对高阻值电阻放电的方法,测出电容器充电电压为U时,所带的电量为Q,从而再求出待测电容器的电容C.某同学的实验情况如下:

(1)按图甲所示电路连接好实验电路;

(2)接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使小量程电流表的指针偏转接近满刻度,记下这时电流表的示数I0=490μA及电压表的示数Uo =6.2V,I和U0 分别是电容器放电的初始电流和电压;

(3)断开开关S,同时开始计时,每隔5s或10s测一次电流I的值,将测得数据填入预先设计的表格中,根据表格中的数据(10组)表示在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上,如图乙中用“×”表示的点.

试根据上述实验结果,在图乙中作出电容器放电的I-t图象,并估算出该电容器两端的电压为U0时所带的电量Q0约为 ___________C;该电容器的电容C约为____________F

正确答案

(1)用平滑曲线连接 ( 8.0---9.0 )×10-3C  

试题分析:用平滑曲线连接各点,查出所画的曲线与从标轴所围的格数以求得面积.因即为曲线与从标轴所围的格数的面积:

则 该电容器两端的电压为时所带的电量约为: 

该电容器的电容C约为:,

点评:明确图象的面积的意义.

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简答题

在“测定金属的电阻率”的实验中,需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l.用螺旋测微器测出金属丝的直径d,用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx

(1)请写出测金属丝电阻率的表达式:ρ=_________(用上述测量的字母表示).

(2)若实验中测量金属丝的长度和直径时,刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示,则金属丝长度的测量值为l=______cm,

金属丝直径的测量值为d=________mm.

(3)如图,要用伏安法测量Rx的电阻,已知电压表内阻约几kΩ,电流表内约lΩ,若用图甲电路,Rx的测量值比真实值_________(填“偏大”或“偏小”),若Rx的阻值约为10Ω,应采用________(填“甲”或“乙”)图的电路,误差会较小.

正确答案

(1) (2)36.50(36.48~36.50)  0.795(0.794~0.797)  (3)偏小 甲

试题分析:(1)根据电阻定律可得,解得

(2)螺旋测微器的读数为:,金属丝的长度为:

(3)若用图甲,由于电压表的分流,电流的测量值比真实值大,故电阻的测量值偏小,Rx的阻值约为10Ω,则与电流表的内阻非常接近,所以采用电流表的外接法,即采用甲图,

点评:做此类型的难度在于误差的分析,关键是对电流表内外接时,电表的分压分流情况理解

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在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,可供选择的实验仪器如下:

小灯泡L,“3.8 V.0.3 A”

电压表V,量程0~5 V,内阻5 kΩ

电流表A1,量程0~100 mA,内阻4 Ω

电流表A2,量程0~500 mA,内阻0.4 Ω

滑动变阻器R1,最大阻值10 Ω,额定电流1.0 A

滑动变阻器R2,最大阻值5 Ω,额定电流0.5 A

直流电源E,电动势约为6 V,内阻约为0.5 Ω

(1)在上述器材中,电流表应选           ;滑动变阻器应选          

(2)在虚线框内画出实验的电路图(采用分压式电路),并在图中注明对应元件的符号。

(3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在IU坐标系中,描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线.根据此图给出的信息,可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)(   )

正确答案

(1)A2R1(2)

(3)B、D   

试题分析:(1)根据小灯泡的额定电流值可以确定电流表应选A2;电阻的额定电流为0.5A,加在它上面的最大电压为6V,所以仪器不能正常使用,滑动变阻器应选R1

(2)由于灯泡的电阻很小,为了减小实验的误差,电流表要采用外接的方法;由于电压要从零开始变化,所以滑动变阻器要采用分压的接法;根据灯泡的伏安特性曲线,找出灯泡和内电阻的总电压为4V的点,可知此时的灯泡的电压和电流,从而可以求得灯泡的功率.

电路如图所示.

(3)从图象可以看出灯泡电阻是在变化的,因为灯丝的电阻随温度的升高而增大,根据这一点对各个选项逐一分析.根据公式知道,图A表示,灯泡的电阻大小不变;不合题意;图B表示灯泡的电阻随温度的升高而增加符合题意;根据公式可知,图C表示,灯泡的电阻大小不变;不合题意;图D表示灯泡的电阻随温度的升高而变大;符合题意.

故选BD.

点评:本题考查根据图象法来判断影响灯泡电阻大小的因素,要知道影响灯泡大小的因素有材料、长度、横截面积和温度;灯泡的电阻温度的升高而变大.

