普通物理学第17章习题答案
(2)假想将此整个装置没入水中(水的折射 率n =1·33)，用钠黄光照射时，相邻两明条 纹的角距离有多大?
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解：
(1) 对于钠光 dsinj0 =l j0 =0.20
对于l1光 dsinj = l1 j =0.220 l1= ssiinnjj0l = ssinin00..22200×5894
=684.2×10-4 (nm)
(2) 放入水中后
l2
=
l n
sinj
=
sinj0
n
=
sin0.20
1.33
j =0.150
结束 返回
17-4 (1)用白光垂直入射到间距为d = 0.25mm的双链上，距离缝1.0m处放置屏 幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点 的间距(白光的波长范围是400—760nm)。
光学习题
17-1 17-2 17-3 17-4 17-5 17-6 17-7 17-8 17-9 17-10 17-11 17-12 17-13 17-14 17-15 17-16 17-17 17-18 17-19 17-20 17-21 17-22 17-23 17-24 17-25 17-26 17-27 17-28 17-29 17-30 17-31 17-32 17-33 17-34 17-35 17-36 17-37 17-38 17-39 17-40 17-41 17-42 17-43 17-44 17-45 17-46 17-47 17-48 17-49 17-50 17-51 17-52 17-53 17-54 17-55 17-56 17-57 17-58 17-59 17-60 17-61 17-62 17-63
=5.45×10-4 (mm) =5450 (Å)
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17-2 用很薄的云母片(n=1.58)覆盖在 双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级 明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上， 如果入射光波长为 l =550 nm。 试问此云 母片的厚度为多少?
结束 返回
解：设云母片的厚度为e
无云母片时
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17-1 在双缝干涉实验中，两缝的间距为 0.6mm，照亮狭缝S 的光杠杆汞弧灯加上绿 色滤光片，在2.5m远处的屏幕上出现干涉条 纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27 mm。试计算入射光的波长。
结束 返回
解：由杨氏双缝干涉条件
Δx
=
Dl d
l
=
dΔx D
=
0.60×2.27 2500
解：
2ne
+
l1
2
= kl1
2ne
+
l2
2
=
(2k+1)
l2
2
由上两式得到:
k
=
l1 l1 l2
=
630 2(630-525)
=3
将 k =3 代入
e=
kl2 2n
=
32××51.2353=5.921×10-4 (mm)
结束 返回
17-9 一平面单色光波垂直照射在厚度 均匀的薄油膜上，油 膜 覆盖在玻璃板上， 所用 单色光的波长可以连续变化，观察到 500nm与7000nm这两个波长的光在反射 中消失，油的折射率为 1.30，玻璃的折射 率为1.50。试求油膜的厚度 。
=
4×589 1.58-1
=4062
(nm)
结束 返回
17-8 在空气中垂直入射的白光从肥皂膜 上反射，在可见光谱中630nm处有一干涉极 大，而在525nm处有一干涉极小，在这极大 与极小之间没有另外的极小。假定膜的厚度 是均匀的，求这膜的厚度。肥皂水的折射率 看作与水相同，为1.33。
结束 返回
两式相减Δ得x到´=：DD´dbDb´
+
d D
(x ´
x )=0
(x´ x )<0
即条纹向下移动，而条纹间距不变
结束 返回
17-7 用单色光源S照射双缝，在屏上形
成干涉图样，零级明条纹位于O 点，如图所
示。若将缝光源 S 移至位置S ´，零级明条
纹将发生移动。欲使零级明条纹移回 O 点，
必须在哪个缝处覆盖一薄云母片才有可能?
屏 b S S1
d
D ´ S2 D
结束 返回
解：当光源向上移动后的光程差为
d ´= r´2 r´1 =dsinj + dsinq
d(tgj + tgq )
=d
b D´
+
x´ D
x ´为k 级新的明条纹位置
S´ S 1 r 1
b S
j
d
q
r2
D´ S 2 D
x´
o
原来的光程差为
d = r2 r1 = dsinj =dDx = kl
q
h
结束 返回
解：
d =a
acos2q
+
l
2
=l
2asin2q
=
l
2
asinq =h
q sinq =4lh
a 2q
q
h
结束 返回
17-6 在杨氏双线实验中，如缝光源与双 缝之间的距离为 D ´, 缝光源离双缝对称轴 的距离为b, 如图所示(D ´>> d )。求在这情 况下明纹的位置。试比较这时的干涉图样和 缝光源在对称轴时的干涉图样。
结束 返回
解： x2
x
1=
2D d
(l2
l1 )
= 0.22×5×1.100-3×(760-400)
=2.88 (mm)
结束 返回
17-5 一射电望远镜的天线设在湖岸上， 距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚 在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。试求 当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角
位置 q (提示:作为洛埃镜干涉分析)
若用波长589nm的单
色光，欲使移动了4个 明纹间距的零级明纹 S´
移回到O点，云母片的 S 厚度应为多少?云母片 的折射率为1.58。
S1
屏
O
S2
结束 返回
解：欲使条纹不移动,需在缝S1上覆盖云母片
原来 r2 r1 =4l
现在 r2 (r1 e +ne ) =0
(n 1)e =4l
e
=
4l n1结束 返回 Nhomakorabea解：由暗纹条件
2ne
=
(2k+1)
l
2
=(k+
1 2
)l
设 l 1 =500nm 为第k级干涉极小
l2 =700nm 为第(k-1)级干涉极小
r 2 r 1 =0
放置云母片后 (r2 e)+ne r1=7l
联立两式
