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2021年新高考物理热点专项练习-电学实验仪器选择问题

2020-04-23 来源:步旅网
2021年高考物理【热点·重点·难点】专练(山东专用)

热点08 电学实验仪器选择问题

【热点解读】

(1)、实验仪器的选择

根据实验原理和实验室条件选择仪器是进行正确测量的前提,一般遵循以下三原则: ①安全性原则:要能够根据实验要求和客观条件选用合适的仪器,使实验切实可行,能达到预期目标。另外还要注意测量仪器的量程,电阻类器件的电流不能超过其最大允许电流等。

②准确性原则:根据实验的需要,选用精度合适的测量工具,但对某个实验来讲,精确程度够用即可,并不是精度越高越好。

③操作性原则:实验时需考虑调节方便,便于操作,如滑动变阻器的选择,既要考虑它的额定电流,又要考虑它的阻值范围,在二者都能满足实验要求的情况下,还要考虑阻值大小对实验操作中是否调节方便的影响。

根据教学大纲及高考考核的要求,选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件,通常可以从以下三方面人手:

a.根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表.首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程.然后合理选择量程。务必使指针有较大偏转(一般取满偏的1/3-2/3左右),以减少测读的误差.

b.根据电路中可能出现的电流或电压范围需选择滑动变阻器.注意流过滑动变阻器的电流不超过它额定值.对高阻值的变阻器,如果滑动头稍有移动,使电流电压有很大变化的,不宜采用.

c.应根据实验的基本要求来选择仪器.对于这种情况.只有熟悉实验原理.才能做出恰当的选择.

对器材的选择的一般步骤是: ①找出唯一性的器材;

②草画电路图(暂不把电表接入);

③估算最大值(在限流电路中把滑动变阻器触头推向最小值); ④考虑能否都使电表达到满偏的1/3以上。

※在“伏安法测电阻”和“伏安法测电池电动势和内电阻”的实验中,一般选用总阻值较小的滑动变阻器,前者可方便调节,后者可减少误差。

※①在滑动变阻器作限流作用时,为使负载RX既能得到较宽的电流调节范围,又能使电流变化均匀,选择变阻器时,应使其总电阻,R0大于RX,一般在2—5倍为好。

※②在滑动变阻器作为分压作用时,一般取滑动变阻器的总电阻R0在0.1RX—0.5RX之间为好。 【限时检测】(建议用时:30分钟)

1.一电流表的内阻Rg约在1k~2k之间,现要测量它的内阻,提供的器材有:

A.待测电流表G(量程250A) B.电源E(4V,内阻0.6) C.电阻箱RA(0-9999) D.滑动变阻器R1(0-20,1A) E.滑动变阻器R2(0-250,0.6A) F.滑动变阻器R3(0-1k,0.3A) G.标准电流表G(量程250A) H.电键S1、S2及导线若干

有甲、乙两同学,用不同的测量方法来测出内阻。设计的电路如图(1)和(2)

A、甲同学利用图(1)的电路图来测量内阻,其实验步骤如下:

①先按电路图一接好各元件,并使滑动触头P先置a端,断开电键S1,且使电阻箱阻值为零 ②闭合电键S1,调节滑动触头P于某一位置,使G表满刻度Ig

③保持滑动触头P的位置不变,调节电阻箱RA,使G表的读数变为半偏(

Ig2

),记下此时的电阻

箱数值R

④实验完毕后断开电键,即得待测电流表内阻Rg=R

B、乙同学利用图(2)的电路图来测得内阻,其实验步骤如下:

①先按电路图(2)接好各元件,并使滑动触头P先置于a端,断开电键S1、S2,且使电阻箱阻值为零 ②闭合电键S和S1,调节滑动触头P于某一位置,使D表满刻度Ig

③断开电键S1,闭合电键S,调节电阻箱电阻值,使D表电流仍为Ig,记下电阻箱数值R ④实验完毕后断开电键,即得待测电流表内阻Rg=R

请回答以下问题:

