- 交变电流
- 共2642题
某课外学习小组想描绘标有“4V、2W”的小灯泡的U—I图象,除导线和开关外还备有以下器材可供选择:
A.电流表(量程0.6A,内阻约为1Ω)
B.电流表(量程3.0A,内阻约为0.2Ω)
C.电压表(量程5.0V,内阻约为5kΩ)
D.电压表(量程15.0V,内阻约为15kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为200Ω,额定电流100mA)
F.滑动变阻器(最大阻值为10Ω,额定电流1.0A)
G.电源(电动势为6.0V,内阻约为1.5Ω)
(1)实验中所用的电流表应选 ;电压表应选 ;滑动变阻器应选 。(只需填器材前面的字母代号)
(2)将图甲中的实物连接成实验所需的电路(有两根导线已经接好)。实验开始时,滑动变阻器的滑片应该置于最 端。(填“左”或“右”)
(3)经过正确的操作,测得的数据如下表:
请在图乙中描点画出小灯泡的U—I曲线.
(4)若某干电池的端电压U与电流I的关系如图乙中图线a所示,那么将本题中的小灯泡接在该干电池的两端时,小灯泡的实际功率是 W.
正确答案
(1)A、C、F(每空1分) (2)实物图如图甲(3分);左(2分)
(3)U—I图线如图乙中b(3分) (4)0.8W(2分)
试题分析:(1)灯泡的额定电压为4V,则电压表的量程选用5.0V的,灯泡的额定电流,则电流表量程选用0.6A的,最大阻值200Ω的滑动变阻器接入电路时,使得电路中的电流太小,测量误差较大,所以选用最大阻值为10Ω的滑动变阻器.故选A、C、F.
(2)灯泡正常工作时的电阻,远小于电压表内阻,属于小电阻,所以电流表采用外接法,电压和电流需从0开始测起,所以滑动变阻器需采用分压式接法.实物连线图如下图,实验开始时,滑动变阻器的滑片应该置于最左端,保护测量电路部分.
(3)用平滑的曲线描点作图,如下图.
点评:解决本题的关键掌握器材选取的原则,掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别,以及电流表内外接的区别.
.(2010·江苏省名校联考)小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大.某同学为研究这一现象,用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线.
实验可供选择的器材有:
A.小灯泡 (规格为“2.5V 1.2W”)
B.电流表 (量程为0~0.6A,内阻为1Ω)
C.电压表 (量程为0~3V,内阻未知)
D.滑动变阻器 (0~10Ω,额定电流为1A)
E.滑动变阻器 (0~5Ω,额定电流为0.5A)
F.电源 (E=3V,内阻不计)
G.定值定阻R0 (阻值R0=6Ω)
H.开关一个和导线若干
(1)要求小灯泡两端的电压从零开始变化,且能尽量消除系统误差,在方框内画出实验电路图.
(2)实验中,应该选用的滑动变阻器是________(填写器材前字母代号).
(3)按照正确的电路图,该同学测得实验数据如下:(I是的示数,U是的示数,U灯是小灯泡两端的实际电压).请通过计算补全表格中的空格,然后在方格图中画出小灯泡的伏安特性曲线.
I/A
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
0.48
U/V
0.08
0.15
0.25
0.40
0.60
0.90
1.30
1.85
2.50
3.00
U灯/V
(4)该同学将与本实验中一样的两个小灯泡以及给定的定值电阻R0三者一起串联接在本实验中提供的电源两端,则每个灯泡的实际功率是________W.
正确答案
(1)如图所示
(2)D
(3)
I/A
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
0.48
U/V
0.08
0.15
0.25
0.40
0.60
0.90
1.30
1.85
2.50
3.00
U灯/V
0.03
0.05
0.10
0.20
0.35
0.60
0.95
1.45
2.05
2.52
(4)0.18
(1)要使小灯泡两端电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法,为测量更准确,应采用电流表内接法,实验电路图如图所示.
(3)由第(1)问中所画电路图分析可得:U灯=U-IRA,则可根据表中数据求出U灯,并画出U灯-I图线如图所示.
(4)在同一坐标系中作出2U灯+IR0=E的图线,根据此图线与灯泡的U灯-I图线的交点可得此时灯泡的电压U灯=0.6V,电流I=0.3A.所以,灯泡的实际功率为P=U灯I=0.18W.