e (n 1) = 7l
e
=
7l (n 1)
=
7×5.5×10-4 1.58 1
=6.6×10-3 (mm)
结束 返回
17-3 在双缝干涉实验装置中，屏幕到 双缝的距高D 远大于双缝之间的距离d，对 于钠黄光(l = 589.3nm)，产生的干涉条纹， 相邻两明纹的角距离(即相邻两明纹对双缝处 的张角)为0.200 。
新人教版九年级物理第十七章课后习题答案
第十七章第一节《电流与电压和电阻的关系》在探究电阻一定时电流与电压关系的实验中，小明得到的实验数据如下表所示。
（1）为分析电流与电压的定量关系，请你在图17.1-2 的方格中建立有关坐标轴并制定其标度，把表中的数据在坐标系中描点。
（2）小英说，从图中可以看出，这些数据中有一组是 明显错误的，跟其他数据的规律完全不同，可能是读取这组数据时粗心所引起的，分析时需要把它剔除掉。
这是哪组数据？ 2. 在电阻一定时探究电流与电压关系的实验中，小凯把定值电阻、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和电源连接成了图17.1-3 所示的电路，正准备闭合开关时，旁边的小兰急忙拦住他，说接线错了。
请你检查一下电路，错在哪里？小兰发现只要改接一根导线就可以，请把接错的 那一根导线找出来，打上“×”，再画线把它改到正确的位置上。
第一节《电流与电压和电阻的关系》课后习题答案 1.（1）图略(2)“1.2V 0.40A ”这组数据跟其他数据的规律完全不同，需要剔除。
2.如图所示第十七章第二节《欧姆定律》1. 一个电熨斗的电阻是80 Ω，接在的电压上，流过它的电流是多少？2. 一个定值电阻的阻值是10 Ω，使用时流过的电流是200 mA ，加在这个定值电 阻两端的电压是多大？3. 某小灯泡工作时两端的电压是2.5 V ，用电流表测得此时的电流是300 mA ，此 灯泡工作时的电阻是多少？4. 某同学认为：“由I = U/R 变形可得R = U/I 。
这就表明，导体的电阻R 跟它两端的电压成正比，跟电流成反比。
”这种说法对吗？为什么？ 第二节《欧姆定律》课后习题答案1. 2.75A 2. 2V 3. 8.3Ω解析：1.根据公式I=RU2.根据公式U=IR3.根据公式R = U/I4.这种说法不对，因为导体的电阻是导体本身的一种性质，它只与导体的材料、长度、横截面积有关，还受温度影响，而与导体两端的电压及通过导体的电流大小无关，公式R = U/I 只是一个电阻的计算式，通过此公式可以求出导体的电阻，但不能决定导体电阻的大小，当导体不接入电路时，其阻值不会改变。
初中物理 九年级物理第17章欧姆定律单元测试参考答案与考试题解析.docx
xx学校xx学年xx学期xx试卷姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分一、xx题（每空xx 分，共xx分）试题1:现有一个阻值为30Ω的定值电阻R0，一个电压约为12V的电源，一个只有0～3V量程的电压表，一个最大阻值为200Ω的滑动变阻器，开关及导线若干．请你设计一个实验，比较精确地测出一个约为20Ω的未知电阻R x的阻值（电路可重组），要求：（1）画出实验电路图；（2）写出主要实验步骤和需要测量的物理量；（3）写出待测电阻R x的数学表达式（用已知量和测量量表示）．试题2:在如图1所示的电路中，电源电压为18伏保持不变，电阻R1为10欧，闭合电键S后，电流表A的示数如图2（a）所示．①求电阻R1两端的电压U1．②求此时滑动变阻器R2连入电路的阻值．③现有标有“20Ω，2A”“50Ω，1A“字样的滑动变阻器可供选择，有一个表盘如图2（b）所示的电压表可接入电路．当选用标有字样的变阻器替换R2，并把电压表接入两点间时（选填“AB”，“CD”，“AB或CD”），在移动变阻器滑片P的过程中电压表示数的变化量△U最大．求电压表示数的最大变化量△U最大．评卷人得分试题3:谢敏同学利用电压表和电流表测量电阻R1的阻值（约9Ω），电源选用两节干电池．（1）按图甲电路，将图乙中电流表正确连入电路．（2）该同学检查电路连接正确，合上开关，可是无论怎样移动滑片，电压表示数总为3 V不变，你认为发生故障的原因可能是或．（3）清除故障后，小明将滑片P向左滑动时，电压表示数将增大（填“增大”“减小”或“不变”），当P滑到某一位置时，两表读数如图丙所示，由此可知R= 10 Ω．你认为这个结果可靠吗？理由是．试题4:如图甲所示，电源电压为U保持不变，R0为定值电阻．闭合开关，电流表A的示数为I，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数为U2．移动滑动变阻器得到在不同电流下的U1﹣I图线和U2﹣I图线，如图乙所示．（1）随着电路中电流的增大，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2；（选填“减小”或“增大”）（2）在U﹣I坐标中两条图线在Q点相交，此状态滑动变阻器连入电路的阻值是Ω；（3）请根据图象求电源电压U和定值电阻R0的阻值．试题5:图甲为某型号电子秤，其原理结构如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力F变化的关系如图丙所示．改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变，g取10N/Kg．（1）空载时，电压表的示数为1V，求R0的阻值．（2）该电子秤的量程是多大？（3）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，只在电路中增加一个电阻，使电子秤的量程变为110kg，计算说明应使用多大的电阻？如何连接？试题6:如图所示电路，电阻R1=3Ω，R2=2Ω．闭合开关S，电流表A的示数，电流表A1的示数（以上两空选填“变大”、“变小”或“不变”），电压表V的示数变化与电流表A的示数变化之比等于Ω．试题7:如甲图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻．闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从a向b移动的过程中，电压表和电流表的示数变化情况如乙图所示，则R1的阻值为Ω．当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应于乙图中的点（选填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）．试题8:题图甲是家用电吹风的工作原理图电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风．