(新高考)高考物理一轮复习专题8.1《电流、导体的电阻、电功和电功率及导体电阻率的测量》讲义（2份打包，解析版+原卷版）

这是一份(新高考)高考物理一轮复习专题8.1《电流、导体的电阻、电功和电功率及导体电阻率的测量》讲义（2份打包，解析版+原卷版），文件包含新高考高考物理一轮复习专题81《电流导体的电阻电功和电功率及导体电阻率的测量》讲义解析版doc、新高考高考物理一轮复习专题81《电流导体的电阻电功和电功率及导体电阻率的测量》讲义原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。

专题8.1 电流、导体的电阻、电功和电功率及导体电阻率的测量【讲】
目录
一 讲核心素养 1
二 讲必备知识 1
【知识点一】三个电流表达式的理解与应用 1
【知识点二】欧姆定律和电阻定律的理解与应用 3
【知识点三】电功、电功率、电热及热功率 6
【知识点四】描绘小电珠的伏安特性曲线 8
【知识点五】测量电阻丝的电阻率 13
三．讲关键能力------会分析拓展创新实验 17
【能力点一】会分析描绘小灯泡伏安特性曲线的拓展性试验 17
【能力点二】会分析测定电阻率的拓展性试验 20
四．讲模型思想----电阻测量的常见模型方法 23
模型一　用“替代法”测电阻 23
模型二　用“半偏法”测量电阻 24
模型三　用“差值法”测电阻 26
模型四 电桥法测电阻 29

一 讲核心素养
1.物理观念：电功、电热、电功率。
(1)了解电流的定义、定义式，会推导电流的微观表达式。
(2)理解电功、电功率、焦耳定律，会区分纯电阻电路和非纯电阻电路的特点。
2.科学思维：欧姆定律、电阻定律、焦耳定律。
(1)理解电阻的概念，掌握电阻定律。
(2)理解欧姆定律并学会应用欧姆定律分析问题
3.科学探究：测定金属丝电阻率、描绘小电珠的伏安特性曲线
通过实验，探究并了解金属导体的电阻与材料、长度和横截面积的定量关系。
4.科学态度与责任：电路设计与安全。
能分析和解决家庭电路中的简单问题，能将安全用电和节约用电的知识应用于生活实际。
二 讲必备知识
【知识点一】三个电流表达式的理解与应用

公式
适用范围
字母含义
公式含义
定义式
I＝
一切电路
q为时间t内通过导体横截面的电荷量
反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝
微观式
I＝nqSv
一切电路
n：导体单位体积内的自由电荷数
q：每个自由电荷的电荷量
S：导体横截面积
v：电荷定向移动的平均速率
从微观上看n、q、S、v决定了I的大小
决定式
I＝
金属、
电解液
U：导体两端的电压
R：导体本身的电阻
I由U、R决定，I∝U，I∝
【例1】(2021·湖南长沙检测)如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是 (　　)

A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零
C．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
D．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
【答案】：D
【解析】：电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，故选项A错误；溶液中正离子由A向B移动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A移动相当于正电荷由A向B移动，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不为零，电流I＝＝，故选项B、C错误，选项D正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。
【必备知识】利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：
设柱体微元的长度为L，横截面积为S，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，电荷定向移动的速率为v，则
(1)柱体微元中的总电荷量为Q＝nLSq.
(2)电荷通过横截面的时间t＝.
(3)电流的微观表达式I＝＝nqvS.

