11.用伏安法测电阻时.由于电压表.电流表内阻的影响.使得测量结果总存在系统的误差.按图7所示的电路进行测量.可以消除这种系统误差. 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

精英家教网用伏安法测电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差.已知电流表、电压表的内阻分别为RA、RV
(1)如果待测电阻的真实值为Rx,测量值为R′x,则测量值与真实值的关系式:①采用电流表内接时为R′x=
 
;②采用电流表外接时为R′x=
 

(2)为了消除上述系统误差,某研究性学习小组设计了如图1所示的测量电路.
①请完成下列操作过程:
第一步:先将S2的滑片调到最左端,单刀双掷开关S2合向a,然后闭合电键S1,调节滑动变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程),读出此时电压表和电流表的示数U1、I1
第二步:保持两滑动变阻器的滑片位置不变,
 

②根据以上记录数据写出被测电阻Rx的表达式Rx=
 

③根据实验原理图1连接好实物图2.

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用伏安法测电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,使得测量结果总存在误差,而按图所示电路进行测量,则由电压表、电流表内阻所造成的误差可消除.
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(1)请你简要写出还未完成的主要操作步骤,并用字母表达出相应的测量值.
①闭合开关S1,开关S2接2,调节RP 和 R'P,使电压表的示数接满量程,读出电流表和电压表的示数I2、U2
②保持RP不变
 

(2)请你推导出待测电阻RX的表达式
 

(3)用线把实线图按电路图连成测量电路.

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用伏安法测电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,使得测量结果总存在系统误差,按下图所示的电路进行测量,可以消除这种系统误差.

(1)该实验的第一步是:闭合电键S1,将电键S2接2,调节滑动变阻器RP和r,使电压表读数尽量接近满量程,读出这时电压表和电流表的示数U1、I1;请你接着写出第二步,并说明需要记录的数据:_______________________________.

(2)由以上记录数据计算被测电阻Rx,其表达式是Rx=______________.

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用伏安法测电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差.为了消除系统误差,某研究性学习小组设计了如图所示的测量电路

1)请完成下列操作过程:

   第一步:先将R2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2合向a,然后闭合开关S1,调节滑动变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程),读出此时电压表和电流表的示数U1、I1

第二步:保持滑动变阻器     滑动触头位置不变,单刀双掷开关S2合向b,调节滑动变阻器____,读出此时电压表和电流表的示数U2、I2.(选填“R1”或“R2”)

2)根据以上记录数据写出被测电阻Rx的表达式Rx=         

 

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用伏安法测电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差.为了消除系统误差,某研究性学习小组设计了如图所示的测量电路

1)请完成下列操作过程:
第一步:先将R2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2合向a,然后闭合开关S1,调节滑动变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程),读出此时电压表和电流表的示数U1、I1
第二步:保持滑动变阻器     滑动触头位置不变,单刀双掷开关S2合向b,调节滑动变阻器____,读出此时电压表和电流表的示数U2、I2.(选填“R1”或“R2”)
2)根据以上记录数据写出被测电阻Rx的表达式Rx=         

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1.D 超导材料的电阻为零,因此只有D正确.

2.C 由玻尔理论可知,所以C正确.

3.B 并联与的并联相串联,再与相并联,=0.5W,因此伏特表示数U=1.5V,安培表示数I1.5A

4.C 当B对地面恰无压力时,弹簧的伸长量A达到最大速度时,弹簧的压缩量,此过程重力做功为

5.D 同步卫星的加速度应为地球的自转角速度,所以aRh).

6.C ∴ ,因此只有C正确.

7.B 利用平面镜成像规律,找到S的像点,确定垂直墙壁上的光斑,从而可知只有B正确.

8.B 滑动变阻器用分压作用时,滑动变阻器阻值大的应为微调,阻值小的应为粗调,粗调时应选用,则一定应为10W,一定应为200W,因此只有B正确.

9.D 金属块先加速后减速,最小速度为零,加速度先减小而后增大,因此C错;电场力始终做正功,电势能始终减小,因此B错;由能量守恒可知,电场力对金属块做的功应等于摩擦而产生的热量.

10.D 光线由O点射入,折射光线应靠近法线,即x轴光线射入材料后,法线应与y轴平行,入射角逐渐增大,当入射角大于临界角时,发生全反射,因此只有D正确.

11.(1)将接1,读出这时电压表和电流表的示数

    (2)

12.答案:(1)甲

    (2)①步骤B是错误的.应该接到电源的交流输出端.步骤D是错误的,应该先接通电源,待打点稳定后再释放纸带.步骤C不必要,因为根据测量原理,重锤的动能和势能中都包含了质量m,可以约去.

    ②

    ③重锤的质量为m 

13.解析:(1)核方程

    设聚变后新核速度为V,中子速度为,质量为m,则由能量守恒定理得:

   

    由动量守恒定律得:0=3mVmDm=(2×2.01353u-3.015u-1.008665u

    由以上各式可求得快中子动能 

14.解析:a 粒子在水平方向做匀速运动  

    a 粒子在竖直方向做匀速运动 rvt

    解得 B板发光面积S为 

15.解析:由F 得 小鸟: 对飞机:

    得:

    ∵ =2as

    ∴ 跑道长至少为 518.4米

16.解析:(1)运动员从高处落下到接触沙坑表面的过程中,运动员重心下落的高度h1.25m,下落过程机械能守恒,即mgh

    解得运动员落到地面的速度为v5.0m/s

    (2)运动员从下落到沙坑中停下,这个过程中初末动能都为零,重力做的功等于运动员克服沙坑阻力做的功,即 mg(hl)=

    得解得 =8.1×N.

17.解析:如答图1所示,设球的半径为R,在△OBP

    即

答图1

    ∴ i=45°

    ∠FOPi-30°=45°-30°=15°

    ∵ 入射光线平行于MN

    ∴ ∠MOAi=45°

    由图知:

   

    ∴ 

18.解析:(1)当回收舱在速度为200m/s时,受到重力和阻力平衡而匀速下落,根据牛顿第二定律 mg-=0

    根据已知条件,得  解得: m

    (2)在打开降落伞后,返回舱的加速度先增大而后减小,加速度方向向上,返回舱的速度不断减少,直到速度减小到8.0m/s后匀速下落.

    (3)反冲发动机工作后,使回收舱的速度由8.0m/s减小为0,回收舱受重力和反冲力F作用做匀减速运动,运动位移为h1.2m,根据动能定理(mg-Fh

    解得 F=9.9×N.

    反冲发动机对返回舱做的功WFh=1.2×J.

 

 

 

 


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