(1)在不考虑操作过程中的失误的前提下,仅就电路设计而言,能更准确地测出电流表内阻值的是______同学设计的方案。

(2)甲、乙两同学在操作过程中有一名同学有失误,请你指出是那名同学并改正:______ (3)对测量精度较差的那个设计方案中,回答以下问题: (a)其测量误差的主要来源,以下分析正确的是______ A.电阻箱两端电压大于B.aP端的电压增大 C.G表两端电压由IgRg减为D.电阻箱R分压作用

(b)这一测量值对实际的内阻而言是偏大还是偏小?答:______ (c)要使这一测量值的误差尽量小,则可变电阻应选择_______。

【答案】 乙 电阻箱R阻值应先置于2k以上,不应先置于零 AB 偏大 R1 【解析】

(1)乙同学的方案能更准确地测出电流表内阻值;因为甲同学的方案中,调节电阻箱电阻值,使G表电流为时,由于外电路总电阻增大,变阻器输出的电压增大,即电流表与电阻箱串联的总电压已增大,电阻箱的电压将大于电流表的电压,根据串联电路分析特点可知,测量值将大于电流表内阻真实值。乙同学采用等效替代的方法,没有系统误差;

(2)乙同学的失误是电阻箱阻值在测量前应先置于2kΩ以上不应先置于零,从而使得闭合开关后电路电流较小,保证电流表的安全;

(3)图甲的半偏法测电流表内阻的误差为电阻箱RA的接入使得A平间阻值增大,分压怎大,使得电阻箱两端电压大于

IgRg2

IgRg2

IgRg2

,故选AB;

由上分析可知,甲同学方案中,所得到的电流表内阻测量值偏大;

为调节方便要选小滑动变阻器,要用分压式保证总电阻变化小,变阻器也要选小阻值,则应选择R1。2.利用如图所示的电路测定电流表的内阻,步骤如下:

①闭合开关S1,调节R1,使电流表指针偏转到满刻度;

②再闭合开关S2,调节R2,使电流表指针偏转到满刻度的一半; ③读出R2的阻值,即认为Rg=R2。

已知电流表满偏电流为500 μA,其内阻约在100 Ω左右,实验室配有的可变电阻有: A.电阻箱(0~10 Ω); B.电阻箱(0~9 999 Ω); C.滑动变阻器(0~200 Ω); D.滑动变阻器(0~20 kΩ).

(1)电路图中R1应选________,R2应选________;

(2)若上述实验中,读得R2的阻值为100 Ω,则电流表内阻的测量值和真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)。

【答案】 D B 偏小 【解析】

(1)电路中R1阻值应远大于Rg,R2的阻值比Rg稍大就行,但R2必须是电阻箱,不然不能读数。故R1应选D, R2应选B。

(2)S1先闭合,调节R1,使干路电流为Ig,再闭合S2,调节R2,使电流表半偏,即电流表示数为此时因为回路中总电阻变小而干路电流I变大,即I比Ig稍大

Ig2

I

Ig2

I2

这样通过R2的电流

I2>

Ig2

如图所示,

由并联电路电流和电阻关系知R23.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5Ω,除了变阻器R、电源(3V)、开关、导线之外,还有下列器材:

A.电压表V1(量程3V,内阻约为15kΩ) B.电压表V2(量程15V,内阻约为75kΩ) C.电流表A1(量程3A,内阻约为0.2Ω) D.电流表A2(量程600mA,内阻约为1Ω)

(1)图1为测金属丝直径时螺旋测微器的示意图,则此金属丝的直径为___________。 (2)电压表应选___________;电流表应选___________(填仪器前的字母序号)。

(3)应选用图2中的___________(填“甲”或“乙”)为该实验的电路图,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏___________(选填“大”或“小”)。 【答案】 1.685mm A D 乙 小 【解析】

(1)螺旋测微器固定部分读数为1.5mm,可动部分读数为 18.5×0.01mm =0.185mm 故最终读数为

1.5mm +0.185mm=1.685mm

(2)电源电动势为3V,则电压表选A,即电压表V1(量程3V,内阻约为15kΩ); 电路最大电流

I

U3

A0.6A600mA R5

故电流表选D,即电流表A2(量程600mA,内阻约为1Ω)。

(3)因待测金属丝的电阻Rx约为5Ω,与电流表内阻相差不大,故电流表应选择外接法,因此实验电路应选乙;