（l）要让电吹风工作时吹出热风，它的开关应置于题图甲中（选填“1”、‘2”或“3“）位置，此时电风扇与电热丝的连接方式是．（2）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如题图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是J（3）电热丝在工作时的电阻值是Ω（保留一位小数）（4）使用几年后，发现电热丝变细，则其电阻变，它的实际功率将变．试题9:如图所示，电源电压不变，小灯泡上标有“6V 3W”的字样（小灯泡电阻不变），当开关S1、S2、S3都闭合，滑动变阻器R2的滑片P到a端时，小灯泡正常发光，电流表的示数为1.5A，则电源电压为V，R1的电阻为Ω；当S1、S3闭合，S2断开，滑动变阻器滑片P滑到b端时，电压表示数为3V，电流表的示数为A．试题10:实际上，电源自身是有电阻的，称为“内电阻”．在电路中，一个实际电源相当于一个电源电压相同的理想电源和内电阻串联连接．为了测出电源电压和内电阻，小明同学设计了如图所示的电路（电压表和电流表均视为理想电表），实验步骤如下：（1）闭合开关S，移动滑动变阻器R0的滑片P到某处时，分别读出电压表示数为2.0V，电流表示数为0.50A；（2）再向（选填“左”或“右”）移动滑片P到另一处时，电压表示数变为2.5V，电流表示数变为0.25A；（3）由有关公式求出电源电压U= V，内电阻r= Ω．试题11:如图所示的电路中，电源电压为3V．闭合开关，滑动变阻器R1的滑片P向右移动的过程中，电压表的示数（选填“变大”或“变小”）．当滑动变阻器R1的滑片P移到某一位置时，电压表的示数为0.6V，电流表的示数为0.2A，则R2的阻值为Ω．试题12:一只标有“10Ω 0.6A”的定值电阻R1（“0.6A”表示R1允许通过的最大电流是0.6A）和另一只“20Ω 0.5A”的电阻R2并联使用，在保证电路元件都安全的前提下，允许加在它们两端的最大电压是V，干路中的最大电流是A，此时R2在10s内产生的热量是J．试题13:在图甲所示电路中，电源电压保持不变，R0、R2为定值电阻，电流表、电压表都是理想电表．闭合开关，调节滑动变阻器，电压表V1、V2和电流表A的示数均要发生变化．两电压表示数随电路中电流的变化的图线如图乙所示．根据图象的信息可知：（填“a”或“b”）是电压表V1示数变化的图线，电阻R2的阻值为Ω，电源电压为V，电阻R0的阻值为Ω．试题14:如图所示的电路中，电源电压恒定不变，已知R1=3R2，当S1闭合、S2断开时，电压表和电流表示数分别U1和I1；当S1断开、S2闭合时，电压表和电流表示数分别U2和I2，则U1：U2= ，I1：I2= ．试题15:如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，若将滑片P向右移动，电压表V的示数将，电流表A1的示数将，电流表A2的示数将（填“变大”、“变小”或“不变”）．试题16:在如图所示电路中，当开关S1闭合时，为使电流表、电压表的示数都减小，下列操作正确的是（）A．断开开关S2，滑片P向左移动B．断开开关S2，滑片P向右移动C．保持滑片P位置不动，使开关S2由闭合到断开D．保持滑片P位置不动，使开关S2由断开到闭合试题17:如图所示，当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，两表读数之比U甲：U乙为4：1；当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，两表的读数之比I甲：I乙为（）A． 4：3 B． 3：2 C． 3：4 D． 3：1试题18:如图所示的电路中，电源电压保持不变，R2、R3是两个定值电阻．闭合开关S、滑片P向左滑动：当电流表示数变化量的绝对值为△I时，电压表示数变化量的绝对值为△U；当电流表示数变化量的绝对值为△I′时，电压表示数变化量的绝对值为△U′．若△I＜△I′，则（）A．B．C．D．以上三种情况都有可能试题19:如图所示，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，各电表示数变化正确的是（）A．电流表和电压表的示数均变小B．电流表和电压表的示数均变大C．电流表示数变大、电压表的示数不变D．电流表示数变小、电压表的示数不变试题20:如图所示，是探究“电流与电阻的关系”实验电路图，电源电压保持3V不变，滑动变阻器的规格是“10Ω1A”．实验中，先在a、b两点间接入5Ω的电阻，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2V，读出并记录下此时电流表的示数．接着需要更换a、b间的电阻再进行两次实验，为了保证实验的进行，应选择下列的哪两个电阻（）A． 10Ω，和40ΩB． 20Ω和30ΩC． 10Ω和20ΩD． 30Ω和40Ω试题21:如图所示，电源电压保持不变，L是标有“2V 1W”字样的灯泡，电流表A、A1的量程均为0～0.6A，将滑动变阻器滑片P 滑至最右端，断开S1，闭合S2，电压表示数为6V，电流表A的示数为0.3A；闭合S1、S2，电流表A1的示数为0.1A．（假设灯丝电阻不变）则下列说法中正确的是（）A．滑动变阻器的最大阻值为20ΩB． R0的阻值为60ΩC． S1断开，S2由闭合到断开时，电压表的示数会变大D．断开S1、S2，为保证电路安全，滑动变阻器接入电路中的最小阻值为8Ω试题22:如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，开关S闭合后，滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（）A．电流表示数变大，电压表与电流表示数之比变大B．电流表示数变小，电压表与电流表示数之比不变C．电流表示数变大，电压表与电流表示数之比不变D．电压表示数变大，电压表与电流表示数之比变大试题23:光敏电阻的特点是有光照射它时阻值变小．如图所示是某小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，A、B间接监控装置．则（）A．当有人通过通道而遮蔽光线时，A、B间电压降低B．当有人通过通道而遮蔽光线时，A、B间电压升高C．当仅增大R2连入电路中的阻值时，通过R1的电流变大D．当仅增大R2连入电路中的阻值时，可降低A、B间的电压试题24:某电路如图所示，电源电压不变，R1＞R2．闭合开关s，将滑动变阻器的滑片P从a端滑至b端，则（）A．电路中的总电阻变大B． R1两端电压不变C． R2的电功率变大D． R1电流的变化量小于R2电流的变化量试题25:如图所示，电源电压保持不变，R1和R2为定值电阻．