欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的，它的原理如图，当选用×100档时，其内电池电动势约3V，现要你测量×100挡时欧姆表内阻和欧姆表内电池电动势，实验室为你准备了如下器材：

A．电流表(量程3mA，内阻约600Ω)；

B．电阻箱(最大电阻值9999Ω，阻值最小改变量为1Ω)；

C．电键一个，导线若干．

(1)下面是实验步骤，试填写所缺的③和④．

①先检查表针是否停在左端“0”位置，如果没有停在零位置，用小螺丝刀轻轻转动表盘下面的调整定位螺丝，使指针指零．

②将红表笔和黑表笔分别插入正(＋)、负(－)测试笔插孔，把电阻挡调到×100位置，使红、黑表笔相接触，调整欧姆挡的调零旋钮，使指针指在电阻的零刻度位置上．

③________

④________

(2)求出计算欧姆表内阻r和电池电动势E的公式．(用测得的物理量表示)

(3)下图是用欧姆表测量某未知电阻时指针所指情况，该电阻阻值为________．

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实验室有一电流表A（量程0.5A，内阻约几欧姆），现要将其量程扩大到3A，并进行校准，为此实验室提供以下器材：
电压表（量程15V，内阻很大）；电池组（电动势E未知，内阻r=5Ω）；滑动变阻器
R（约50Ω）；标准电流电表A′（量程为3A）；电阻箱R′；电键S；导线若干。
（1）为扩大电流表量程，必须知道电流表内阻。可用图（甲）所示电路测量电流表A的内阻，图（乙）坐标系中的7个点表示实验中测得的7组电流I、电压U的值，据此可知电流表的内阻R_A为       Ω。（保留两位有效数字）
（2）将电流表A量程扩大到3A，则应将电流表A与电阻箱并联且电阻箱取值是     Ω。（保留二位有效数字）
（3）对改装的电流表用标准电流表A′进行校准，在图（丙）所示的实物图上用笔划线代替导线把实物图完善成校准电路图，（滑动变阻器作限流使用）。

 

                 

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（1）在《用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻》实验中，某同学根据测得的数据作出了如图所示的I-U图线，由图线可以得到电源电动势E=

1.5

1.5

V，内电阻r=

2.14

2.14

Ω．
（2）在欧姆表测电阻的实验中，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度太大（指针过于靠右），则可以断定：这个电阻阻值

较小

较小

（填“较小”或“较大”），为了把电阻测得更准确一些，应换用

“×1档”

“×1档”

（填“×1挡”或“×100挡”），调零后重新测量．
（3）某同学在做“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中得到如下一组U和I的数据：

编号	1	2	3	4	5	6	7	8
U（伏）	0	0.50	1.00	1.50	2.00	2.20	2.60	3.00
I（安）	0	0.050	0.100	0.150	0.180	0.190	0.200	0.205
灯泡发光情况	不亮　　　　　　　微亮　　　　逐渐变亮　　　　　　正常发光

①从上表数据中可以看出，当小灯泡的功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是

先不变再增大

先不变再增大

．
②请在实物图中用铅笔补全其中的连线（电压表、电流表左接线柱为正，右接线柱为负）

（4）有一待测的电阻R，其阻值约在40～50Ω之间，实验室准备用来测量该电阻值的实验器材有：
电压表V（量程O～10V，内电阻约20kΩ）；
电流表A（量程O～300mA，内电阻约4Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω，额定电流为1A）
直流电源E（电动势为9V，内电阻约为0.5Ω）；
开关；此外还有若干根供连线用的导线．
实验要求电表读数从零开始变化，并多次测出几组电流、电压值，以便画出电流一电压的关系图线．为了实验能正常进行，减少测量误差，还要求滑动变阻器便于调节．请在方框内画出实验电路．

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在“测定金属丝的电阻率”的实验中，若用欧姆表粗测得知电阻丝R_x的阻值约为4Ω，为较精确地测量金属丝的电阻，并要求金属丝发热功率P＜1.25W，需要另行设计电路进行测量，实验室各有的部分仪器有：
A．电动势6V的电池组E：
B．两挡电流表A（量程0～0.6A，内阻0.13Ω；量程0～3.0A，内阻0.025Ω）
C．两挡电压表V（量程0-3.0V，内阻3kΩ；量程0～15V，内阻15kΩ）；
D．滑动变阻器R₁（0～100Ω，最大允许电流l A）；
E．滑动变阻器R₂（0-20Ω，最大允许电流l A）．
（1）上述器材中，滑动变阻器应选用

R₂

R₂

．
（2）在虚线框内画出实验电路图．
（3）实验时，电流表、电压表指针位置如图甲所示：螺旋测微器测金属丝的直径、米尺测金属丝的长度如图乙所示，由图可知各物理量的测量值为：金属丝直径的测量值d=

0.380

0.380

mm；金属丝长度的测量值L=

31.00

31.00

cm．根据上述数据，可以计算出所测金属丝的电阻率ρ=

1.8×10^-6

1.8×10^-6

Ω?m（计算结果保留两位有效数字）．

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题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