因电压表分流导致电流表示数偏大,则由欧姆定律可知,待测电阻的测量值比真实值偏小。 4.在“测定金属的电阻率”的实验中,小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值(约为5Ω),随后将其固定在带有刻度尺的木板上,准备进一步精确测量其电阻。

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,其中某一次测量结果如图1所示,其读数应为____mm; (2)现有电源(电动势E为3.0V,内阻不计)、开关和导线若干,以及下列器材: A.电流表(量程0~3A,内阻约0.025Ω) B.电流表(量程0~0.6A,内阻约0.125Ω) C.电压表(量程0~3V,内阻约3k) D.滑动变阻器(0~20Ω,额定电流2A) E.滑动变阻器(0~100Ω,额定电流1A)

①为减小误差,且便于操作,在实验中电流表应选______,滑动变阻器应选____;(选填器材前的字

母)

②如图2所示,是测量该电阻丝实验器材的实物图,图中已连接了部分导线,还有两根导线没有连

接,请补充完整_______;

③在甲图中,在开关闭合前,滑动变阻器的滑片应当调到最_________(选填“左”或“右”端),闭合

开关后,在实验中电压表读数的最小值_______(选填“大于零”或“等于零”);

④按照上述步骤②正确连接电路的前提下,若不计实验中的偶然误差,则下列说法正确的是______。

A.电阻测量值偏大,产生系统误差的主要原因是电流表分压 B.电阻测量值偏小,产生系统误差的主要原因是电压表分流 C.若已知电压表的内阻,可计算出待测电阻的真实值 D.若已知电流表的内阻,可计算出待测电阻的真实值

【答案】 0.212 B D 左 大于零 BC

【解析】

(1)由图1所示螺旋测微器可知,螺旋测微器的读数是0+21.2×0.01mm=0.212mm; (2)流过电阻丝的最大电流约为

I

U3

A0.6A Rx5

电流表应选择B;

为方便实验操作,滑动变阻器应选择D;

滑动变阻器最大阻值远大于待测金属丝阻值,滑动变阻器应采用限流接法,由于电压表内阻远大于待测金属丝阻值,电流表应采用外接法,实物电路图如图所示

滑动变阻器采用限流接法,为保护电路,在开关闭合前,滑动变阻器的滑片应当调到最左端,闭合开关后,在实验中电压表读数的最小值大于零;

AB.电流表采用外接法,由于电压表的分流作用,电流测量值偏大,由欧姆定律可知,电阻测量值偏小,故A错误,B正确;

CD.若已知电压表的内阻,由求出流过电压表的电流,可以测出流过待测电阻电流的真实值,可计算出待测电阻的真实值,故C正确,D错误。 故选BC。

5.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率,步骤如下:

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为______mm: (2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为_________mm;

(3)用多用电表的电阻“×10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图3,则该电阻的阻值约为________Ω。

(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下: 待测圆柱体电阻R

直流电源E(电动势4V,内阻不计) 电流表A1(量程0~4mA,内阻约50Ω) 电流表A2(量程0~10mA,内阻约30Ω) 电压表V1(量程0~3V,内阻约10kΩ) 电压表V2(量程0~15V,内阻约25kΩ)

滑动变阻器R1(阻值范围0~15Ω,允许通过的最大电流2.0A) 滑动变阻器R2(阻值范围0~2kΩ,允许通过的最大电流0.5A) 开关S导线若干

为使实验误差较小,要求测得多组数据分析,请在图中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号(________)

【答案】 50.15mm 4.700mm 220Ω 见解析 【解析】 (1)游标卡尺读数

50mm+3×0.05mm=50.15mm

(2) 螺旋测微器测量的直径为 4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm (3)电阻的阻值 22×10Ω=220Ω

(4)由于电源电动势为4V,因此电压表选用量程为3V的V1,回路最大电流

I

U3A0.0136A13.6mA R220

因此电流表选A2,题目要求测量多组数据,因此滑动变阻器采用分压式接法,选用阻值尽可能小的电阻,因此选用R1,由于待测电阻与电流表内阻比较相差不大,因此采用电流表的外接法,电路如图所示

