2018-2019学年高中新创新一轮复习物理江苏专版：课时

课时检测(四十五) 测定金属的电阻率 (实验提能课)
1．在“测定金属的电阻率”的实验中，被测金属丝的电阻大约为6 Ω，先用刻度尺测出金属丝的长度l 以及金属丝的直径d ，接着用伏安法测出金属丝两端的电压U 和通过金属丝的电流I ，计算出它的电阻，再根据电阻公式计算出该金属材料的电阻率。

在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的金属丝外， 还有如下供选择的实验器材： 直流电源E ：电动势约为4.5 V ，内阻很小；
电流表A 1：量程0～0.6 A ，内阻为0.125 Ω；
电流表A 2：量程0～3 A ，内阻为0.025 Ω；
电压表V 1：量程0～3 V ，内阻为3 kΩ；
电压表V 2：量程0～15 V ，内阻为15 kΩ；
滑动变阻器R 1：最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为0.2 A ；
滑动变阻器R 2：最大阻值20 Ω，允许通过的最大电流为1.0 A ；
开关，导线若干。

要求有较高的测量精度，并能测得多组数据。

(1)在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________，应该选用的电压表是________，应该选用的滑动变阻器是________(填器材符号)。

(2)根据所选的器材，在如图所示虚线框中画出实验电路图。

(3)用测得的物理量表示电阻率的表达式为ρ＝________(用字母表示)。

解析：(1)电源电动势约为4.5 V ，被测金属丝电阻约为6 Ω，干路中的最大电流约为0.75 A ，故电流表选A 1，电压表选V 1，滑动变阻器R 1的最大允许电流0.2 A 太小，影响测量的范围，所以滑动变阻器选R 2。

(2)待测金属丝电阻较小，电流表应采用外接法，要求能测得多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。

(3)由R ＝U I 及R ＝ρl S ，又S ＝π⎝⎛⎭⎫d 22＝πd 24，得ρ＝RS l ＝U I ·πd 24l ＝U πd 24Il。

答案：(1)A 1 V 1 R 2 (2)见解析图 (3)U πd 2
4Il
2．滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成，为了在不破坏滑动变阻器的前提下粗略测量电阻丝的电阻率，某同学做了如下实验：
(1)测得螺线管1 cm 长度上的电阻丝匝数为n ，则电阻丝的直径d ＝________m 。

(2)如图甲所示，用游标卡尺测量滑动变阻器绕有电阻丝部分的外径D ，用刻度尺测量电阻丝螺线管的总长度L 。

游标卡尺示数如图乙，则螺线管的外径D 是________m 。

螺线管外径D 远大于电阻丝直径d ，则绕制滑动变阻器的电阻丝的总长度可表示为________(用n 、
D 、L 表示)。

(3)用以下器材测量待测滑动变阻器R 1的总电阻：
A ．待测滑动变阻器R 1(总电阻约为50 Ω)
B ．电流表A 1(量程为50 mA ，内阻r 1为10 Ω)
C ．电流表A 2(量程为300 mA ，内阻r 2约为4 Ω)
D ．滑动变阻器R 2(最大阻值为10 Ω)
E ．定值电阻R 0(阻值为10 Ω)
F ．电源E (电动势约为3 V ，内阻不计)
G ．单刀单掷开关S ，导线若干
测量中要求电流表的读数不小于其量程的13
，方框内为该同学设计的电路图的一部分，请将电路图补画完整。

(4)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2，则由已知量和测得量计算滑动变阻器总电阻的表达式为R 1＝________。

(5)计算绕制滑动变阻器的电阻丝的电阻率的表达式为ρ＝________(n 、d 、D 、L 、R 1表示)。

解析：(1)密绕在陶瓷筒上的电阻丝，长度为1 cm 时匝数为n ，
则电阻丝直径为1n ×10－2 m 。

(2)根据游标卡尺读数规则，螺线管外径
D ＝31 mm ＋8×0.05 mm ＝31.40 mm ＝3.140×10－
2 m 。

总长度为L 的螺线管上电阻丝匝数N ＝100Ln ，
滑动变阻器上绕的电阻丝总长度为L 总＝πDN ＝100πDLn 。

(3)测量滑动变阻器R
1接入电路中的电阻，可以先将电流表A 1和滑
动变阻器R 1串联，然后与定值电阻R 0并联，采用电流表A 2测量整个
并联电路的总电流，滑动变阻器R 2采用分压式接法，电路如图所示。

(4)由欧姆定律得(I 2－I 1)R 0＝I 1(R 1＋r 1)，解得R 1＝I 2－I 1I 1
R 0－r 1。

(5)由电阻定律得R 1＝ρL 总S ，S ＝πd 24，L 总＝100πDLn ，联立解得ρ＝R 1d 2
400DLn。

答案： (1)1n
×10－2 (2)3.140×10－2或0.031 40 100πDLn (3)见解析图 (4)I 2－I 1I 1R 0－r 1 (5)R 1d 2
400DLn
3．(2018·清江中学月考)如图，甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。

(1)首先用多用电表的欧姆挡(倍率为“×100”)粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R ＝________Ω。

(2)用螺旋测微器测量此新型导电材料的直径d ，测量结果如图丙所示，则d ＝________mm ；用游标卡尺测量此新型导电材料的长度L ，测量结果如丁所示，则L ＝________mm 。