【变式训练】 (2021·山东省等级考试第二次模拟)在长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v(不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即f＝kv(k是常量)，则该导体的电阻应该等于 (　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
【答案】
【解析】电子定向移动，由平衡条件得，kv＝e，则U＝，导体中的电流I＝neSv，电阻R＝＝，选项B正确．
【知识点二】欧姆定律和电阻定律的理解与应用
1．电阻的决定式和定义式的比较
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻的决定式
电阻的定义式
说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由ρ、L、S共同决定
提供了一种测电阻的方法——伏安法，R与U、I均无关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液
适用于任何纯电阻导体
2.对伏安特性曲线的理解(如图甲、乙所示)

(1)图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件．
(2)在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra＞Re.
在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd＜Rf.
(3)图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变小．注意：曲线上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数．根据R＝，电阻为某点和原点连线的斜率或斜率的倒数．
【例1】(2021·北京市通州区高三期末)某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图7所示，下列判断中正确的是(　　)

A.图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B.图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C.图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D.图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大
【答案】　D
【解析】　由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C错误；根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大，故D正确。
【例2】(2021·四川内江模拟)两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为(　　)

A．3∶1　1∶6　　　　 B．2∶3　1∶6
C．3∶2　1∶5 D．3∶1　5∶1
【答案】　A
【解析】　由图可知，两导线两端的电压之比为3∶1，电流相同，则电阻之比为3∶1，由电阻定律R＝ρ得横截面积S＝，横截面积＝·＝×＝，A正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念、科学思维。
【必备知识】导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变．
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比．
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解．
【变式训练1】(多选)(2021·广东汕头市教学质量监测)(多选)在如图8甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)

A.L1的电阻为12 Ω
B.L1的电压为L2电压的2倍
C.L1消耗的电功率为0.75 W
D.L1、L2消耗的电功率的比值等于4 ∶1
【答案】　AC
【解析】　电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V，L1的电阻为R＝＝ Ω＝12 Ω，故选项A正确；L1消耗的电功率为P1＝UI＝0.75 W，故选项C正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3 V，L1的电压大约为L2电压的10倍，故选项B错误；L2消耗的电功率为P2＝UI＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值＝20＞4，故选项D错误。
　【变式训练2】(2021·福州质检)如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1 m，b＝0.2 m，c＝0.1 m，当里面注满某电解液，且P、Q间加上电压后，其UI图象如图乙所示，当U＝10 V时，求电解液的电阻率ρ是多少？

【答案】：40 Ω·m
【解析】：由题图乙可求得U＝10 V时，电解液的电阻
R＝＝ Ω＝2 000 Ω
由题图甲可知电容器长l＝a＝1 m
截面积S＝bc＝0.02 m2
结合电阻定律R＝ρ得
ρ＝＝ Ω·m＝40 Ω·m.
【知识点三】电功、电功率、电热及热功率
1.电功和电热、电功率和热功率的区别与联系

意义
公式
联系
电功
电流在一段电路中所做的功
W＝IUt
对纯电阻电路，电功等于电热，W＝Q＝UIt＝I2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，W＞Q
电热
电流通过导体产生的热量
Q＝I2Rt
电功率
单位时间内电流所做的功
P＝IU
对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电＝P热＝IU＝I2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电＞P热
热功率
单位时间内导体产生的热量
P＝I2R
【例1】(2021·北京市朝阳区等级考模拟)某简易电吹风简化电路如图9所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220 V电压下工作。下列说法正确的是(　　)

电吹风额定电压
220 V
电吹风额定功率
热风时：990 W
冷风时：110 W
A.开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风
B.该电吹风中电动机的内电阻为440 Ω
C.吹热风时电热丝的功率为990 W
D.吹热风时通过电热丝的电流为4 A
【答案】　D
【解析】　由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为r＝ Ω＝440 Ω，由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440 Ω，故B错误；开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990 W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880 W，故C错误；吹热风时通过电热丝的电流I＝ A＝4 A，故D正确。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【方法技巧】.非纯电阻电路的分析方法
(1)抓住两个关键量
确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键。若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝IMUM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝Ir，最后求出输出功率P出＝P－Pr。
(2)坚持“躲着”求解UM、IM
首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流。然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压UM和电流IM。
(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解。
【变式训练1】(2021·海南期末)(多选)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L的规格为“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)