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(9分)在“把电流表改装为电压表”的实验中,需要利用如图所示的电路测定电流表的内阻,步骤如下:

①接通S1(S2未接通),调节R1,使电流表指针偏转到满刻度;

②再接通S2,调节R2,使电流表指针偏转到满刻度的1/3;

③读出R2的阻值,可得到rg =             (填表达式)已知电源的电动势为3V,内阻不计;电流表满偏电流为500μA ,其内阻约在100Ω左右。实验室配有的可变电阻有:

⑴电路中R1应选   ,R2应选    。(填序号)

⑵上述实验中电流表内阻的测量值和真实值相比   (选填“偏大”或“偏小”)

⑶如果测得该电流表阻值为100Ω,要将其改装为量程为3V电压表,应  联一个阻值为 Ω的电阻。

正确答案

(11分)③ 2R2(2分) (1)C (2分)   A (2分)

(2)偏小 (2分) (3)串(1分)    5900(2分)

试题分析:本实验来源于半偏法测电阻,电阻R1较大,灵敏电流表并联部分电阻对电路总电阻影响不大,当电流表偏转到满刻度的1/3时,由并联分流可知R2支路电流为2/3,有rg =2R2(1)由以上所述实验原理,R1应选择电阻较大的滑动变阻器,R2应选用电阻箱,以便于读数(2)实际电流增大,则R2支路电流大于满篇的2/3,由并联分流原理可知测量值和真实值相比偏小⑶由

点评:难度中等,应明确本实验的原理,滑动变阻器电阻越大实验误差越小,电表的改装实际就是应用了串联分压和并联分流的原理

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光敏电阻是一种导电性能随入射光的强弱而改变的半导体器件。当光敏电阻受到光照时,其导电性能显著增强。光敏电阻的基本特性有伏安特性、光照特性、光谱特性等。

(1)如图甲所示,某同学想用多用电表研究光敏电阻的光照特性(光敏电阻的阻值与光照强弱的关系)时,应将多用表的选择开关置于合适的___________档;将一光敏电阻接在多用电表两表笔上,先用黑纸包裹着光敏电阻,此时表针指在某一位置;现拆下黑纸,并用手电筒照射光敏电阻,则表针将会向__________(填“左”或“右”)偏转。

(2)用如图乙所示的电路探究该光敏 电阻的伏安特性,要求光敏电阻两端的电压从0开始调节。请将图中所缺的导线补接完整。为了保证实验的安全,滑动变阻器的滑动触头P在实验开始前应置于      端(选填“a ”或“b”)。

正确答案

(1)欧姆(或电阻),右;(2)a

试题分析:(1)因测量的是光敏电阻的阻值,所以多用表的选择开关置于合适的欧姆档,用手电筒照射光敏电阻,其阻值减小,则表针将会向右偏转。

(2)由题意光敏电阻两端的电压从0开始调节,所以滑动变阻器要采取分压接法,电压表要并联在光敏电阻的两端,连线时导线不能交叉,具体连接见答案,由实物图看出滑动变阻器的滑动触头P在实验开始前应置于a端,此时光敏电阻两端的电压为零。

点评:本题学生要会使用多用电表测电阻,知道在哪些情况下滑动变阻器用分压接法,哪些情况下滑动变阻器用限流接法。

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某组同学利用如下器材测定一种电池的电动势和内阻:①定值电阻R,阻值未知;②滑动变阻器R0,变化范围0~36Ω;③理想电流表;④理想电压表;⑤待测电池;⑥电键、导线若干。

 

(1)甲同学按如图a连接了实验线路,闭合电建,将滑片从某一点逐渐向左移动后,得到了表一的UI数据,则可知电源电动势大小为       V,内阻为       Ω。

(2)乙同学利用相同的器材测量同一个电池,为了防止移动滑片时电源被短路,在电路中串联了定值电阻R,但在串联滑动变阻器时出错,导致将器材连成了图b的方式,将滑片从最右侧向左逐渐移动到左侧,得到了表二的U-I关系的某些数据。根据表格并利用甲同学的测量结果,可知定值电阻R=_____Ω,这一过程中电压表的最大值是______V。

正确答案

(1)(2分)V,(2分)  2  Ω (2)(2分)10 Ω(2分)5.43   V

试题分析:(1)根据表一的数据,作出U-I图像如下图

图线与纵轴的交点为电源电动势,E=6V;电源的内阻 ;

(2)滑动变阻器左右两部分相当于并联接入电路,电压表示数为5.4V时,根据表一可知,流过电源的总电流为0.3A,流过滑动变阻器左半部分的电流为0.2A,流过有半部分的电流为0.1A,并联电路电流比等于电阻的反比,滑动变阻器总电阻为54Ω,所以左半部分电阻为18Ω,有半部分电阻为36Ω,并联后总电阻为12Ω,闭合回路此时的总电阻,所以电阻;当滑动变阻器左右两部分电阻相等时,滑动变阻器接入电路电阻最大,此时,所以此时电压表读数最大,