下列说法正确的是（）A．只闭合S1，滑片P向右滑动，电压表示数变大B．先闭合S1，再闭合S2，电压表示数变大，电流表示数不变C．先闭合S1和S2，再闭合S3，电压表与电流表示数的比值变小D．闭合S1、S2和S3，滑片P向右滑动，电压表与电流表示数的比值变大试题26:图是一个环境温度监控电路原理图．电源电压不变，R0为定值电阻，R是用半导体材料制成的热敏电阻，其电阻值会随温度的升高而变小．若环境温度升高，闭合开关S．则（）A．热敏电阻R的阻值变大B．电压表的示数变大C．通过电阻R的电流变小D．电阻R两端电压变大试题27:在如图所示的电路中，电源电压保持不变，开关闭合后，滑动变阻器的滑片向右移动时，三个电表的示数变化情况是（）A． A的示数变小，V1的示数不变，V2的示数变小B． A的示数变大，V1的示数变大，V2的示数变小C． A的示数变小，V1的示数不变，V2的示数变大D． A的示数变大，V1的示数变小，V2的示数变大试题28:如图所示，AB为铅笔芯．其电阻与长度成正比，当两个电流表均接0～0.6A量程时，改变滑片P在铅笔芯上的位置，两个电流表示数的最大与最小比值为2：1，滑片P允许滑动的长度范围cd为10cm；当两个电表均接0～3A 量程时，滑片P 允许滑动的长度范围为（）A ． 30cm B． 28cm C． 26cm D． 24cm试题29:小明同学在物理实验活动中，设计了如图所示的四种用电流表和电压表示数反映弹簧所受压力大小的电路，其中R′是滑动变阻器，R是定值电阻，电源两极间电压恒定．四个电路中有一个电路能实现压力增大，电表示数增大，这个电路是（）A．B．C．D．试题30:在如图所示电路中，两个电压表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，对于两个电压表V1与V2的示数U1和U2，电压表V1与V2的示数的变化量△U1和△U2（均取绝对值），下列说法中正确的是（）A．当P向左移动时，U1增大，U2减小B．当P向右移动时，U1增大，U2减小C．当P向左移动时，△U1小于△U2D．当P向右移动时，△U1大于△U2试题1答案:考点：伏安法测电阻的探究实验专题：实验题；压轴题；设计与制作题；探究型实验综合题．分析：由题意可知，所给的器材中无电流表，不能利用“伏安法”来测电阻，可以根据串联电路中各处的电流相等设计电路，即待测电阻和已知电阻串联；实验中要求比较精确地测出一个约为20Ω的未知电阻，且电压表的量程为0～3V，若待测电阻和定值电阻R0串联或者待测电阻与最大阻值为200Ω的滑动变阻器串联，都会使电压表的示数超过量程，故可以采用定值电阻R0和待测电阻、滑动变阻器串联，然后用电压表分别测出待测电阻和已知电阻两端的电压，利用欧姆定律得出等式即可得出待测电阻的阻值．解答：解：（1）定值电阻R0和未知电阻R x、滑动变阻器串联，分别利用电压表测出定值电阻R0和未知电阻R x两端的电压，电路图如下图所示：（2）主要实验步骤和需要测量的物理量：①按照电路图连好电路，将滑动变阻器滑片调到阻值最大处，闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数接近满偏，记下电压表的示数U0；②断开开关，保持滑片的位置不变，将电压表改接在未知电阻两端，闭合开关，记下电压表的示数U x；（3）∵串联电路中各处的电流相等，∴根据欧姆定律可得：=，解得：R x=R0．点评：本题属于“一只电表测电阻”的类型，这种类型的题目，由于器材相对不够，不能用“伏安法”来测电阻，可以根据串联电路的电流特点和并联电路的电压特点设计测电阻的方法．试题2答案:考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电流表的读数方法；电压表的使用；串联电路的电压规律专题：计算题；压轴题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．分析：（1）由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，根据电流表的量程和分度值读出电路中的电流，利用欧姆定律求出电阻R1两端的电压；（2）根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器R2连入电路的阻值；（3）由图2（b）可知电压表的最大示数为15V，若电压表并联在AB两点间R1两端的最大电压为15V，若电压表并联在CD两点间时R1两端的最大电压可达到18V，故电压表应并联在CD两点间在移动变阻器滑片P的过程中电压表示数的变化量△U最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，R1两端的电压等于电源的电压，滑动变阻器两端的电压为0，此时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流即可判断选取的滑动变阻器；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，进一步得出电压表的最大变化量．解答：解：①由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，图2（a）中电流表的量程为0～3A，分度值为0.5A，电路中的电流I=0.8A，根据欧姆定律可得，电阻R1两端的电压：U1=IR1=0.8A×10Ω=8V；②∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴此时滑动变阻器两端的电压：U2=U﹣U1=18V﹣8V=10V，滑动变阻器R2连入电路的阻值：R2===12.5Ω；③由图2（b）可知电压表的最大示数为15V，若电压表并联在AB两点间R1两端的最大电压为15V，若电压表并联在CD两点间时R1两端的最大电压可达到18V，∴电压表应并联在CD两点间在移动变阻器滑片P的过程中电压表示数的变化量△U最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，R1两端的电压等于电源的电压，滑动变阻器两端的电压为0，此时电路中的电流最大，I max===1.8A＞1A，∴滑动变阻器的规格为“20Ω，2A”，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，即电压表的示数最大，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴电路中的最小电流：I min===0.6A，电压表的最大示数：U2′=I min R2′=0.6A×20Ω=12V，∴△U最大=12V．