题目内容
14.为了测则量阻值约为5Ω的电阻,实验室提供了以下实验器材:①电流表A1,量程0~0.6A,内阻约0.6Ω
②电流表A2,量程0~3A,内阻约0.12Ω
③电压表V,量程0~3V,内阻约3kΩ
④滑动变阻器R1,阻值范围为0~100Ω
⑤滑动变阻器R2,阻值范围0~1700Ω
⑥电源E,电动势3V,内阻约2Ω
⑦电键S,导线若干
实验电路如图所示,在实验过程中
(1)滑动变阻器应选R1,电流表应选A1(填写字母代号)
(2)实验测得的电阻值小于真实电阻(填“大于”、“小于”或“等于”)
分析 (1)滑动变阻器采用分压式接法,变阻器的电阻越小,操作时电压变化的线性越好,操作越是方便;根据欧姆定律估算最大电流,选择电流表量程;
(2)电流表外接法的系统误差来源于电压表的分流作用,故电流表测量值偏大,根据欧姆定律分析系统误差情况.
解答 解:(1)滑动变阻器采用分压式接法,变阻器的电阻越小,操作时电压变化的线性越好,故变阻器选择R1;
最大电流约为:I=$\frac{3V}{5Ω}$=0.6A;故电流表选择A1;
(2)电流表外接法的系统误差来源于电压表的分流作用,电流表测量值偏大,根据R=$\frac{U}{I}$,电阻测量值偏小;
故答案为:
(1)R1,A1;
(2)小于.
点评 本题关键是明确变阻器接法选择原则和电流表内、外接法的误差来源情况,根据欧姆定律估算最大电流,结合误差情况和量程情况选择实验器材,基础题目.
练习册系列答案
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A. | 灯泡上的电压为10$\sqrt{2}$V | B. | 灯泡上的电压为10V | ||
C. | 灯泡获得的功率为10W | D. | 灯泡获得的功率为9W |
4.如图所示,一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5.原线圈与电压u=220$\sqrt{2}$sin(100πt)V正弦交变电源连接.副线圈仅接入一个100Ω的电阻.则( )
A. | 变压器副线圈的电压是220V | B. | 变压器的输入功率是100W | ||
C. | 流过原线圈的电流的有效值为2.2A | D. | 电流表的示数为0.45A |