6.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下:

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度,由图可知其长度L_________mm。 (2)用螺旋测微器测量其直径,由图可知其直径D=________mm。

(3)用多用电表的电阻“10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘示数如图所示,则该电阻的阻值约为_________Ω。

(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下: 待测圆柱体电阻R;

直流电源E(电动势4V,内阻不计);

电流表A1(量程0~5mA,内阻约50Ω);电流表A2(量程0~15mA,内阻约30Ω);

电压表V1(量程0~3V,内阻约10kΩ);电压表V2(量程0~15V,内阻约25kΩ); 滑动变阻器R1(阻值范围0~15Ω,允许通过的最大电流2.0A); 滑动变阻器R2(阻值范围0~2kΩ,允许通过的最大电流0.5A); 开关S;导线若干。

为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在右侧框中画出测量的电路图______。(并且标出所用器材代号)。

(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等,若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示,则用此法测出该圆柱材料的电阻率____________。 【答案】 50.15 4.700 220 见解析 7.6102Ωm 【解析】

(1)[1]由图甲所示可知,游标卡尺主尺示数为50mm,游标尺示数为30.05mm0.15mm,游标卡尺示数为50mm0.15mm50.15mm;

(2)[2]由图乙所示可知,螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm,可动刻度示数为20.00.01mm0.200mm,螺旋测微器示数为4.5mm0.200mm4.700mm;

(3)[3]用多用电表的电阻“10”挡,由图丙所示可知,电阻阻值为2210220; (4)[4]由题意可知,电源电动势为4V,应选择量程为3V的电压表应选V1; 通过待测电阻的最大电流约为:

Im

U3

A0.0136A=13.6mA R220

电流表应选A2;为方便实验操作,滑动变阻器应选择:R1;为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,

由题意可知,电压表内阻远大于待测电阻阻值,电流表应采用外接法,实验电路图如图所示:

(5)[5]由

RSD2 、S

L4

可得



RD

4L

2

2203.144.710-3450.1510

-3

2

m7.6102m

2021年高考物理【热点·重点·难点】专练(新高考专用)

热点03 放大法

【热点解读】

在测量中有时由于被测量很小,甚至无法被实验者或仪器直接感觉和反应,如果直接用给定的某种仪器进行测量会造成很大的误差,此时可以借助一些方法将待测量进行放大后在进行测量。我们把提高测量精度、使物理量的数值变大、作用时间延长、作用空间扩展的方法叫做放大法。根 据实验的性质和放大对象的不同,放大所使用的物理方法也各异,按物理学内容,放大法分类如下:

1.机械放大

机械放大是使物理量在测量过程中得到放大的一种最直观的放大方法,它是一种空间放大法。具体表现在下列实验中:

(1)游标放大和螺旋放大,如图所示

测量长度时,普通的刻度尺又是已经不能满足实验对精度的要求,这时需要用到游标卡尺和螺旋测微器。两者对精度的放大原理 虽有所不同,但都是利用了长度量之间的几何关系来进行放大的。

(2)累积放大

在物理实验中,受测量仪器的精度或人的反应时间限制,单次测量的误差很大或者无法测量出待测量的有用信息,此时,在被测物理量能够简单重叠的条件下,可将这些物理量累积放大若干倍后再进行测量,以减小测量误差、提高测量精度,称为累积放大法。

在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中,测量单摆的周期时就用到了累积放大法。 2.电磁方面

电信号的放大是物理实验中最常用的技术之一,包括电压放大、电流放大、功率放大等,例如普通使用的三极管就是对微小电流进行放大,示波器中也包含了电压放大电路。

对于理想变压器有

U1N1I1N2

,成立,因此,适当选择N1、N2,即可达到放大电压或电流U2N2I2N1

的目的。

3.光学方面 (1)光学装置放大

被测物通过光学装置放大视角形成放大像,便于观察判别,从而提高测量精度的方法称为光学装置放大法,例如放大镜、显微镜、望远镜等,投影器放大也属于光学装置放大法。

(2)光杠杆放大

光杠杆放大法是测量微小长度和微小角度变化时,使用光学装置将待测微小物理量进行间接放大的方法。

【限时检测】(建议用时:25分钟)