答：①求电阻R1两端的电压U1为8V；②此时滑动变阻器R2连入电路的阻值为12.5Ω③20Ω，2A；CD；电压表示数的最大变化量为12V．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电流表的读数，关键是根据电压表的量程判断电压表变化量最大时电压表的位置．试题3答案:考点：伏安法测电阻的探究实验；电流表的连接；电路的动态分析专题：作图题；压轴题；实验探究题；整体思想；估算法．分析：（1）电源电压是3V，电阻R1≈9Ω，根据I=可以估算出干路中的电流大约在0.33A左右，所以选择电流表的量程为0～0.6A；（2）电压表示数总为3V不变，说明电压表测量的是电源两端的电压，寻找可能的原因，一是滑动变速器短路或被测电阻断路；（3）在测量电阻的实验中，应通过滑动变阻器改变电路中的电流，多次测量求平均值，以减小实验的误差，因为导体的电阻与电流和电压无关．解答：解：（1）由于电源是两节干电池串联，电源电压为3V，故电压表量程选择0～3V，根据R=可判断电路中的最大电流在0.33A左右，故电流表的量程选择0～0.6A；（2）移动滑片，电压表示数总为3V，说明电压表测的是电源电压，即R1处断路或R2处短路；（3）清除故障后，将滑片P向左滑动时，其电阻减小，整个电路的电流增大，电压表示数将增大；由图丙知：U=2V，I=0.2A，所以R===10Ω；这个结果不可靠，应多次测量求平均值，以减小实验的误差．故答案为：（1）电路如图所示．（2）R1处断路R2处短路（3）增大；10；不可靠；没有多次测量求平均值．点评：本题的难点较多，一是电流表量程的选取，二是故障原因的判断，需要学生在平时的学习中积累方法与技巧．试题4答案:考点：探究电流与电压、电阻的关系实验专题：压轴题；探究型实验综合题．分析：（1）根据电流表的示数变化判断出滑动变阻器阻值的变化，根据串分压的知识判断出U1的变化，根据欧姆定律判断出U2的变化；（2）根据电压与电流的关系，判断出对应的图象，理解两图线相交的含义即具有相同的电流和电压；（3）分析出当电流表示数为为零时，可能电路发生断路，根据电压表的示数得出电源电压．根据图象中两个对应的点列车关系式求出R0的值．解答：解：（1）电路中的电流增大，根据U=IR得，灯泡两端的电压变大，所以U2的示数增大；电流增大，则滑动变阻器的电阻减小，所以灯泡与滑动变阻器的总电阻减小，分得的电压减小，即U1的示数减小；（2）由图象知，Q点处说明U1和U2相等，则此时滑动变阻器两端的电压为零，电阻为零；（3）根据（1）的分析，上面是U1﹣I图线，下面是U2﹣I图线，当电流为零时，说明电路发生了断路，由U1的示数可得与电压表V1并联的电路某处断路，此时U1等于电源电压，所以电压电压U=4.5V；由图象知，当U1=1.5V时，电路中的电流I=3.0AR0两端的电压U0=U﹣U1=4.5V﹣1.5V=3.0VR0的电阻R0===1Ω故答案为：（1）减小；增大；（2）0；（3）电源电压为4.5V，电阻R0的阻值为1Ω．点评：此题通过图象和动态电路考查了学生对串联电路电压、电流关系及欧姆定律的应用，解决此题关键能根据滑动变阻器阻值的变化判断出两电压表示数的变化，并能结合图象分析出所需的数值，难度较大．试题5答案:考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电阻的串联专题：计算题；压轴题；电路和欧姆定律；图像综合题．分析：（1）根据G=mg求出空载时踏板的重力，由图乙得出对应压敏电阻的阻值，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电流，利用欧姆定律和串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R0的阻值；（2）电子称的质量最大时对应的电压表量程最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图乙读出压敏电阻受到的压力即为踏板和最大称量的重力之和，再根据G=mg求出该电子秤的量程；（3）先求出最大称量为110kg时压敏电阻受到的压力，再由图乙读出压敏电阻的阻值，利用欧姆定律求出电路中的总电阻，最后根据串联电路的电阻特点求出所需串联电阻的阻值．解答：解：（1）空载时，踏板的重力为：G=mg=5kg×10N/kg=50N，由丙图可知，此时压敏电阻的阻值R=240Ω，∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴压敏电阻两端的电压：U R=U﹣U0=9V﹣1V=8V，∵串联电路中各处的电流相等，∴根据欧姆定律可得，电路中的电流：I1===A，R0的阻值：R0===30Ω；（2）电子称的质量最大时对应的电压表量程最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，此时电路中的电流：I2===0.1A，压敏电阻两端分得的电压：U R′=U﹣U0′=9V﹣3V=6V，压敏电阻的阻值：R′===60Ω，由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力为950N，该电子秤的量程：m max===90kg；（3）当电子称的量程变为110kg时，G′=m'g=110kg×10N/kg=1100N，压敏电阻受到的压力为1100N+50N=1150N，由图乙可知压敏电阻R″=20Ω，此时电路中的总电阻：R总===90Ω，∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，∴R加=R总﹣R0﹣R″=90Ω﹣30Ω﹣20Ω=40Ω，要使电子称的量程变为110kg，应串联一个40Ω的电阻．答：（1）R0的阻值阻值为30Ω；（2）该电子秤的量程是90kg；（3）要使电子称的量程变为110kg，应串联一个40Ω的电阻．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及其变形公式的灵活运用，关键是正确分析电路图和从图象中得出相关的信息，要注意计算时要考虑踏板的压力．试题6答案:考点：欧姆定律的应用专题：计算题；应用题；欧姆定律．分析：由电路图可知，当开关S断开时，电路为R1的简单电路，两电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压；当开关S闭合时，两电阻并联，电压表测并联电路两端的电压，也是测电源的电压，电流表A1测R1支路的电流，A测干路电流；根据电源的电压不变判断电压表示数的变化，根据并联电路的特点判断两电流表示数的变化．