一同学用图1的实验电路图测一节干电池的电动势E和内阻r, 图2是他由实验测得的7组数据所画出的路端电压随电流强度变化的关系图,
图1 图2
试根据图像求:1)电源的电动势E、内阻r
2).若用这节干电池直接与阻值为1Ω的电阻R相连组成闭合电路.求这节干电池的总功率和这节干电池的效率。
正确答案
(1)1.5V;0.5Ω;(2)1.5W;1W;66.67%;
试题分析:(1)根据闭合电路欧姆定律可知:,故图线的纵截距即电池电动势:
,斜率的绝对值即表示电池内阻,由图像可知:
。
(2)将电池与电阻R相连成闭合电路,电路中的电流:
故此时电池的总功率为:
电池的效率为:
在用电流场模拟静点场描绘电场中等势线的实验中,如图所示,abcde为电极AB连线上的5个等间距的基准点,df的连线与AB连线垂直。若电流表的两表笔分别接触df两点时,电流表指针反偏(电流从红表笔流进时,指针正偏),由此可知电流表的红表笔接在了_____点;此时,要使指针指在零刻线,应将接触f点的探针(即表笔)向______移动(填“左”或“右”)。
正确答案
d , 右
此题涉及电学实验描绘电场中的等势线。等量异种电荷电场线如图所示
电流表指针反偏,则电流从黑表笔流入,即红表笔接触点的电势低,即d点,要使指针指在零刻线,即两表笔电势相等,需要应将接触f点的探针(即表笔)向右移动。本题考查实验操作,需要借助于等势面进行判断,有一定难度。
某实验小组根据描绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法,探究晶体二极管在正向电压下的I-U特性。所用的器材包括:二极管,电源E,电流表A,电压表V,滑动变阻器R,开关S,导线若干。
小题1:为了达到上述目的,请将图甲连成一个完整的实验电路图,并标出二极管的正负极。
小题2:该实验小组根据实验得到的数据,描点绘出了如图乙所示的I一U图线,试根据此图线定性地叙述有关二极管的2个特性:①__________________ ;②______________________。
正确答案
小题1:
小题2:
小题1:应该将电路连成分压式,并且二极管接正向电压,实验电路图如下,
小题2:根据图乙所示的I一U图线,可得二极管的2个特性:①二极管是非线性元件,因为其两端电压与通过的电流不成正比,②二极管所加正向电压越大,其电阻值越小
①为了测量电源的电动势和内阻,我们通常采用如图甲所示电路,请你根据甲电路图用笔
线代替导线将乙实物图连接完整。
因本实验原理不够完善而产生系统误差的原因是 .
②为了消除这一系统误差,某同学选用两架量程适当的电流表.A1(内阻未知)、A2(内阻等于RA)以及定值电阻R0,设计了如图丙所示的测量电路,该同学根据上述设计的实验电路,多次改变滑动变阻器尺的阻值,分别读出两电流表A1、A2的相应示数I1、I2,以I1为纵坐标,I2为横坐标,画出I1与I2的关系图象,若由图象得到斜率为K,直线在纵轴上的截距为a,则被测电源的电动势E= ;内阻r= 。
正确答案
①实物连线见解析;由于伏特表的分流作用,使得安培表的示数小于电路的总电流值;②
。
试题分析:①实物连线如图;由于伏特表的分流作用,使得安培表的示数小于电路的总电流值;
②由全电路的欧姆定律可知,,变形可得:
,由题意
,
,解得
,
。
小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化,一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题,实验室备有的器材是:电压表、电流表、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干。实验时,要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上。
(1)他们应选用甲图中所示的 电路进行实验;
(2)如乙图所示实物电路部分导线已画出,试将实物图补充完整;
(3)开关闭合之前,乙图中滑动变阻器的滑片应该置于 端(选填“A”、“B”或“AB中间”);
(4)某同学通过实验得到如下数据,请在以下坐标中描出这个小灯泡的I-U图线;
(5)根据I-U图线分析可以看出,当通过小灯泡的电流逐渐增大时,灯丝电阻的变化情况是 。
正确答案
(1)A(2)见解析(3)B(4)见解析(5)先不变后增大(填“逐渐增大”也正确)
试题分析:(1)小灯泡的电阻比较小,应采用电流表的外接法,要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上,所以滑动变阻器应该采用分压式解法,所以应该选A.
(2)根据以上选择的电路图,将实物图补充如下图所示
(3)开关闭合之前,应使小灯泡两端的电压为零,以避免小灯泡在开关闭合时被损坏,所以图中滑动变阻器的滑片应该置于B端.
