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第一步:閉合電鍵S1.將電鍵S2接2.調節滑動變阻器RP和.使電壓表讀數盡量接近滿量程.讀出這時電壓表和電流表的示數U1.I1,請你接著寫出第二步.并說明需要記錄的數據: . 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

精英家教網用伏安法測電阻時,由于電壓表、電流表內阻的影響,不論使用電流表內接法還是電流表外接法,都會產生系統誤差.已知電流表、電壓表的內阻分別為RA、RV
(1)如果待測電阻的真實值為Rx,測量值為R′x,則測量值與真實值的關系式:①采用電流表內接時為R′x=
 
;②采用電流表外接時為R′x=
 

(2)為了消除上述系統誤差,某研究性學習小組設計了如圖1所示的測量電路.
①請完成下列操作過程:
第一步:先將S2的滑片調到最左端,單刀雙擲開關S2合向a,然后閉合電鍵S1,調節滑動變阻器R1和R2,使電壓表和電流表的示數盡量大些(不超過量程),讀出此時電壓表和電流表的示數U1、I1
第二步:保持兩滑動變阻器的滑片位置不變,
 

②根據以上記錄數據寫出被測電阻Rx的表達式Rx=
 

③根據實驗原理圖1連接好實物圖2.

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用伏安法測電阻時,由于電壓表、電流表內阻的影響,不論使用電流表內接法還是電流表外接法,都會產生系統誤差.已知電流表、電壓表的內阻分別為RA、RV
(1)如果待測電阻的真實值為Rx,測量值為R′x,則測量值與真實值的關系式:①采用電流表內接時為R′x=    ;②采用電流表外接時為R′x=   
(2)為了消除上述系統誤差,某研究性學習小組設計了如圖1所示的測量電路.
①請完成下列操作過程:
第一步:先將S2的滑片調到最左端,單刀雙擲開關S2合向a,然后閉合電鍵S1,調節滑動變阻器R1和R2,使電壓表和電流表的示數盡量大些(不超過量程),讀出此時電壓表和電流表的示數U1、I1
第二步:保持兩滑動變阻器的滑片位置不變,   
②根據以上記錄數據寫出被測電阻Rx的表達式Rx=   
③根據實驗原理圖1連接好實物圖2.

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用伏安法測電阻時,由于電壓表、電流表內阻的影響,不論使用電流表內接法還是電流表外接法,都會產生系統誤差.為了消除系統誤差,某研究性學習小組設計了如圖所示的測量電路.

①請完成下列操作過程:

第一步:先將R2的滑動頭調到最左端,單刀雙擲開關S2合向a,然后閉合電鍵S1,調節滑動變阻器R1R2,使電壓表和電流表的示數盡量大些(不超過量程),讀出此時電壓表和電流表的示數U1I1

第二步:保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變,________

②根據以上記錄數據寫出被測電阻Rx的表達式Rx________

③根據實驗原理圖連接好實物圖

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利用如圖甲所示的電路測定金屬電阻率,在測量時需要用刻度尺測出被測金屬絲的長度l,用螺旋測微器測出金屬絲的直徑d,用電流表和電壓表測出金屬絲的電阻Rx
精英家教網
(1)請讀出乙圖中螺旋測微器的讀數
 
m
(2)寫出測金屬絲電阻率的表達式:ρ=.
 

(3)利用該電路進行實驗的主要操作過程是:
第一步:閉合電鍵S1,將電鍵S2接2,調節滑動變阻器RP和r,使電壓表讀數盡量接近滿量程,讀出這時電壓表和電流表的示數U1、I1
請你接著寫出第二步,并說明需要記錄的數據:
 

由以上記錄的數據計算出被測電阻Rx的表達式為Rx=
 

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利用如圖甲所示的電路測定金屬電阻率,在測量時需要用刻度尺測出被測金屬絲的長度l,用螺旋測微器測出金屬絲的直徑d,用電流表和電壓表測出金屬絲的電阻Rx

(1)請讀出乙圖中螺旋測微器的讀數______m
(2)寫出測金屬絲電阻率的表達式:ρ=.______
(3)利用該電路進行實驗的主要操作過程是:
第一步:閉合電鍵S1,將電鍵S2接2,調節滑動變阻器RP和r,使電壓表讀數盡量接近滿量程,讀出這時電壓表和電流表的示數U1、I1
請你接著寫出第二步,并說明需要記錄的數據:______.
由以上記錄的數據計算出被測電阻Rx的表達式為Rx=______.