解答：解：∵开关S断开时，电路为R1的简单电路，电压表测R2两端的电压，R2没有连入电路，故此时电压表示数为零；两电流表测电路中的电流，即通过R1的电流．∴开关S闭合后，电压表测并联电路两端的电压，也是测电源的电压，故电压表的示数变大；∵电流表A1测R1支路的电流，∵R1两端的电压不变，∴电流表A1的示数不变．∵电流表A测干路电流，并联电路干路电流等于各支路电流之和，∴当开关S2闭合时，电流表A的示数变大，且电流表A的示数变化为支路R2上的电流I2．则电压表V的示数变化与电流表A的示数变化之比为：=R2=2Ω．故答案为：变大；不变；2．点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是开关S闭合前后电路连接方式的辨别和各电表所测电路元件的判断．试题7答案:考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律专题：计算题；压轴题；信息给予题．分析：（1）根据滑片在a、b两点时电路的连接情况，由电源电压保持不变的特点，利用欧姆定律列出关于电压的等式，即可求出R1的阻值；（2）由图可知滑动变阻器R2两端的电压和通过的电流值，根据欧姆定律求出R2，则当滑动变阻器的滑片P在中点时，连入电路的阻值为R2，如何根据串联电路的特点和欧姆定律求出串联电路的电流．解答：解：（1）由电路图可知，当滑片P在a端时滑动变阻器全部接入，R1与R2串联，即电路中电流最小时，则由图象可知此时电路中的电流I a=0.2A，R2两端的电压U2=4V，∴R2===20Ω；电源电压U=I a R1+U2，即：U=0.2A×R1+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当滑片P在b端时，滑动变阻器没有连入电路，电压表示数为零，由图象可知这时电路中电流为I b=0.6A，电源电压加在R1上，则U=I b R1；即U=0.6A×R1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解①②得：R1=10Ω，U=6V；（2）当滑动变阻器的滑片P在中点时，则滑动变阻器连入电路的阻值为R2′=R2=×20Ω=10Ω，∴电流表的示数为：I′===0.3A．新 |课 |标|第 | 一| 网∴由图象可知：电流表示数为0.3A时对应的点是B．故答案为：10；B．点评：本题关键是欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是明白滑片移动过程中电路的变化情况，本题重点考查了应用图象解决问题，这是以后学习的重点．试题8答案:考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析专题：应用题；简答题；电路变化分析综合题．分析：（l）当电吹风机送出来的是热风时，说明电动机和电阻丝同时工作．（2）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W=Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可．（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用R=求出电阻．（4）导体的长度、材料相同时，横截面积越大，电阻越小；根据公式P=UI=即可分析出灯泡实际功率的变化．解答：解：（l）当电吹风机送出来的是热风时，需要电动机和电阻丝同时工作，即开关应置于图甲中的1位置，电风扇与电热丝是并列连接在电源上的，所以是并联连接．（2）根据功率随时间的变化关系图象可知：P热=616W，t1=20s，P凉=88W，t2=30s﹣20s=10s，htt p://www.x W总=W热+W冷=P热t1+P凉t2=616W×20s+88W×10s=13200J．（3）∵吹热风时电动机和电阻丝同时工作，吹冷风时只有电动机工作，∴电热丝的功率为P=P热﹣P凉=616W﹣88W=528W，。
大学物理下第17章习题详解
第17章习题解答【17-1】解 首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：－=0 21cos 0-=ϕ 0=－A sin 0>0， sin 0<0即 πϕ320-= 初始位相 πϕ320-= 则 m t y s )32cos(02.0πω-= 再建立如图题17-1（a ）所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为：ux t =∆ 则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如图题17-1（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为：uL x t -=∆ 则该波的波动方程为：m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，如图题17-1（c ）所示，则m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0 【17-2】解（1）由图题17-2可知，波长 =0.8m振幅 A=0.5m频率 Hz Hz u v 1258.0100===λ 周期 s vT 31081-⨯== （2）平面简谐波标准动方程为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u x t A y 由图可知，当t=0，x=0时，y=A=，故=0。
将A 、(v)、u 、代入波动方程，得： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)100(250cos 5.0π 【17-3】解 （1）由图题17-3可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±= 再由该列波的传播方向可知，0<0取 2πϕ= 由图题17-3可知，m OP 40.0==λ，且u=0.08m/s ，则s rrad s rad uv /52/40.008.0222ππλππω==== 可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+= （2）已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s ，以及O 点振动表达式，波动方程为： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ （3）将x==代入上式，即为P 点振动方程：m t y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ3252cos 04.0 （4）图题17-3中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理下17章习题参考答案中国石油大学