A．电源内阻为1 Ω
B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机正常工作电压为1 V
D．电源效率约为93.3%
【答案】AD
【解析】小灯泡正常工作时的电阻RL＝＝10 Ω，流过小灯泡的电流I＝＝0.2 A，当开关S接1时，R总＝＝15 Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1 Ω，A正确；当开关S接2时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8 V，电源效率η＝×100%＝×100%≈93.3%，D正确。
【变式训练2】智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置。充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.6～0.7。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表。下列说法正确的是(　　)

容量
20 000 mA·h
兼容性
所有智能手机
边充边放
否
保护电器
是
输入
DC5V2AMAX
输出
DC5V0.1 A～2.5 A
尺寸
156*82*22 mm
转换率
0.60
产品名称
索杨Y10—200
重量
约430 g
A.充电宝充电时将电能转化为内能
B.该充电宝最多能储存的能量为3.6×106 J
C.该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间约为2 h
D.用该充满电的充电宝给电荷量为零、容量为3 000 mA·h 的手机充电，理论上能充满4次
【答案】　D
【解析】　充电宝充电时将电能转化为化学能，故A错误；该充电宝的容量为q＝20 000 mA·h＝20 000×10－3×3 600 C＝7.2×104 C，电压为5 V，所以充电宝最多能储存的能量E＝qU＝5× 7.2×104 J＝3.6×105 J，故B错误；以2 A 的电流充电，充电宝电荷量从零到完全充满所用时间t＝＝ s＝3.6×104 s＝10 h，故C错误；由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为20 000 mA·h×0.60＝12 000 mA·h，给电荷量为零、容量为3 000 mA·h的手机充电的次数n＝次＝4次，故D正确。
【知识点四】描绘小电珠的伏安特性曲线
1．实验原理
(1)实验原理图：如图甲；
(2)测多组小电珠的U、I的值，并绘出I－U图象；
(3)由图线的斜率反映电流与电压和电阻的关系．

2．实验器材
小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔．
3．进行实验及数据处理
(1)将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的电路．
(2)移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中．
(3)数据处理
①在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系．
②在坐标纸上描出各组数据所对应的点．
③将描出的点用平滑的曲线连接起来，得到小电珠的伏安特性曲线．
4．注意事项
(1)电路的连接方式：
①电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 V,0.3 A)的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．
②滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小电珠两端的电压能从0开始连续变化．
(2)闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为0的一端，使开关闭合时小电珠的电压能从0开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．
(3)I－U图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．
5．误差分析
(1)由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．
(2)测量时读数带来误差．
(3)在坐标纸上描点、作图带来误差．
【例1】(2021无锡模拟)有一个小电珠上标有“4 V　2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的I­U图线。有下列器材供选用：
A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)
C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E．滑动变阻器(5 Ω，1 A)
F．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)
(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________。(用序号字母表示)
(2)为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________。(用序号字母表示)
(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图，并把下图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图。




【答案】　(1)A　D　(2)E　(3)图见解析
【解析】　(1)因小电珠的额定电压为4 V，为保证安全，选用的电压表量程应稍大于4 V，但不能大太多，量程太大则示数不准确，故选用0～5 V的电压表，故选A；由P＝UI得，小电珠的额定电流I＝＝0.5 A，故应选择0～0.6 A量程的电流表，故选D。
(2)由题意可知，电压从零开始变化，并要求多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压式接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E。
(3)小电珠内阻R＝＝8 Ω，电压表内阻远大于小电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图如图所示。

【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学探究。
【必备知识】1．滑动变阻器的选取
在分压电路中，一般选用总阻值小于用电器电阻的滑动变阻器。在限流电路中，一般选用总阻值和用电器电阻相差不多或大几倍的滑动变阻器。
2．滑动变阻器的两种连接方式

