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(1)某同学用单摆测重力加速度,他将单摆挂起后,进行了如下实验步骤: ①测摆长l...

(1)某同学用单摆测重力加速度,他将单摆挂起后,进行了如下实验步骤:
①测摆长l:用米尺量出摆线的长度;
②测周期T:将摆球拉起,摆角小于5°时自由释放摆球,在摆球某次通过最低点时按下秒表开始计时,将此作为第一次,接着一直数到摆球第60次通过最低点时,按下秒表停止计时,读出这段时间t,算出单摆的周期T=manfen5.com 满分网
③将所测量的 l和T值代入单摆周期公式,算出重力加速度g,将它作为实验的最后结果写进实验报告中去.
请在下面的空白处,分别指出各步骤中遗漏或错误的地方.
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(2)某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(标称阻值为180Ω)的电流随其两端电压变化的特点.
实验器材:多用电表,电流表A(0-50mA,内阻约15Ω),电压表V(5V,内阻约20kΩ),电源E(6V直流电源,内阻可忽略不计),滑动变阻器R(最大阻值为20Ω),定值电阻R(100Ω),电阻箱(99.9Ω)、开关K和导线若干.
①该小组用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值,发现表头指针偏转的角度很小;为了准确地进行测量,应换到______倍率的挡位;如果换档后就用表笔连接热敏电阻进行读数,那么欠缺的实验步骤是:______,补上该步骤后,表盘的示数如图1所示,则它的电阻是______Ω.
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②该小组按照自己设计的电路进行实验.实验中改变滑动变阻器滑片的位置,使加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5V,作出热敏电阻的I-U图线,如图2所示.请在所提供的器材中选择必需的器材,在方框内画出该小组设计的电路图.
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③分析该小组所画出的I-U图线,说明在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而______;分析其变化的原因可能是______
④提出一个简单的实验方法,说明你对变化原因的判断是正确的.
(1)在用单摆测重力加速度的实验中,摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,周期等于完成一次全振动的时间,用时间除以全振动的次数.利用多次测量取平均值求出当地的重力加速度. (2)①多用电表的刻度盘零刻度在右边,当指针偏角比较大时,说明电阻比较小,指针偏角比较小时,说明电阻比较大.每次换挡需重新进行欧姆调零.欧姆表测电阻的阻值等于读数乘以倍率. ②加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5V,滑动变阻器需采用分压式.通过电阻的大小判断电流表采取外接还是内接,“大内偏大,小外偏小”. ③I-U图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,根据斜率的变化判断电阻的变化. ④答案比较开放,只要能用实验说明热敏电阻的温度升高电阻变小即可. 【解析】 (1)实验的第一步错误,摆长不等于摆线的长度,应等于摆线的长度加上摆球的半径. 实验的第二步错误,周期应等于时间与全振动次数的比值,一次全振动两次经过最低点.在摆球某次通过最低点时按下秒表开始计时,将此作为第一次,接着一直数到摆球第60次通过最低点时,按下秒表停止计时,读出这段时间t,算出单摆的周期T=. 实验第三步错误,应采取多次测量取平均值,因为一次测量偶然误差较大. (2)①用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值,发现表头指针偏转的角度很小,说明电阻较大,换用大倍率的,所以换用“×10”倍率;换挡后,需重新欧姆调零.电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω. ②电压电流从零测起,所以滑动变阻器需要分压式接法,热敏电阻的阻值与电流表和电压表内阻比较,发现远小于电压表内阻,属于小电阻,电流表采用外接法.电路图如下图. ③I-U图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,斜率增大,则电阻减小.这是由于电流较大时,通电生热,使热敏电阻的温度升高,阻值变小. ④用欧姆档测热敏电阻的阻值,如果用手握热敏电阻使其温度升高,可以看出热敏电阻随温度升高阻值变小. 故答案为:(1)①要用卡尺测出摆球的直径d,摆长l等于摆线长加上; ②单摆周期T的计算,应该是T=; ③改变摆长,多次测量,取g的平均值作为实验的最后结果. (2)①“×10”;重新进行欧姆调零;200(200~205都给分). ③减小,这是由于电流较大时,通电生热,使热敏电阻的温度升高,阻值变小. ④答案比较开放,只要能用实验说明热敏电阻的温度升高电阻变小即可.如:用欧姆档测热敏电阻的阻值,如果用手握热敏电阻使其温度升高,可以看出热敏电阻随温度升高阻值变小.
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考点分析:
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试题属性
  • 题型:解答题
  • 难度:中等

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