高中一轮复习物理课时检测（四十五）测定金属的电阻率（实验提能课）

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6Ω，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4.5V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻为0.125Ω；电流表A2：量程0～3A，内阻为0.025Ω；电压表V1：量程0～3V，内阻为3kΩ；电压表V2：量程0～15V，内阻为15kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为0.2A；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω，允许通过的最大电流为1.0A；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4.5V，被测金属丝电阻约为6Ω，干路中的最大电流约为0.75A，故电流表选A1，电压表选V1，滑动变阻器R1的最大允许电流0.2A太小，影响测量的范围，所以滑动变阻器选R2。(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＝eq\f(U,I)及R＝ρeq\f(l,S)，又S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2＝eq\f(πd2,4)，得ρ＝eq\f(RS,l)＝eq\f(\f(U,I)·\f(πd2,4),l)＝eq\f(Uπd2,4Il)。答案：(1)A1V1R2(2)见解析图(3)eq\f(Uπd2,4Il)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1cm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R1的总电阻：A．待测滑动变阻器R1(总电阻约为50Ω)B．电流表A1(量程为50mA，内阻r1为10Ω)C．电流表A2(量程为300mA，内阻r2约为4Ω)D．滑动变阻器R2(最大阻值为10Ω)E．定值电阻R0(阻值为10Ω)F．电源E(电动势约为3V，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eq\f(1,3)，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A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量计算滑动变阻器总电阻的表达式为R1＝________。(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、R1表示)。解析：(1)密绕在陶瓷筒上的电阻丝，长度为1cm时匝数为n，则电阻丝直径为eq\f(1,n)×10－2m。(2)根据游标卡尺读数规则，螺线管外径D＝31mm＋8×0.05mm＝31.40mm＝3.140×10－2m。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R1接入电路中的电阻，可以先将电流表A1和滑动变阻器R1串联，然后与定值电阻R0并联，采用电流表A2测量整个并联电路的总电流，滑动变阻器R2采用分压式接法，电路如图所示。(4)由欧姆定律得(I2－I1)R0＝I1(R1＋r1)，解得R1＝eq\f(I2－I1,I1)R0－r1。(5)由电阻定律得R1＝ρeq\f(L总,S)，S＝eq\f(πd2,4)，L总＝100πDLn，联立解得ρ＝eq\f(R1d2,400DLn)。答案：(1)eq\f(1,n)×10－2(2)3.140×10－2或0.03140100πDLn(3)见解析图(4)eq\f(I2－I1,I1)R0－r1(5)eq\f(R1d2,400DLn)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0～0.6A，内阻约为0.2ΩB．电压表：量程为0～3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大值为20Ω，额定电流1AD．电源电动势6VE．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＝20×100Ω＝2000Ω。(2)d＝3mm＋0.01mm×20.3＝3.203mm；L＝5cm＋0.05mm×3＝50.15mm。(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＝eq\f(U,I)＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L,\f(1,4)πd2)，解得：ρ＝eq\f(Uπd2,4LI)。答案：(1)2000(2)3.20350.15(3)见解析图(4)⑤(5)eq\f(Uπd2,4LI)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A1(量程0～4mA，内阻约50Ω)电流表A2(量程0～30mA，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)直流电源E(电动势4V，内阻不计)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50mm，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，读数为3×0.05mm＝0.15mm，则长度为50.15mm。(2)螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm。(3)电阻的阻值R＝12×10Ω＝120Ω。(4)电源电动势为4V，则电压表选V1；电路中可能出现的最大电流：Im＝eq\f(3,120)A＝25mA，故电流表应选A2；因RV1≫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59.40cm；螺旋测微器的读数为43.4×0.01mm＝0.434mm，即金属丝直径测量值为0.434mm。(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＝5.80Ω。(4)由电阻定律可知，R＝ρeq\f(L,S)，S＝eq\f(πD2,4)，解得：ρ＝eq\f(πRD2,4L)。答案：(1)59.400.434(0.433～0.435均可)(2)见解析图(3)5.80(5.70～5.90均可)(4)ρ＝eq\f(πRD2,4L)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。R1和R2分别是滑动变阻器和电阻箱，S1和S2分别是单刀单掷开关和单刀双掷开关，A为电流表。(1)将S2拨向接点1，接通S1，调节R1，使电流表指针偏转到适当位置，记下此时的读数I；然后将S2拨向接点2，调节R2，使__________________，记下此时R2的读数为R0，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Rl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S2拨向接点2，调节R2，应使电流表读数为I，此时自