- 欧姆定律
- 共4751题
已知电流表的内阻Rg=120Ω,满偏电流Ig=3mA,问:
(1)要把它改装成量程为6V的电压表,应串联多大的电阻?
(2)要把它改装成量程为3A的电流表,应并联多大的电阻?
正确答案
(1)1880Ω;(2)0.12Ω评分标准:(1)4分;(2)3分
略
如图所示的电路可用于测量电源的内阻r,电源的电动势未知。图中A 是电流表,其内阻并不很小,V为电压表,其内阻亦不很大,R是一限流电阻,阻值未知,电键S1、S2、S3都处于断开状态。
请补充完成下列实验步骤,用适当的符号表示该步骤中应测量的物理量:
小题1:闭合S1,S3打向1,测得电压表的读数U0,电流表的读数为I0,电压表的内阻RV= ;
小题2:闭合S1,S3打向2,测得电压表的读数U1;
小题3: 。
小题4:用所测得的物理量表示电池内阻的表示式为r= 。
正确答案
小题1:Rg= …
小题2:
小题3:闭合S1、S2,S3打向2,测得电压表的读数U2,电流表的读数I2……(3分)
小题4:r=
略
测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中,将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内,就构成了简单的“水果电池”,其电动势约为1.5V,可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V,额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡。原因是流过小灯泡的电流太小了,经实验测定电流约为3mA。现有下列器材:
待测“水果电池”
电流表:满偏电流3mA,电阻约10Ω
电压表:量程0~1.5V,电阻约1000Ω
滑动变阻器R1:0~30Ω
滑动变阻器R2:0~30kΩ
开关、导线等实验器材
小题1:本实验选用上面所示的实验原理图,应该选用哪种规格的滑动变阻器? 。(填写仪器代号)
小题2:在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值,得到U—I图象如上图所示,根据图中所给数据,则“水果电池”的电动势E= V,内电阻r= Ω。
小题3:若不计测量中的偶然误差,用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较,电动势E (选填“偏大”或“相等”或“偏小”),内电阻r (选填“偏大”或“相等”或“偏小”)。
正确答案
小题1:R2
小题2:1.5V 500Ω
小题3:相等 偏大
(1)“水果电池”电动势约为1.5V,电流约为3mA,估算其内阻约为500Ω,要使电路电流变化范围大一些,需要选用与电源内阻接近的滑动变阻器,故选用R2。(2)根据图象可知:纵截距表示电动势,斜率绝对值表示内阻。故电动势为1.50V,内电阻为500Ω。(3)根据欧姆定律可得,
,由此可知电动势E测量值等于真实值,而内电阻测量值大于真实值,因为还包含电流表内阻
(8分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件.现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线(伏安特性曲线是指用电器的电流I与所加电压U的关系在U-I坐标中所作出的图线),要求特性曲线尽可能完整,实验用的原理图如图所示.已知常温下待测热敏电阻的阻值约4~5毟.热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中,杯内有一定量的冷水,其它备用的仪表和器具有:
盛有热水的热水杯电源(3V、内阻可忽略)
直流电流表(内阻约1Ω)
直流电压表(内阻约5kΩ)
滑动变阻器(0~20Ω)
开关、导线若干.请在空格内填上适当的内容:
a.往保温杯中加入一些热水,待温度稳定时读出 的值;
b.调节滑动变阻器,快速读出 的值;
c.重复a~b,测量不同 下的数据;
d.绘出各测量温度下热敏电阻的 .
正确答案
a.温度计 b.电流表和电压表 c.温度 d.伏安特性曲线
略
某同学设计了一个如图 7所示的实验电路,用以测定电源电动势和内阻,使用 的实验器材为:待测干电池组(电动势约 3V)、电流表(量程 0.6A,内阻小于 1Ω)、电阻箱(0~99.99Ω)、滑动变阻器(0~10Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若 干。考虑到干电池的内阻较小,电流表的内阻不能忽略。
(1)该同学按图 7 连线,通过控制开关状态,测得电流表内阻约为 0.20Ω。试分析该测量 产生误差的原因是_________________________________________。
(2)简要写出利用图 7 所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤:
①_______________________________________________________________________;
②_______________________________________________________________________;
(3)图 8 是由实验数据绘出的图像,由此求出待测干电池组的电动势 E=____________V、内阻 r=_____________ Ω。(计算结果保留三位有效数字)
正确答案
(1)并联电阻箱后线路总阻值减小,从而造成总电流增大
(2)①调节电阻箱 R,断开开关K,将开关 S 接 D,记录电阻箱的阻值和电流表示数;
②断开开关D,再次调节电阻箱 R,将开关 S 接 D,记录电阻箱的阻值和电流表示数
(3)2.81 2.33
测定电源电动势和内阻实验的原理知,此种接法出现误差的原因是电流表的分压作用。而R=r+r安 ,图线的斜率表示电源电动势的倒数,据此得出电动势 E=2.81v, 内 阻 r=2.33Ω。有的考生不能正确理解
图象的物理意义,从而无法得出正确的答案。
按照有效数字规则读出下列电表的测量值。
(1)接0~3V量程时读数为________V。
(2)接0~0.6A量程时读数为_______A。
正确答案
(1)2.17(2.14~2.18均对)(2分); (2)0.16 (2分)
试题分析:电表读数,最小刻度是1的读到0.1,最小刻度是2和5的读到1,所以上面二表的读数分别为2.17V和0.16A。
有一个电流表,内阻为1000Ω,满偏电流为100μA,要把它改装成量程为lmA的电流表,需并联 Ω的分流电阻;如果要把它改装为量程10V的电压表,需串联 Ω的电阻.