限流式接法
分压式接法
两种接法的
电路图


负载R上电压
的调节范围
～E
0～E
3.两种接法的适用条件
(1)限流式接法适合测量阻值较小的电阻(跟滑动变阻器的最大电阻相比相差不多或比滑动变阻器的最大电阻还小)。
(2)分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的最大电阻要大)。
(3)若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式接法。
【变式训练1】(2021·黑龙江大庆一中月考)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择：
A．直流电源3 V(内阻不计)
B．直流电流表A1：量程0～300 mA(内阻约为5 Ω)
C．直流电流表A2：量程0～3 A(内阻约为0.1 Ω)
D．直流电压表V：量程0～3 V(内阻约为3 kΩ)
E．滑动变阻器R1：阻值范围0～100 Ω，额定电流0.5 A
F．滑动变阻器R2：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A
G．导线和开关
实验要求：滑动变阻器便于调节，小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．
(1)实验中电流表应选用________(填写仪器前的字母)；
(2)在图3甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；

(3)根据实验数据，画出小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.
(4)根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图中所给出的a、b、c图象中可能正确的是________(选填“a”“b”或“c”)．

【答案】　(1)B　(2)见解析图　(3)5.0(或5)　(4)b
【解析】　(1)小灯泡的额定电流为I＝＝ A＝200 mA，电流表选B.

(2)因为小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，所以采用电流表外接法；又因为描绘小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡的电流和电压必须从零开始调整，所以必须采用分压电路，实验电路如图所示．
(3)由题图乙得，当电压为0.5 V时，小灯泡的电流为0.1 A，小灯泡的灯丝电阻为R＝＝5.0 Ω.
(4)由题图乙可知，随着小灯泡两端电压的增大，灯泡的电阻R增大，小灯泡的功率为P＝，R增大，斜率减小，b正确，a、c错误．
【变式训练2】(2021·赣州一模)有一只小灯泡，其额定电压的标值为2.5 V，额定功率的标值模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。

　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙
(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω，请先在图甲中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路。
(2)开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应置于________(选填“A端”“B端”或“AB正中间”)。
(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________W。
【答案】(1)如图所示

甲　　　　　　　乙　
(2)B端　(3)1.1
【解析】　(1)测绘伏安特性曲线时电压、电流需从0开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5 Ω，属于小电阻，电流表采取外接法。灯泡的额定电压为2.5 V，电压表选择3 V量程，灯泡的额定电流约为0.5 A，电流表量程选择0.6 A。
(2)开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合开关时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用。
(3)当电压U＝2.5 V时，I＝0.44 A，根据P＝UI＝2.5×0.44 W＝1.1 W。
【知识点五】测量电阻丝的电阻率
1．实验原理(如图所示)
由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ.

2．实验器材
被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(0～50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．
3．实验过程
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.
(2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．
(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.
(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．
(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．
(6)将测得的R、l、d值，代入公式ρ＝中，计算出金属丝的电阻率．
4．求R的平均值时可用两种方法
(1)用R＝分别算出各次的数值，再取平均值．
(2)用U－I图线的斜率求出．

5．注意事项
(1)本实验中被测金属丝的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法．
(2)实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、被测金属丝、滑动变阻器连成主干线路，然后再把电压表并联在被测金属丝的两端．
(3)测量被测金属丝的有效长度，是指测量被测金属丝接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的被测金属丝长度，测量时应将金属丝拉直，反复测量三次，求其平均值．
(4)测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值．
(5)闭合开关之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置．
(6)在用伏安法测电阻时，通过被测金属丝的电流不宜过大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大．
(7)若采用图象法求电阻阻值的平均值，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线时要尽可能地通过较多的点，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点应舍去．
6．误差分析
(1)金属丝的横截面积是利用直径计算得到的，直径的测量是产生误差的主要来源之一．
(2)采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．
(3)金属丝长度的测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．
(4)由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．
【例1】(2021·山东烟台市高考诊断一模)某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验：