1.如图是小球自由下落的频闪照片示意图,频闪仪每隔T0.04s闪光一次。照片中的数字是小球下落的距离,单位是厘米。

(1)设相邻两次照相的小球影片间距依次为x1、x2、x3、x4、x5,则相邻的两段时间的距离差为:x1x2x11.6cm,x2x3x21.5cm,x3x4x31.5cm,x4x5x4_________cm;

(2)根据第(1)题的计算结果,请你简要说明自由下落的物体是做初速度为0的匀加速直线运动的______,故自由落体是初速度为0的匀加速直线运动;

(3)利用图片中的数据可以计算得到拍摄地点的重力加速度g,若用字母x1、x2、x4、x5、T表示g的计算式,则以下表达式正确的是______。

x5x2x4x1

4T2

x5x4x2x1

2

10T

x5x4x2x1

9T2

x52x42x2x1

8T2

x5x44x24x1

16T2

【答案】 1.7 在误差范围内,相邻两段相同时间间隔内的位移之差为定值 ③ 【解析】

(1)由影片可读取信息得到

x4x5x4=(19.612.5)cm(12.57.1)cm1.7cm

(2)由第(1)题的计算结果可知,在误差范围内,小球在相邻两段相同时间间隔内的位移之差为定值,故根据匀变速直线运动规律可判断:自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动。 (3)利用匀变速直线运动公式

xmxn(mn)aT2

可得

a

xmxn

(mn)T2

故可判断,在选项中,只有③表达式正确,故选③。

2.气垫导轨上有A、B两个滑块,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻质弹簧,滑块间用绳子连接(如图甲所示),绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,图乙为它们运动过程的频闪照片,频闪的频率为10Hz,由图可知:

(1)A、B离开弹簧后,应该做___________运动,已知滑块A、B的质量分别为200g,300g,根据照片记录的信息,A、B每段位移均相等。但事实是它们的第一段位移应比后面的每段位移小,原因是___________。

(2)若不计此失误,分开后,A的动量大小为___________kg·m/s,B的动量的大小为___________kg·m/s。本实验中得出“在实验误差允许范围内,两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是___________。

【答案】 匀速直线 释放AB时,AB分别作加速运动 0.018 0.018 A、B两滑块作用前后总动量不变,均为0 【解析】

(1)]A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用,所以均做匀速直线运动;

[2在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小;

(2)频闪频率是f=10Hz,所以周期T根据 v

x T

1

0.1s,由图中数据可知,xA0.009m,xB0.006m f

代入数据可得A、B匀速时速度分别为vA0.09m/s,vB0.06m/s 分开后,根据

pmv

可得A、B的动量大小为

pAmAvA0.018kgm/s,pBmBvB0.018kgm/s

且两滑块动量的方向相反,则系统的总动量为0,故满足系统动量守恒。

3.气垫导轨是一种现代化的力学实验仪器。它利用小型气源将压缩空气送入导轨内腔,空气再由导轨表面上的小孔中喷出,在导轨表面与滑行器内表面之间形成很薄的气垫层。滑行器就浮在气垫层上,与导轨平面脱离接触,因而能在轨面上做近似无阻力的直线运动,极大地减小了以往在力学实验中由于摩擦力引起的误差。某实验小组现在利用气垫导轨装置结合频闪照相的方法进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况,若要求碰撞时动能损失最大应选图中的_________(填“甲”或“乙”)、若要求碰撞动能损失最小则应选图中的______。(填“甲”或“乙”)(甲图两滑块分别装有弹性圈,乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)

(2)某次实验时碰撞前B滑块静止,A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞,利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪光的过程中,A、B两滑块均在0~80cm的范围内,且第1次闪光时,滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短,均可忽略不计,则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻(用字母T表示),A、B两滑块质量比mA:mB=_________。