正确答案
并联111Ω;串联99×103Ω
小量程改装成大量程的电流表:
R==
Ω;
改装为量程10V的电压表:
R==
=99000Ω=99×103Ω
如图10所示,是“研究电磁感应现象”的实验装置.
(1)将图中所缺导线补充完整.
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,将原线圈迅速插入副线圈中,电流计指针将________偏转。(填“向左”“向右”或“不”)
(3)原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向右移动时,电流计指针将________偏转。(填“向左”“向右”或“不”)
正确答案
(1)连接如图所示(2分)。
(2)向右 (3)向左 (每空2分)
(1)略(2)当电流从正极流入时指针向右偏转,将原线圈迅速插入副线圈中,根据线圈的饶向和右手定责、楞次定律判断感应电流从正极流入,指针向右偏转(3) 将滑动变阻器滑片迅速向右移动时,电阻减小,电流减小,穿过闭合线圈的磁通量减小,电流表指针向左偏转
在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中,提供的实验器材有:
A.小灯泡(额定电压为3.8V,额定电流约0.3A)
B.直流电流表A(0~0.6A,内阻约0.5Ω)
C.直流电压表V(0~6V,内阻约5 kΩ)
D.滑动变阻器R1(0~10Ω,2A)
E.滑动变阻器R2(0~100Ω,0.2A)
F.电源(6V,内阻不计)
G.开关S及导线若干.
(1)实验中滑动变阻器应选用 (选填R1或R2);
(2)某同学设计了实验测量电路,通过改变变阻器的滑片位置,使电表读数从零开始变化,记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.请在图甲中用笔画线代替导线,将实验电路连接完整;
(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表):
则小灯泡的额定功率为 W,该测量值 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值.请在图乙坐标中,描点作出U—I图线.由图象可知,随着电流的增大,小灯泡的电阻 (选填“增大”、“减小”或“不变”).
正确答案
(1)R1(2分)
(2)如图所示(3分,电路图中只要有错不得分)
(3)1.25W(2分) 大于(2分) 如图所示(2分) 增大(1分)
略
(1)现要测定一个额定电压6V、额定功率3W的小灯泡的伏安特性曲线.要求所测电压范围为0V~5.5V.
现有器材:
直流电源E(电动势6V,内阻不计);
电压表
(量程6V,内阻约为4×104Ω);
电流表
(量程300mA,内阻约为2Ω);
电流表
(量程600mA,内阻约为1Ω);
滑动变阻器R(最大阻值约为30Ω);
电子键S,导线若干.
①如果既要满足测量要求,又要测量误差较小,应该选用的电流表是______.
②如图1已经完成部分导线的连接,请你在实物接线图中完成余下导线的连接.
(2)某同学用如图2所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,输出电压为6V的频率为50Hz交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律.
①他进行了下面几个操作步骤:
A.按照图示的装置安装器件;
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上;
C.用天平测出重锤的质量;
D.先接通电源,后释放纸带,打出一条纸带;
E.测量纸带上某些点间的距离;
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.
其中没有必要进行的步骤是______,操作不当的步骤是______.
②他进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析.如图3所示.其中O点为起始点,A、B、C、D、E、F为六个计数点.根据以上数据,当打点到B点时重锤的速度______m/s,计算出该对应的v2=______ m2/s2,gh=______ m2/s2,可认为在误差范围内存在关系式______,即可验证机械能守恒定律.(g=9.8m/s2)
③他继续根据纸带算出各点的速度v,量出下落距离h,并以为纵轴、以h为横轴画出的图象,应是图4中的______.
④他进一步分析,发现本实验存在较大误差.为此设计出用如图5示的实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出AB之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.小铁球通过光电门时的瞬时速度v=______.如果d、t、h、g存在关系式______,也可验证机械能守恒定律.
⑤比较两个方案,改进后的方案相比原方案的最主要的优点是:______.
正确答案
(1)①如果既要满足测量要求,又要测量误差较小,应该选用的电流表是
②测小灯泡的伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,灯泡电阻较小,电流表应采用外接法,如图
(2)①B:将打点计时器接到电源的“交流输出”上,故B错误,操作不当.
C:因为我们是比较mgh、mv2的大小关系,故m可约去比较,不需要用天平,故C没有必要.
故答案为:C,B.
②匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,由此可以求出B点的速度大小为:
vB==1.84m/s
对应的v2=1.69 m2/s2,gh=1.74m2/s2,
可认为在误差范围内存在关系式v2=gh,即可验证机械能守恒定律.
③他继续根据纸带算出各点的速度v,量出下落距离h,并以为纵轴、以h为横轴画出的图象,
根据v2=gh,所以应是图4中的C.
④光电门测速度的原理是用平均速度代替瞬时速度,因此有:
v=
由于v2=gh,所以
=gh
⑤比较两个方案,改进后的方案相比原方案的最主要的优点是:没有纸带与打点计时器间的摩擦影响,提高了测量的精确程度,实验误差减小了.
故答案为:
(1)①
②如图
(2)①C、B
②1.84、1.69、1.74、v2=gh
③C
④,
=gh
⑤没有纸带与打点计时器间的摩擦影响,提高了测量的精确程度,实验误差减小了.
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