(1)如图2甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D＝__________ mm；
(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：
①电流表A1(内阻为r)；
②电流表A2；
③滑动变阻器R1(0～1 000 Ω)；
④滑动变阻器R2(0～20 Ω)；
⑤蓄电池(2 V)；
⑥开关S及导线若干。
(3)滑动变阻器应选择__________(选填“R1 ”或“R2 ”)；在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物图；
(4)闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2 的读数I1、I2，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以I2 为纵坐标， I1为横坐标，作出相应图象，如图丁所示。根据I2－I1 图象的斜率 k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx＝ __________；
(5)测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ＝__________(用k、D、L、r表示)。
【答案】　(1)2.500　(3)R2　见解析图　(4) (5)
【解析】　(1)螺旋测微器测量金属丝的直径D＝2 mm＋50.0×0.01 mm＝2.500 mm。
(3)根据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择阻值范围较小的R2；根据电路原理图，实物图连线如图所示。

(4)根据欧姆定律可知金属丝电阻R＝
变形得I2＝(1＋)I1
所以I2－I1 图象的斜率k＝1＋
变形得R＝。
(5)根据电阻定律得R＝ρ
解得ρ＝＝。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维、科学探究。
【变式训练】(2021·海南省新高考3月线上诊断)某同学在实验室做“测定金属的电阻率”的实验，除被测金属丝外，还有如下实验器材可供选择：
A.直流电源：电动势约为3 V，内阻可忽略不计；
B.电流表A：量程0～100 mA，内阻约为5 Ω；
C.电压表V：量程0～3 V，内阻为3 kΩ；
D.滑动变阻器：最大阻值为100 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A；
E.开关、导线等。


丙
(1)该同学用刻度尺测得金属丝接入电路的长度L＝0.820 m，用螺旋测微器测量金属丝直径时的测量结果如图甲所示，从图中读出金属丝的直径为________ mm。
(2)用多用电表欧姆“×1”挡测量接入电路部分的金属丝电阻时，多用电表的示数如图乙所示，从图中读出金属丝电阻约为________ Ω。
(3)在用伏安法测定金属丝的电阻时，滑动变阻器在电路中能起到限流作用。请你用笔画线代替导线，帮助该同学完成图丙中的测量电路。
(4)若该同学根据伏安法测出金属丝的阻值R＝10.0 Ω，则这种金属材料的电阻率为________ Ω·m。(结果保留2位有效数字)
【答案】　(1)0.787(0.785～0.789)　(2)9　(3)见解析
(4)5.9×10－6(6.0×10－6)
【解析】　(1)螺旋测微器的读数为
d＝0.5 mm＋28.7×0.01 mm＝0.787 mm
即金属丝的直径为0.787 mm。
(2)欧姆表的读数为Rx＝9×1 Ω＝9 Ω
即金属丝电阻约为9 Ω。
(3)

由于被测电阻较小，和电流表内阻相接近，所以为了避免电流表分压过大，所以采用电流表的外接法，滑动变阻器在电路中能起到限流作用，所以滑动变阻器采用限流接法，电路图如图所示。
(4)根据电阻定律可得R＝ρ＝ρ＝ρ
变形可得ρ＝
代入数据解得ρ＝＝ Ω·m＝5.9×10－6 Ω·m
即这种金属材料的电阻率为5.9×10－6 Ω·m。
三．讲关键能力------会分析拓展创新实验
【能力点一】会分析描绘小灯泡伏安特性曲线的拓展性试验
【例1】．某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，在虚线框中画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。

图(a)　　　　　　　　图(b)
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(选填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为______W。(结果均保留两位小数)
【答案】　(1)见解析图　(2)增大　增大　(3)0.39　1.17
【解析】(1)电压表量程为3 V，要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要给电压表串联一个定值电阻扩大量程，题目中要求小灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡的电阻RL＝＝ Ω＝11.875 Ω，因时，UAB