【答案】 乙 甲 2.5T 2:3 【解析】

(1)撞针和橡皮泥能在碰撞过程中吸收动能,使机械能损失较大,故填“乙”;

弹性圈在碰撞过程中会将形变时吸收的动能通过弹力做功重新转化为动能,使机械能损失较小,故填“甲”;

(2)在连续四次闪光中,滑块B只有两个图像,可知滑块B一开始时静止在x=60cm处;由图可知,第三次闪光后,滑块A向前运动了10cm后与滑块B相撞,用时0.5T,故碰撞发生在2.5T时刻; 由图可知,碰撞前A的速度

vA1

0.20m

T

碰撞后A、B的速度

0.05m0.10m

TT 2

0.10m0.20mvB2

TT 2vA2

由动量守恒有

mAvA1mAvA2mBvB2

代入数据解得

mA2

 mB3

4.小明同学通过图甲所示的装置探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度的关系。圆柱体放置在水平光滑圆盘上,一起做匀速圆周运动,一条轻质细绳一端连接圆柱体,另一端通过定滑轮与力传感器相连,可以测量向心力F的大小。圆柱体上固定一遮光片,与固定在圆盘一侧的光电门组合测量圆柱体的线速度。小明同学先保持圆柱体质量和半径不变,来探究向心力与线速度的关系。

(1)小明同学采用的实验方法是______。

(2)用螺旋测微器测量遮光片的宽度d,示数如图乙所示,读数d=______mm。

(3)某一转速时,测得向心力F=3.5N,遮光片通过光电门的时间∆t=1.5×10-3s,若圆柱体运动半径r=0.2m,则圆柱体的质量m=______kg(计算结果保留两位有效数字)。 【答案】 控制变量法 3.325(3.323~3.328) 0.14 【解析】

(1)实验中研究向心力和线速度的关系,保持圆柱体质量和运动半径不变,采用的实验方法是控制变量法;

(2)根据螺旋测微器的读数规则可知,固定刻度为3mm,可动刻度为 32.5×0.01mm=0.325mm 则遮光片宽度为

d=3mm+0.325mm=3.325mm (3)圆柱体运动的线速度大小为

d3.325103vm/s2.22m/s

t1.5103

v2

根据Fm可得

r

m

Fr v2

代入数据解得

m0.14kg

5.(1)分别使用螺旋测微器和游标卡尺测量某一元件的直径与长度,示数如图所示。

甲图读数为__________mm;乙图读数为__________cm。

(2)以下均为实验室常备的实验器材,仅利用这些器材可以完成的实验有__________。

A.测量电源电动势和内阻 B.测绘小灯泡的伏安特性曲线 C.测量定值电阻的阻值 D.奥斯特电流的磁效应

【答案】 2.320 4.240 BCD 【解析】

(1)根据螺旋测微器读数规则可得图示螺旋测微器示数为

2.0mm32.00.01mm2.320mm

根据游标卡尺读数规则,可得图示游标卡尺示数为(游标读8或9均可)

42mm80.05mm42.40mm4.240cm

(2)把色标电阻标为编号①,导线为②,指南针为③,开关④,电阻箱⑤,小灯泡⑥,滑线变阻器⑦,学生电源⑧,电流表⑨,电压表⑩。

A.测电源电动势,需要用到干电池,故A错误;

B.利用②④⑥⑦⑧⑨⑩测绘小灯泡的伏安特性曲线,故B正确; C.利用①②④⑦⑧⑨⑩测量定值电阻的阻值,故C正确; D.利用②③④⑦⑧可做奥斯特电流的磁效应,故D正确。

故选BCD。

6.正确读出下列各数

(1)图甲游标卡尺的读数为____________mm (2)图乙螺旋测微器的读数____________mm 【答案】 100.4 1.604(1.603~1.605) 【解析】

(1)图甲中游标卡尺游标的分度为10分度,根据游标卡尺的读数规则,该示数为 100mm40.1mm100.4mm

(2)根据螺旋测微器读数规则,图乙读数为

1.5mm10.40.01mm1.604mm

由于估读有误差,所以最后结果可以在1.603mm~1.605mm之间。

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