点评:U-I图线与纵轴的交点为电源电动势,图线的斜率的绝对值为电源的内阻,求内阻时一定要注意,纵轴电压一般不是从零开始的。

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简答题

下面是在测某电池的电动势和内电阻的实验中记录的六组数据。请在直角坐标系中画出U-I图象,并根据图象算出待测电池的电动势和内电阻。

 

①  池的电动 势为________V

②此电池的内阻为________Ω

正确答案

(1)电池的电动势为1.46V(2)此电池的内阻为0.71Ω

试题分析:由描点作图可得出图象如图所示,由图可知,电源的电动势约为1.46V;

由图可知,由图象与横轴的交点可知,当电压为1.00V时,电流为0.65A,则由闭合电路欧姆定律可得:

点评:注意掌握描点作图的方法,误差较大的点(0.32,1.18)在作图时要注意舍去.

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(4分)电流-电压两用电表的电路如图(a)所示.已知图中S是双刀双掷电键, 其外形见图(b),a、b、c、d、e、f为接线柱.双刀双掷电键的触刀掷向a、b时,e与a接通,

f与b接通;掷向c、d时,e与c接通,f与d接通.灵敏电流计G的量程是0.001A,

内阻是100Ω;电阻R1的阻值为9900Ω,R2的阻值是1.01Ω.那么:

(1)触刀掷向a、b时,此两用表是    表,量程为            

(2)触刀掷向c,d时,此两用表是    表,量程是             

正确答案

(1)电压表,量程是10V  (2)电流表,量程是0.1A

试题分析:(1)触刀掷向a、b时由f与b接通,由图知灵敏电流计与电阻R1串联接入电路,此时是电压表,量程是

(2)触刀掷向c、d是,e与c接通,f与d接通,由图知灵敏电流计与电阻R2并联接入电路,此时是电流表,量程是联立代入数据解得I=0.1A。

点评:学生要能根据开关的掷向判断出电路的连接方式,在根据串并联电路的关系分析问题。

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某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒.

(1)实验前需要调整气垫导轨底座使之水平,利用现有器材如何判断导轨是否水平?

                                    .

(2)如图乙所示,用游标卡尺测得遮光条的宽度d=     cm;实验时将滑块从图示位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt=2.0×10-3s,则滑块经过光电门时的瞬时速度为       m/s.

(3)本实验除了上述器材外还需            ,并比较                的大小,如在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示),就可验证系统的机械能守恒.

正确答案

(1)开启气垫导轨让滑块能悬浮在导轨上静止

(2)0.52   2.6       (3) 天平  

试题分析:(1)开启气垫导轨让滑块能悬浮在导轨上静止,则滑块受重力与支持力处于平衡状态,说明气垫导轨底座使水平。

(2)游标卡尺读数方法:首先读出游标尺0刻线对应的主尺的整数部分读作n毫米,然后读出游标尺第几个刻度线和主尺刻度线对齐,读作m,最后读数为:(m+n×0.1)mm,所以本题读作5mm+2×0.1mm=5.2mm即0.52cm;滑块经过光电门时的瞬时速度为

(3)验证系统机械能守恒,需知钩码和滑块的质量,质量由天平测量,则本实验除了上述器材外还需天平;如在实验误差允许的范围内钩码重力势能的减少量,与系统动能的增加量相等,就可验证系统的机械能守恒。

点评:此题关键是遮光条通过光电门的时间极短,则可认为滑块匀速经过光电门。

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将两个相同的灵敏电流计改装成量程较大的电流表A1A2A1的量程是0.6 A,A2的量程是3 A.测得灵敏电流计的内阻为Rg=200Ω,表头显示其满偏电流为Ig="1" mA.

(1)要完成电流表A1的改装,需要给灵敏电流计______联一个阻值为________Ω的电阻.

(2)将电流表A1A2改装成功后,一位同学欲进行以下操作,则将会看到的实验现象是:若将两表串联起来接入电路,A1指针偏角_______A2指针偏角(填大于、小于、等于)

若将两表并联起来接入电路,A1指针偏角_______A2指针偏角(填大于、小于、等于)

正确答案

(1)并联;0.33 每空2分(2)大于 等于 每空1分

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简答题

在研究电磁感应现象实验中,

小题1:为了能明显地观察到实验现象,请在如图所示的实验器材中,选择必要的器材,在图中用实线连接成相应的实物电路图;   

小题2:将原线圈插入副线圈中,闭合电键,副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向     (填“相同”或“相反”);   

小题3:将原线圈拔出时,副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向         (填“相同”或“相反”)。

正确答案

小题1:图略

小题2:相反

小题3:相同

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简答题

测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度的器材如下:

A.待测螺线管L(符号):绕制螺线管金属丝的电阻率为ρ,电阻RL约为100Ω

B.螺旋测微器

C.电流表A1:量程100μA,内阻RA1=500 Ω

D.电流表A2:量程0.6A,内阻RA2=15Ω

E.电压表V1:量程6 V,内阻RV1=4 kΩ

F.电压表V2:量程3V,内阻RV2=2kΩ

G.定值电阻:R0=50Ω

H.滑动变阻器R′:全电阻约为1kΩ

I.电源E:电动势9V,内阻忽略不计

J.开关S一个,导线若干

小题1:实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如上图所示,其示数为d=         mm。

小题2:根据所给实验器材,电流表选用      ,电压表选用      (填写实验器材前面的字母)。

小题3:根据所给实物图,在右侧方框中作出实验原理图。

          

小题4:若测得的金属丝直径用d表示,电流表G的读数用I表示,电压表V的读数用U表示,则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L=           

正确答案

小题1:1.125±0.001(2分)

小题2:C(1分)   E(1分)

小题3:如右图

小题4:

(1)读数为1.125±0.001 (2)由于电源电动势为9V,故电压表采用E。估算电流最大为0.09A,故电流表选C。(3)实验原理如右图所示(4)电压表V通过的电流为,R0两端的电压为,RL两端的电压为,又由电阻定律可解得,

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简答题

示波器工作时,其屏上显示出如图甲所示的波形,且亮度较弱.要将波形由甲图位置调节到乙图的位置和波形,示波器面板需要调节的旋钮是           .

E.Y增益旋钮 F.X增益旋钮    G.水平位移旋钮     H.扫描微调旋钮  

I.衰减旋钮     J.扫描范围旋钮  K.同步开关

正确答案

  ADEFG

由题意知,亮度较弱要调辉度旋A钮增加亮度,由甲图调节到乙图,图像要向上移,调节竖直位移旋钮D,由x、y方向的幅度都变大,调节X增益旋钮F和Y增益旋钮E,

图像要向左移,调节水平位移旋钮G,则变成图乙的波形。

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简答题

为了测量一精密金属丝的电阻率:

小题1:先用多用电表×1Ω挡初测其电阻为______Ω,然后用螺旋测微器测其直径为     mm,游标卡尺测其长度是     mm。

小题2:除待测金属丝外,实验室还备有的实验器材如下:

A.电压表V1(量程3V,内阻约为15kΩ)    B.电压表V2(量程l5V,内阻约为75 kΩ)

C.电流表A1(量程3A,内阻约为0.2 Ω)   D.电流表A2(量程600mA,内阻约为1Ω)

E.滑动变阻器R1(0~5Ω,0.6 A)        F.滑动变阻器R2(0~2000Ω,0.1 A)

G.输出电压为3V的直流稳压电源E        H.电阻箱

I.开关S,导线若干                             

为了减小实验误差,需进一步测其电阻而采用伏安法,则上述器材中应选用的实验器材有(填代号)______________。请在方框内设计最合理的的电路图并实物连线。但用该电路电阻的测量值______真实值(选填大于、等于或小于)。如果金属丝直径为D,长度为L,所测电压为U,电流为I,写出计算电阻率____________________

正确答案

小题1:6;2.095;36.20

小题2:A,D,E,G,I;  <; UπD2/4IL

解答:解:小题1:由图示多用电表可知,待测电阻阻值是6×1Ω=6Ω;由图示螺旋测微器可知,固定刻度示数是2mm,

可动刻度示数是10.0×0.01mm=0.100mm,则螺旋测微器示数是2mm+9.5×0.01mm=2.095mm;由图示游标卡尺可知,主尺示数是3.6cm=36mm,游标尺示数是2×0.1mm=0.2mm,则游标卡尺示数是36mm+0.2mm=36.2mm;

小题2:实验需要G电源,I开关与导线,电源电动势为3V,因此电压表应选:A.电压表V1(量程3V,内阻约为15kΩ);

通过待测电阻的最大电流约为I==0.5A,则电流表应选:D.电流表A2(量程600mA,内阻约为1Ω);为保证电路安全方便实验操作,滑动变阻器应选:E.滑动变阻器R1(0~5Ω,0.6A);

故需要的实验器材是:A、D、E、G、I.

为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,=6,=250,,电流表应采用外接法,实验电路图如图甲所示,根据实验电路图连接实物电路图,如图乙所示;电流表采用外接法,由于电压表的分流作用,电流测量值偏大,由R=可知,待测电阻测量值比真实值小.

由电阻定律可知,R=ρ,R=,则电阻率ρ=

故答案为:小题1: 6,2.095,36.2;

小题2:A、D、E、G、I,电路图如图甲所示,实物电路图如图乙所示,小于,

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