(4)将表格中的数据逐一在坐标描出点,并用平滑的曲线将各点连接起来,如下图所示,
(5)在I-U图线中,图线上的点与原点连线的斜率的倒数代表的是电阻的大小,从图线可以看出随着小灯泡中电流的增大其斜率先不变后减小,所以小灯泡电阻先不变再增大。
在练习使用多用表的实验中,某同学连接的电路如图所示。
①若旋转选择开关,使尖端对准直流电流挡,闭合电键S,此时测得的是通过_____的电流;
②若断开电路中的电键S,旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡,此时测得的是_________的电阻;
③若旋转选择开关,使尖端对准直流电压挡,闭合电键S,并将滑动变阻器的滑片移至最左端,此时测得的是_______两端的电压;
④在使用多用表的欧姆挡测量电阻时,若( )
正确答案
① R1 ② R1R2串联 ③ R2 ④ D
试题分析:①根据电路结构可看出,若旋转选择开关,使尖端对准直流电流挡,闭合电键S,此时测得的是通过R1的电流;②若断开电路中的电键S,旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡,此时测得的是R1R2串联的总电阻;若旋转选择开关,使尖端对准直流电压挡,闭合电键S,并将滑动变阻器的滑片移至最左端,此时测得的是R2两端的电压;④双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏小,因为人体是导体;测量时发现指针向左偏离中央刻度过大,则必须增大倍率,重新调零后再进行测量;由于欧姆表的刻度盘不是均匀的,选择“×l0”倍率测量时发现指针位于20与30 正中间,则测量值小于250;欧姆表内的电池使用时间太长,虽然完成调零,但测量值将略偏大。选项D正确,
用伏安法测一节干电池的电动势ε和内电阻r,所给的器材有:
以及电键S和导线若干.
(1)在方框中画出实验电路图(标明变阻器规格).
(2)如图所示的U-I图上是由实验测得的7组数据标出的点,已知4点和7点刚好落在坐标纸交线上。请你完成图线,并由图线求出ε=_ _______V,r=_____ ___Ω.
正确答案
图略 1.5 0.5
试题分析:(1)因为电源内阻较小,所以采用滑动变阻器,
(2)用圆滑的曲线相连,与纵坐标轴交与1.5,与横坐标交与1.0,则电源电动势为,电源内阻为
点评:在做U-I图像时,切忌使用折线连接
(10分)某同学在探究规格为“2.5V,0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中:
(1)在小电珠接入电路前,使用多用电表直接测量小电珠的电阻,则应将选择开关旋至 档____倍率(选填“×1”、“×10”、或“×100”)进行测量。正确操作后,多用表的示数如图甲所示,结果为 ___Ω。
(2)该同学采用如右图乙所示的电路进行测量。现备有下列器材供选用:
E.阻值为0~1kΩ,额定电流为0.5A的滑动变阻器
F.阻值为0~10Ω,额定电流为2A的滑动变阻器
G.蓄电池(6V内阻不计)
H.开关一个,导线若干.
①.为使测量结果尽量准确,电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选用 .(只填字母代号)
②.在实验过程中,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最__________端。(填“左”或“右”)
③.在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,其原因是_______点到_______点的导线没接好,(图乙中的黑色小圆点表示接线点,并用数字标记,空格中请填写图乙中的数字,如“2”点到“3”点的导线)
④.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙所示,则小电珠的电阻随工作电压的增大而__________(填:“不变”、“增大”或“减小”)
正确答案
(1)欧姆(或Ω),×1, 7(2)①ACF ②左 ③1;5 ④ 增大
试题分析:(1)多用电表的欧姆档是测量电阻的,所以应旋至欧姆档,因为小电珠的电阻很小,所以应采用×1档,读数为7Ω
(2)因为温度对电阻的影响很大,所以电路中的电流不宜过大,故选择电流A,小电珠的额定电压为2.5V,所以采用电压表应为C,为了操作方便,滑动变阻器的最大阻值应用被测电阻的阻值相接近,故应选F,为了电路的安全,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最左端,使滑动变阻器处于最大阻值处,电压表和电流表的示数总是调不到零,说明1到5点有分压情况,即导线没有接好,I-U图像斜率的倒数表示小电珠的电阻,从图中可得其电阻随工作电压的增大后增大,
点评:理解了该实验的原理即可顺利解决此题,故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么
有一个小灯泡上标有“3.8V、0.5A”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线。有下列器材供选用:
A.电压表(0~5 V,内阻约为10 kΩ)
B.电流表(0~0.6A,内阻约为0.5Ω)
C.电流表(0~3A,内阻约为0.1Ω)
D.滑动变阻器(0~10Ω,2A)
E.滑动变阻器(0~1kΩ,0.1 A)
F.学生电源(直流6V),还有开关、导线若干
①实验中所用电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 。
②实验时要求尽量减少实验误差,测量电压从零开始多取几组数据,应选用图甲中 图所示电路进行实验。
③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图乙所示),若用电动势为3.2V、内阻为3Ω的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是 W。
正确答案
①B D ②A ③0.8
试题分析:①灯泡的额定电流为0.5A,选择0~3A量程的电流表量程偏大,测量误差大,所以选择量程为0.6 A的电流表,即B;若滑动变阻器选择总电阻为1 kΩ的,则电流表和电压表示数较小,测量误差大,所以选择总电阻为10 Ω的滑动变阻器.即D.