17章习题参考答案17-3 如图所示，通过回路的磁场与线圈平面垂直且指出纸里，磁通量按如下规律变化()Wb 1017632-⨯++=Φt t式中t 的单位为s 。
问s 0.2=t 时，回路中感应电动势的大小是多少? R 上的电流方向如何?[解] ()310712d d -⨯+=Φ-=t tε ()23101.3107212--⨯=⨯+⨯=V根据楞次定律，R 上的电流从左向右。
17-4如图所示，两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈，相距x ，且，R >>r ，x >>R 。
若大线圈有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速度v 运动。
试求x =NR 时(N >0)，小线圈中产生的感应电动势的大小。
[解] 因R>>r 可将通过小线圈的B 视为相等，等于在轴线上的B()2322202xR IR B +=μ由于x >>R ，有 3202x IR B μ=所以 t xxIS R t d d 32d d 420μ=Φ-=ε 而v t x=d d 因此 x =NR 时， 242023R N v r I πμ=ε17-5 如图所示，半径为R 的导体圆盘，它的轴线与外磁场平行，并以角速度ω转动(称为法拉第发电机)。
求盘边缘与中心之间的电势差，何处电势高?当R ＝0.15m ，B =0.60T ，rad 30=ω时，U 等于多大?[解] 圆盘可看成无数由中心向外的导线构成的，每个导线切割磁力线运动且并联，因此有2021d d )(BR r rB R L ωω==⋅⨯=⎰⎰l B v 感ε因电动势大于零，且积分方向由圆心至边缘，所以边缘处电位高(或由右手定则判断)代入数据得201506030212...=⨯⨯⨯==εU V 17-6 一长直导线载有电流强度I =5.0A 的直流电，在近旁有一与它共面的矩形线圈，线圈长l ＝20cm ，宽a =10cm ，共1000匝，如图所示。
九年级物理人教版全册课时练第17章《17.2欧姆定律》(含答案)
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！课时练17.2欧姆定律一、选择题1．关于对公式UR I=的理解，下列说法中正确的是（）A．导体的电阻与加在导体两端的电压成正比B．导体的电阻与通过导体的电流成反比C．导体的电阻与加在导体两端的电压成正比，通过导体的电流成反比D．导体的电阻与加在导体两端的电压、通过导体的电流都无关2．首先发现电流与电压关系的科学家是（）A．安培B．库仑C．伏特D．欧姆3．某同学在探究“电流与电压、电阻的关系”时，发现通过电阻a 、b 的电流随电压变化情况如图所示，则下列结论与图象相符的是()A．两电阻阻值的关系是R a ＞R bB．电压相同时，通过a 的电流较大C．电流相同时，b 两端的电压较大D．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小4．如图所示，把电值R 1、R 2(R 1>R 2)接入电压不变的电路中，在电源处电流最大的连接方式是()A．B．C．D．5．如图电路中，电源电压保持不变，当开关S 闭合，滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表和电压表的示数变化情况分别为（）A．电流表的示数变小，电压表的示数变大B．电流表的示数变大，电压表的示数变小C．电流表的示数变小，电压表的示数变小D．电流表的示数变小，电压表的示数不变6．如图所示的电路中，R 1：R 2=3：1，S 断开时，电流表的示数为I 1，S 闭合时，电流表的示数为I 2，则I 1与I 2之比是()A．3：4B．4：3C．1：3D．1：47．已知R 1：R 2=2：3，将它们接在如图所示电源电压为12V 的电路中，闭合S 则通过它们的电流之比及它们两端的电压之比是（）A．I 1：I 2=3：2U 1：U 2=1：1B．I 1：I 2=3：2U 1：U 2=3：2C．I 1：I 2=2：3U 1：U 2=1：1D．I 1：I 2=1：1U 1：U 2=2：38．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L 1，L 2的电阻之比为R 1：R 2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（）A．2：1B．1：2C．3：2D．2：39．如图所示，小刚连接好电路，并按正确的顺序操作，但闭合开关后灯不亮，电流表指针有所偏转，电压表无示数，则电路可能出现的故障是（）。
17_03_光程与光程差
n2 r2
n1r1
)
—— 相位差与光程差的关系
r
光在介质中传播的距离 ct 引起的相位变化: 2 代入 ct nr 得到：
—— 在计算光在不同介质中传播到某一点所引起的相位变化时， 将光在介质中走过的路程折算为光 在真空中走过的距离 nr ，统一用光在真空的波长进行相位变化的计算。 —— 相位差表达式中 (1 2 ) 2
普通物理学_程守洙_第十七章 波的光学_20090921
17_03 光程和光程差 1 光程和光程差 —— 光在不同的介质中传播速度不同，在走过相同的距离时，引起的相差变化不同。 如图 XCH004_047 所示，两束光沿不同介质和路径在 P 点相遇。
2 r1 E E 1 ) 1 10 cos( t 1 两束光在 P 引起的振动： E E cos( t 2 r2 ) 2 20 2 2
2
附加光
2
附加光程差。
REVISED TIME: 09-10-7
-3-
CREATED BY XCH
在 P 点两束光的相差： (1 2 ) —— 应用 1 u1T
2 r2
2
2 r1
1
c T 和 2 n2 n1 n1
—— 真空中光的波长
得到 (1 2 ) 2 ( 引入光程： nr 光程差： n2 r2 n1r1 相位差： (1 2 ) 2 光程的意义 在相同时间 t 里，光在介质 n 中传播距离 r 引起的相位变化，与光在真空中传播距离 ct 所引起 的相位变化相同。 光在介质 n 中传播的距离 r 引起的相位变化: 2
大学物理习题答案第十七章