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1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

B

AC

B

C

BCD

D

AC

D

BC

AC

BD

A

13.A組(1)球形體;(1分)V/S;(1分)10-10,(1分)3.0×10-29(2分)

(2)增大,(2分)變多,(2分)??273.15(1分)

B組(1)x軸正方向,(1分)a,(1分)c,(1分);100(2分)

(2)小于(2分)大于 (2分)    Υ123(1分)

14.(1)步驟C不必要, (2分) 步驟B是錯誤的.(2分)

(2)(4分)  

(3)重錘的質量m ,(1分)  (3分)

15.(1)3.550×10-3 (3分)    (2)πd2Rx/4l(4分)

(3)將電鍵S2接1,只調節滑動變阻器r,使電壓表讀數盡量接近滿量程,讀出這時電壓表和電流表的示數U2I2 (2分) U1/I1U2/I2(3分)

提示:由歐姆定律得U1=I1(RA+RP+Rx),U2=I2(RA+RP),故Rx=U1/I1U2/I2.

 

16.(1)N?m2/kg(2分)    N?m2?C-2(2分)

(2)解析:由題意可知是要求該星球上的“近地衛星”的繞行速度,也即為第一宇宙速度。設該星球表面處的重力加速度為,由平拋運動可得

      ①     故                     2分

對于該星球表面上的物體有②所以         2分

而對于繞該星球做勻速圓周運動的“近地衛星”應有

     ③    2分

由 ①②③式得        ④       1分

(3)受力情況如圖所示,QA、QB對QC的作用力大小和方向都不因其它電荷的存在而改變,仍然遵守庫侖定律的規律。

QA對QC作用力:,同性電荷相斥。(1分)

QB對QC作用力:,異性電荷相吸。(1分)

∵QA=QB=Q        ∴FA=FB

根據平行四邊形法則,QC受的力F1即為FA、FB的合力,根據幾何知識可知,QC受力的大小,F1=FA=FB==,(3分)

方向為平行AB連線向右。(2分)

17.(16分)解:(1)ab桿向右運動時,ab桿中產生的感應電動勢方向為a→b,大小為E=BLv1(1分)

cd桿中的感應電流方向為dc.  cd桿受到的安培力方向水平向右       (1分)

安培力大小為                  (2分)

cd桿向下勻速運動,有mg=μF                       ②                  (1分)

解①、②兩式,ab桿勻速運動的速度為              (2分)

(2)ab桿所受拉力(4分)

(3)設cd桿以v2速度向下運動h過程中,ab桿勻速運動了s距離

                                                        (2分)

整個回路中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

          (3分)

18..解:(17分)(1)帶電微粒在做勻速圓周運動,電場力與重力應平衡,有mg=Eq,即E= mg/q,(3分)方向豎直向下. (1分)

(2) 粒子做勻速圓周運動,軌道半徑為R,如圖所示。

,    (1分)

最高點與地面的距離為,(1分)

解得。(2分) 該微粒運動周期為T=,(1分)

運動至。最高點所用時間為.(2分)

(3)設粒子上升高度為h,由動能定理得,(3分)

解得。  (2分)   微粒離地面最大高度為H+。(1分)

19(17分)解析:(1)解除鎖定彈開AB后,AB兩物體的速度大小:

     (2分)

彈簧儲存的彈性勢能  (1分)

(2)B滑上傳送帶勻減速運動,當速度減為零時,滑動的距離最遠.

由動能定理得:  (2分)  得:  1分)

(3)物塊B沿傳送帶向左返回時,先勻加速運動,物塊速度與傳送帶速度相同時一起勻速運動,設物塊B加速到傳送帶速度v需要滑動的距離為

         得       (2分)

表明物塊B滑回水平面MN的速度沒有達到傳送帶速度

所以:                               (1分)

(4)設彈射裝置對A做功為,則:   (1分)

AB碰后速度互換,B的速度  =                         (1分)

B要剛好能滑出平臺Q端,由能量關系有:    (1分)

又mA=mB,  聯立解得:          (1分)

                                        (1分)

B滑過傳送帶過程,傳送帶移動的距離: (1分)

所求內能:            (2分)

 

 

 


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