课时强化作业三十 实验：测定金属的电阻率(练习使用螺旋测微器和游标卡尺)1．在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，以下操作中错误的是( )A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变解析：实验中应测出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表分流产生的误差很小，故应采用电流表外接法，故选项A、C操作错误．答案：AC2．在一次实验中，张华同学用螺旋测微器测某长方体工件的厚度如图所示，根据图示可判断其厚度为________mm，该学生用下列某种仪器测得该工件的宽度为1.275cm.则该同学所用的仪器可能是________．(将正确答案的序号填在横线上)①螺旋测微器 ②10分度游标卡尺 ③20分度游标卡尺 ④50分度游标卡尺解析：螺旋测微器先读固定刻度，1格是0.5mm，再从可动刻度上读出读数(要估读一位)乘以0.01(1格是0.01mm)，然后相加为测量结果．故此螺旋测微器读数为1.5mm＋0.01×20.0mm＝1.700mm；螺旋测微器以毫米为单位，小数点后有3位，故也叫千分尺，而游标卡尺有10、20和50分度的，分别精确到0.1mm、0.05mm和0.02mm，但游标卡尺没有估读，读到几格就是多出几个0.1mm、0.05mm和0.02mm.由工件的宽度为1.275cm＝12.75mm，故该同学所用的仪器可能是20分度游标卡尺，选③.答案：1.700(1.698～1.702均正确) ③3．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为________cm，直径为________mm.7\n(2)按图(c)连接电路后，实验操作如下：(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω.(3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.解析：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.6×0.01)mm＝5.316mm.(2)为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，然后慢慢减小电路中的电阻．答案：(1)5.01 5.316(5.310～5.320) (2)(a)大 (b)大 (3)12804．某同学做“测定金属丝电阻率”的实验．(1)需要通过实验直接测量的物理量有：_____________________________________________________________________________________________________________________(写出名称和符号)．(2)这位同学采用伏安法测量一段阻值约为5Ω的金属丝的电阻．有以下器材可供选择：(要求测量结果尽量准确)A．电池组(3V，内阻约1Ω)B．电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)C．电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)D．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)E．电压表(0～15V，内阻约15kΩ)F．滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)G．滑动变阻器(0～1000Ω，额定电流0.3A)H．开关、导线7\n实验时应选用的器材是_______________________________________________(填写各器材的字母代号)．请在下面的虚线框中画出实验电路图．这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示．由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为________Ω.(3)用伏安法测金属丝电阻存在系统误差．为了减小系统误差，有人设计了如图所示的实验方案．其中Rx是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻．合上开关S，灵敏电流计的指针偏转．将R调至阻值为R0时，灵敏电流计的示数为零．由此可计算出待测电阻Rx＝________(用R1、R2、R0表示)．解析：(1)由公式ρ＝、R＝和S＝π2可知，实验中直接测量的物理量有加在金属丝两端的电压U，通过金属丝的电流I，金属丝的长度L，金属丝的直径d.(2)电源A必选，开关和导线H必选，电压表选用量程为3V的D，因待测金属丝的阻值约为5Ω左右，通过它的最大电流Im＝A＝0.6A，所以电流表选用量程为0.6A的C即可，阻值为20Ω的滑动变阻器F阻值较小，且便于调节，采用限流法接入时即可对电路起到保护作用．实验电路图如图所示：题图中电流表、电压表的读数分别为0.46A、2.40V，故金属丝的电阻阻值R＝＝Ω≈5.2Ω.(3)由题意知，R调至阻值为R0，灵敏电流计的示数为零，则＝，解得Rx＝R0.答案：(1)加在金属丝两端的电压U，通过金属丝的电流I，金属丝的长度L，金属丝的直径d (2)ACDFH 电路图见解析 5.2 (3)R05．(2014年江苏卷)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图1所示的部件________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)．从图1中的示数可读出合金丝的直径为________mm.7\n(2)如图2所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23V和38mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．解析：(1)使用螺旋测微器读取数据时，应先将紧固螺丝旋紧，即图中B，示数为0＋41.0×0.01mm＝0.410mm.(2)将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，电压表的指针变化很小，而电流表的示数很小，说明电路中电阻很大，电压表的读数接近电源电动势，由此说明电压表串联在电路中，由此与电压表并联的金属丝没有接入电路，即电路中7、9接线柱之间，出现了断路故障．(3)根据该电路可知，金属丝的电阻的测量值为58.7Ω，而电流表的内阻约0.3Ω，所以实验电路采用电流表外接法测电阻，而电压表的内阻约3kΩ，所以金属丝电阻远大于电流表内阻，应采用电流表内接法测金属丝的电阻误差较小，多次测量求平均值可以让测量误差减小，或者用UI图象作图求图线的斜率从而求出电阻．答案：(1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接，测量多组电流和电压值求平均值(或者用UI图象作图求图线的斜率从而求出电阻)6．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1的内阻r1的电路如图所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5mA，内阻约300Ω)；②电流表G2(0～10mA，内阻约100Ω)；③定值电阻R1(300Ω)；④定值电阻R2(10Ω)；7\n⑤滑动变阻器R3(0～1000Ω)；⑥滑动变阻器R4(0～20Ω)；⑦干电池(1.5V)；⑧电键S及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)用连线连接实物图．(3)补全实验步骤．①按电路图连接电路，将滑动触头移至最________端(选填“左”或“右”)；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2；④以I2为纵坐标、I1为横坐标，作出相应图象，如图所示．(4)根据I2I1图象的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式______________________．解析：根据实验原理，待测电阻r1＝R，因为两电流表的量程之差与待测电流表的量程相当，所以与G1并联的定值电阻的阻值与r1差不多，约为300Ω，可以使G1示数有较大范围变化减小误差，故定值电阻选R1；滑动变阻器用的是分压式接法，应选用阻值较小的变阻器，选R4.由r1＝R1＝R1，解得r1＝(k－1)R1.答案：(1)③ ⑥(2)如图(3)①左(4)r1＝(k－1)R17．(2014年山东卷)实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－87\nΩ·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0＝3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．解析：(1)根据电阻定律可求得这部分铜导线的电阻大约为1.7Ω，加上保护电阻约4.7Ω.由题意可知滑动变阻器采用限流接法，如果用R1做限流电阻，当将其阻值调到最大时电路中电流约为I＝＝A≈0.6A，说明不能使用R1作为限流的滑动变阻器，应选用R2作限流的滑动变阻器，开始时作为限流用的滑动变阻器接入电路的电阻为最大值，故滑片应移至a端．(2)结合电路图补充连接实物图如图所示．7\n(3)根据题图乙和电压表的量程可读得电压表的示数为2.30V.(4)根据电阻定律R＝ρ，L＝和R＝－R0，两式联立解得L＝(－R0)＝(－3)m＝94m.答案：(1)R2 a (2)如图(3)2.30(2.29,2.31均正确)(4)94(93,95均正确)7