(3)采用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：
A ．电流表：量程为0～0.6 A ，内阻约为0.2 Ω
B ．电压表：量程为0～3 V ，内阻约为3 kΩ
C ．滑动变阻器：最大值为20 Ω，额定电流1 A
D ．电源电动势6 V
E ．开关S ，导线若干
在虚线框中画出实验电路图。

(4)某同学设计了如下的实验电路，但是在实验过程中却发现新型导电材料棒电阻率的测量值明显偏小，经检查发现实物图中有一根导线连接错误，该导线是：________(用导线的序号表示)。

(5)如果(3)问实验电路中电流表示数为I ，电压表示数为U ，并测出该棒的长度为L 、直径为d ，则该材料的电阻率ρ＝________(用I 、U 、L 、d 表示)。

解析：(1)多用电表的读数：R ＝20×100 Ω＝2 000 Ω。

(2)d ＝3 mm ＋0.01 mm ×20.3＝3.203 mm ；
L ＝5 cm ＋0.05 mm ×3＝50.15 mm 。

(3)如图所示。

(4)因待测电阻的阻值较大，则采用电流表内接法，故导线⑤接错位置。

(5)根据欧姆定律及电阻定律：R ＝U I ＝ρL S ＝ρL 14
πd 2，解得：ρ＝U πd 2
4LI 。

答案：(1)2 000 (2)3.203 50.15 (3)见解析图
(4)⑤ (5)U πd 2
4LI
4．(2018·泰州一模)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。

步骤如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为L ＝________mm 。

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为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R ，表盘的示数如图丙所示，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
电流表A 1(量程0～4 mA ，内阻约50 Ω)
电流表A 2(量程0～30 mA ，内阻约30 Ω)
电压表V 1(量程0～3 V ，内阻约10 kΩ)
电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)
直流电源E(电动势4 V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)
滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)
开关S，导线若干
为使实验所示误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计了
如图丁所示的电路，试指出3处不妥之处：
①___________________________________________________；
②____________________________________________________；
③________________________________________________________________________。

解析：(1)游标卡尺主尺读数为50 mm，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，
读数为3×0.05 mm＝0.15 mm，则长度为50.15 mm。

(2)螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为0.200 mm，
则直径为4.700 mm。

(3)电阻的阻值R＝12×10 Ω＝120 Ω。

(4)电源电动势为4 V，则电压表选V1；电路中可能出现的最大电流：I m＝
3
120A＝25 mA，
故电流表应选A2；因R V1≫R，故电流表应采用外接法；为测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法。

答案：(1)50.15(2)4.700(3)120
(4)①电流表应选A2②电流表应采用外接法③滑动变阻器应采用分压接法
5．小张同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率ρ，待测金属丝的横截面为圆形。

实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。

(1)用毫米刻度尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示，可得其长度L＝________cm，直径为D＝________mm。

(2)该同学要用图像法求出待测金属丝的阻值，要求电压从0开始变化。

请将图3所示实物电路图中所缺导线补全。

(3)图4是根据实验中测得的6组电流I 、电压U 的值描绘的点，由图可求出电阻值R ＝________Ω(保留3位有效数字)。

(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式________(用测得的物理量的符号表示)。

解析：(1)金属丝长度测量值为59.40 cm ；
螺旋测微器的读数为43.4×0.01 mm ＝0.434 mm ，即金属丝直径测量值为0.434 mm 。

(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；待测金属丝电阻较小，电流表采用外接法。

(3)需在题图4中用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，直线的斜率表示金属丝的电阻，
根据所画直线可得R ＝5.80 Ω。

(4)由电阻定律可知，R ＝ρL S ，S ＝πD 24，解得：ρ＝πRD 2
4L。

答案：(1)59.40 0.434(0.433～0.435均可) (2)见解析图 (3)5.80(5.70～5.90均可)
(4)ρ＝πRD 2
4L
6.(2018·无锡检测)电阻率的倒数称为电导率，是反映物质导电
特性的物理量。

某同学利用如图甲所示电路研究一定温度下自来水
的电导率。

其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上
加有阀门以控制管内水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽
略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。

R 1和R 2分别是滑动变
阻器和电阻箱，S 1和S 2分别是单刀单掷开关和单刀双掷开关，A 为电流表。

(1)将S 2拨向接点1，接通S 1，调节R 1，使电流表指针偏转到适当位置，记下此时的读数I ；然后将S 2拨向接点2，调节R 2，使__________________，记下此时R 2的读数为R 0，则此时自来水的电阻值为R ＝________。

(2)要研究电导率，可用如图乙所示游标卡尺的________(选填“A ”“B ”“C ”)部分测量玻璃管内径，其内径为________mm ，进而确定水柱的横截面积。

(3)实验中将玻璃管充满自来水，玻璃管内径为d ，改变水柱长度l ，测得对应的电阻R 。

作出R l 关系如图丙，若此图线的斜率为k ，则该温度下自来水的电导率为________。

解析：(1)采用替代法，使两次操作中电流表读数相同，则对应的电阻阻值相等，所以将S 2拨向接点2，调节R 2，应使电流表读数为I ，此时自来水的电阻值为R ＝R 0。

(2)测量玻璃管内径应用内测量爪，故选用A ，读数为20 mm ＋6×0.05 mm ＝20.30 mm 。

(3)根据电阻定律有R ＝ρl S ＝ρl π⎝⎛⎭
⎫d 22＝ρ4l πd 2，题图丙中的图线斜率为k ＝4ρπd 2， 解得ρ＝k πd 24，所以电导率为4k πd 2。

答案：(1)电流表读数为I R 0 (2)A 20.30 (3)4k πd 2。