C

B

D

D

B

D

A

B

D

D

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

D

B

C

B

B

AC

D

C

A

AC

CD

22 Ⅰ. 2.50（2分）    0.25（2分）   3.50 （3分）

   Ⅱ ① 40K(或40×10³)   （3分）

      ② A，D，G，H     (各1分，共4分)

      ③ 如图所示

23. (16分)

解：（1）m在滑动摩擦力的作用下向右加速时加速度达到最大a_m。

对m由牛顿第二定律得： f=ma_m                      ①. ………………..(1分)

                       f=μN                        ②.………………..(1分)

                       N=mg                       ③……………………(1分)

对M由牛顿第二定律得：F-f=Ma_M                     ④…………………(1分)

要使木板能抽出来则要求M的加速度a_M大于a_m。即：  a_M>a_m  …………...(1分)

解以上方程得：         F>4N                       ……………………(1分)

   （2）设F作用时间t₁后，m在M上继续相对滑行t₂后到M的最左端。

     m所经过的位移S_m为：S_m= a_m(t₁+t₂)²/2                  ⑤………………..(1分)

               速度v_m为：v_m= a_m(t₁+t₂)                    ⑥..………………(1分)

     F撤消后，M的加速度 a_M2为   f=Ma_M2                ⑦..………………(1分)

     M所经过的位移S_M为：S_M= a_Mt₁²/2 +a_Mt₁t₂- a_M2t₂²/2       ⑧………………..(2分)

               速度v_M为：v_M= a_Mt₁- a_M2t₂                            ⑨………………..(1分)

     位移关系为：         S_M- S_m=L                       ……………….. ..(1分)

     此时要求：           v_M≥ v_m                         ……………….. ..(1分)

     解①----⑨方程组及速度位移关系得：  t₁≥0.8s           ……………….. ..(2分)

即力F的作用时间不得少于0.8 s

24 (18分)

解：（1）经加速电场加速：qU₀=mv₀²/2     得v₀=8×10⁶m/s     …………….. ..(2分)

     垂直极板方向做匀加速直线运动，设加速度a，经1×10^-8s的时间，侧向位移y

     a=qu/md         y=at²/2         得y=8×10^-3m            …………….. ..(3分)

电子进入极板后在平行极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向沿同一方向先匀加速再匀减速，再匀加速．匀减速……

     经过各n次匀加速．匀减速，则有      2y．n≤d/2

     解得  n≤3.125           取n=3                          …………….. ..(3分)

     则经过加速．减速各3次后距板的距离为△y =d/2-2y×3=2×10^-3m

     对应的电势差△u=△yU/d=1.82V                            …………….. ..(2分)

    ∴电子离开电场时的动能   E_k=q(U₀+△u)=183.8eV             …………….. ..(3分)

（2）∵△y=y/4

电子在极板中运动的总时间为  …………….. ..(3分)

∴极板长     L= v₀t₁=0.52m                                 …………….. ..(2分)

25 （20分）

解：(1)从开始到M第一次着地，设着地速度为v₁的过程中，对系统：

由机械能守恒定律：MgH-mgH=(M+m)v₁²/2              ①……..（2分）

由动量定理得：    Mgt-mgt=(m+M)v₁                  ②……..（2分）

解得：            t=1s                              …………(1分)

(2)设第3次着地时的速度为v₃，此时系统损失的机械能△E₁即为M的动能

△E₁=Mv₃²/2                         ③……….(1分)

m上升后落回速度仍为v₃，绳绷直后达到共同速度v₃′，损失能量△E₂

绳绷直瞬间系统动量守恒，m的速度在M侧等效向上，与M同向：

    m v₃=(m+M) v₃′                     ④……….(2分)

                △E₂=mv₃²/2-(m+M) v₃′²/2            ⑤………..(2分)

∴              △E₁：△E₂=4：1                     ………….(1分)

(3)设M第一次着地后被m带着上升的高度为H₁，

                       m v₁=(m+M) v₁′                     ⑥……….(1分)

                       MgH₁-mgH₁=(M+m)v₁′²/2             ⑦……….(2分)

       解方程①⑥⑦可得                    ……….(2分)

       依此类推可得                       ……….(2分)

       M所走的全部路程为  l=H+2H₁+2H₁+…2H_n=2.83m          ……….(2分)

6

7

8

9

10

11

12

13

D

A

B

D

D

D

B

C

26．（1）4mol/L    溶液的密度 (4分)

   （2）b           (2分)

   （3）2NaOH+2ClO₂+H₂O₂====2NaClO₂+2H₂O+O₂；防止H₂O₂分解   (3分)

   （4）连续测定吸收塔内溶液的PH   (2分)

   （5） (2分)

   （6）b．e．d，重结晶   (4分)

27．（1）HCl；H₂S；CH₄     (每空1分，共3分)

   （2）CH₄(g)+2O₂(g) ====CO₂(g)+2H₂O(l)；△H=-890KJ.mol^-1  (3分)

   （3）2PH₃+4O₂====P₂O₅+3H₂O       (3分)