[习题解答]17-5 将20g的氦气分别按照下面的过程，从17℃升至27℃，试分别求出在这些过程中气体系统内能的变化、吸收的热量和外界对系统作的功：(1)保持体积不变；(2)保持压强不变；(3)不与外界交换热量。
设氦气可看作理想气体，且。
解(1)保持体积不变：外界对系统不作功,系统内能的变化为,吸收的热量为.这表示，在系统体积不变的情况下，外界对系统不作功，系统从外界获得的热量全部用于内能的增加。
(2)保持压强不变：,系统内能的变化,外界对系统作功.这表示，在系统保持压强不变的情况下，系统从外界获得的热量，一部分用于增加系统的内能，另一部分用于系统对外界作功。
(3)不与外界交换热量，即绝热过程：吸收的热量,系统内能的变化,外界对系统作功.这表示，在绝热条件下，系统与外界无热量交换，外界对系统所作的功全部用于内能的增加。
17-6 把标准状态下的14 g氮气压缩至原来体积的一半，试分别求出在下列过程中气体内能的变化、传递的热量和外界对系统作的功：(2)绝热过程；(3)等压过程。
设氮气可看作为理想气体，且。
解(1)等温压缩过程：外界对系统所作的功;在等温过程中系统内能不变;传递的热量：根据热力学第一定律，有.这表示，在等温过程中，系统内能不变，外界对系统所作的功全部以热量的形式释放到外界。
(2)绝热压缩过程：;,根据绝热方程,,其中,所以;外界对系统所作的功.这表示，在绝热压缩过程中，外界对系统所作的功，全部用于系统内能的增加。
(3)等压过程：根据物态方程，在初态和末态分别有,,两式相除，得或 ,所以.内能的增加为;系统获得的热量为;外界对系统所作的功为.这表示，在等压过程中，系统向外界释放热量，此热量来自于外界对系统所作的功和自身内能的减小。
17-7 在标准状态下的16 g氧气经过一绝热过程对外界作功80 J。
求末态的压强、体积和温度。
设氧气为理想气体，且，。
解系统对外界作功80 J，即,在绝热过程中系统与外界无热量交换，所以,根据热力学第一定律,这表示，在绝热过程中系统降低自身的内能而对外界作功。
【免费下载】大学物理答案第17章
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
九年级物理全册17章1-4课后习题(带答案解析)
第1节电流与电压和电阻的关系知能演练提升能力提升1.分别把U1=4 V、U2=6 V的电压加在某段导体两端,则两次通过该导体的电流之比为()A.1∶2B.2∶3C.3∶2D.1∶12.当加在某段导体两端的电压为24 V时,通过它的电流为1.2 A。
若加在该段导体两端的电压减小6 V时,则通过它的电流是()A.0.9 AB.1.2 AC.0.6 AD.2.4 A3.研究电流跟电压、电阻的关系时,用如图所示电路,在保持电阻不变过程中,实验要求()A.保持R'的滑片位置不变B.保持R两端的电压不变C.保持R不变,调节R'的滑片到不同的位置D.保持电路中的电流不变4.将30 Ω的电阻接在一电源两端,通过的电流为0.3 A。
若把10 Ω和60 Ω的电阻分别接在这个电源两端,那么通过的电流分别为()A.0.9 A,0.15 AB.0.15 A,0.9 AC.0.1 A,0.9 AD.0.6 A,0.1 A5.某导体中的电流与它两端电压的关系如图所示,下列分析正确的是()A.当导体两端的电压为0时,电阻为0B.该导体的电阻随电压的增大而减小C.当导体两端的电压为0时,电流为0D.当导体两端的电压为2 V时,电流为0.6 A6.在探究电流与电压关系的实验中,分别用R1、R2两个电阻进行探究,并根据各自的实验数据绘制了U-I关系图象如图所示,从图可以看出R1与R2大小关系是()A.R1>R2B.R1=R2C.R1<R2D.无法确定7.某同学在探究电流跟电压、电阻的关系时,根据收集到的数据画出了如图所示的I-R图象,下列结论与图象相符的是()A.电阻一定时,电流随电压的增大而增大B.电阻一定时,电压随电流的增大而增大C.电压一定时,电流随电阻的增大而减小D.电压一定时,电阻随电流的增大而减小8.如图所示,电路中电源电压不变,滑动变阻器上标有“2 A20 Ω”字样。
以下四个图象中,能正确表示当开关S闭合后,通过小灯泡L的电流I与滑动变阻器连入电路的电阻R的关系的是()9.如图所示,电源电压保持不变。
普通物理学第五版第17章光学答案---精品资料
17-13 彩色电视发射机常用三基色的分 光系统，如图所示，系用镀膜方法进行分色， 现要求红光的波长为600nm，绿光的波长为 520nm,设基片玻璃的折射率n3 =15.0，膜 材料的折射率 n2 =2.12。 空气的折射率为 0 n1 ，设入射角i =45 。 白光 i 试求膜的厚度。 红光 绿光 兰光
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17-4 (1)用白光垂直入射到间距为d = 0.25mm的双链上，距离缝1.0m处放置屏 幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点 的间距(白光的波长范围是400—760nm)。
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17-5 一射电望远镜的天线设在湖岸上， 距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚 在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。试求 当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角 位置 q (提示:作为洛埃镜干涉分析)
(r2 e )+ ne r1 = 7l
e (n 1) = 7l
7 ×5.5×10-7 e= = =6.6 ×10-6 (m) 1.58 1 (n 1)
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17-3 在双缝干涉实验装置中，屏幕到 双缝的距高D 远大于双缝之间的距离d，对 于钠黄光(l = 589.3nm)，产生的干涉条纹， 相邻两明纹的角距离(即相邻两明纹对双缝处 的张角)为0.200 。 (1)对于什么波长的光，这个双线装置所 得相邻两条纹的角距离比用钠黄光测得的角 距离大10%? (2)假想将此整个装置没入水中(水的折射 率n =1· 33)，用钠黄光照射时，相邻两明条 纹的角距离有多大?
这里是普通物理学第五版
1、本答案是对普通物理学第五版第十七章 的答案，本章共19节内容，习题有63题，
希望大家对不准确的地方提出宝贵意见 。 2、答案以ppt的格式，没有ppt的童鞋请自 己下一个，有智能手机的同学可以下一 个软件在手机上看的哦，亲们，赶快行 动吧。