②因为灯泡的电压和电流需从零开始测起,则滑动变阻器采用分压式接法.灯泡的电阻大约为7.6Ω,远小于电压表的内阻,属于小电阻,所以电流表采用外接法,故选A.
③作出电源的U-I图线,与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A,电压U=2.0V,则灯泡的实际功率P=UI=0.8W.
英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象.现在某一课外活动小组的同学
想模仿一下法拉第实验,于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B,两节干电池、电键、
电流计、滑动变阻器等器材,如图所示.请同学们帮助该活动小组,用笔画线代替导线,
将图中的器材连接成实验电路.
正确答案
线圈A与带电池的电路相连,线圈B与电流计相连,当滑动滑动变阻器时,线圈A中的电流变化,从而引起B中产生感应电流,也可以保持滑动器划片不动,线圈A插入或者拔出时,也可以引起B中的磁通量发生变化,
(7分)如图甲所示为某一测量电路,电源电压恒定。闭合开关S,调节滑动变阻器由最右端滑动至最左端,两电压表的示数随电流变化的图象如图乙所示,可知:_____(填“a”或“b”)是电压表V2示数变化的图象,电源电压为_____V,电阻Rl阻值为_____Ω,变阻器最大阻值为_____Ω。
正确答案
b;6V;10Ω;20Ω
试题分析:滑动变阻器由最右端滑动至最左端时,电路中的电阻减小,电流增大,则V1读数增大,V2读数减小,故b是电压表V2示数变化的图象;电源电压不变.由图象可知,电源电压是6V;电阻Rl阻值为 ;由图象可知,滑动变阻器阻值全部接入电路时,滑动变阻器两端电压为4V,电路电流为0.2A,则滑动变阻器的最大阻值
;
(6分)(2011•海南)图1是改装并校准电流表的电路图,已知表头a的量程为Ig=600μA内阻为Rg,A是标准电流表,要求改装后的电流表量程为I=60mA.完成下列填空.
(1)图1中分流电阻Rp的阻值为 .
(2)在电表改装成后的某次校准测量中,a表的示数如图所是,由此读出流过a电流表的电流为 mA.此时流过分流电阻RP的电流为 mA(保留一位小数)
正确答案
(1)(2)49.5;49.0
试题分析:改装电流表要并联一电阻Rp,并联一电阻后流过表头a的电流为Ig,流过Rp的电流为IR,而加在表头和Rp上的电压相等,即IgRg=IRRp,则改装后的电流表量,
解:(1)由于Rg和Rp并联,由IgRg=IRRp和I=Ig+IR
得:.
故答案为:
(2)由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA;
设此时流过表头的电流为I'g,流过RP的电流为I'R,
∵加在表头和Rp上的电压相等,故有I'gRg=I′RRp…①
I'=(I'g+I'R)…②;
由①②联立得:I'R=49.005mA≈49.0mA
故答案为:49.5;49.0
点评:由该题可看出,解决此类问题要充分理解电表改装原理,电路的分压分流原理.
某同学准备测量一只电阻的阻值,采用的方法是:
①用多用电表进行粗测。该同学选择、1倍率,用正确的操作方法进行测量,发现指针转过角度太小(如图甲)。为了较准确地进行测量,____应换成么石一倍率的档位进行测量;进行欧姆档调零,将待.测电阻接在两表笔之间,待指针稳定后读数,若这时刻度盘上的指针位置如图乙所示,那么测量结果为____
②准确测量待测电阻R、的阻值。供选用的器材有:
A.电源E:电动势约为6.0V、内阻忽略不计;
B.电流表A1:量程50mA、内阻r1=20;、
C.电流表A2:量程300 mA、内阻r2约为4,
D.定值电阻R0:阻值为20;
E.滑动变阻器R:最大阻值为10;
F.单刀单掷开关S、导线若干.
(i)要求电表指针至少三分之一偏转,设计出可能的方案后,进行实物连线。
(ii)测得电流表A1的示数是I1,电流表A2示数是I2,则Rx的表达式为____。
正确答案
① ×10Ω;100Ω;②(ⅰ)如下图所示;(2)
试题分析:①欧姆表的指针偏转较小时的读数的误差大,读数较大,其读数大约100Ω,但要更准确的测量,就要换较大的挡,选择×10Ω倍率;选择好倍率后,读数是10。乘以倍率,所以测量结果就是100Ω;
②由于电流表A1的内阻已知,而电流表A2的内阻只有约数,根据图中已知接的线,让待测电阻与A1串联再与定阻电阻R0并联。则电路串并联关系可知:I1(Rx+r1)=(I2-I1)R0,解得Rx=
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