2021届高考物理沪科版一轮复习教学案：第八章实验测量金属的电阻率

实验　测量金属的电阻率

一、基本原理与操作

二、数据处理

1.求Rx

(1)计算法：用Rx＝分别算出各次的数值，再取平均值。

(2)图象法：描点法绘出U－I图象，U－I图象的斜率等于Rx。

2.计算电阻率：将记录的数据U、I、l、d的值代入电阻率计算式ρ＝Rx＝。

误差分析

 (1)系统误差

①采用伏安法的电流表外接法测量金属丝的电阻时，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。

②金属丝通电后会发热升温，金属丝的电阻率就变大。

(2)偶然误差

①金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。

②金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。

　教材原型实验

【典例】 (2019·江苏卷，11)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：

(1)螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动__________(选填“A”“B”或“C”)，直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。

图1

(2)选择电阻丝的________(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。

(3)图2甲中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入乙图实物电路中的正确位置。

甲

乙

图2

(4)为测量Rx，利用甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1－I1关系图象如下图所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：

请根据表中的数据，在方格纸上作出U2－I2图象。

(5)由此，可求得电阻丝的Rx＝________Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。

解析　(1)旋转微调旋钮C。

(2)电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在不同位置测直径，然后取平均值作为测量值。

(3)滑动变阻器采用分压式接入电路，注意线不能交叉，如图甲所示。

(4)将所给的5组数据标注在U－I图象中，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上。

(5)由题意知：

＝Rx＋RA＋R0，由U1－I1图线的斜率可得＝49.0 Ω。

＝RA＋R0，由作出的U2－I2图线的斜率可得

＝25.5 Ω。

故Rx＝(49.0－25.5) Ω＝23.5 Ω。

答案　(1)C　(2)不同　(3)见图甲　(4)见图乙

(5)23.5(23.0～24.0都算对)

甲

乙

实物图连接的要点

(1)各导线都应连接在接线柱上。

(2)连接电表应注意量程选用正确，正、负接线柱不要接错。　　　　　

　　实验拓展创新——测电阻原理的变更

 命题角度　差值法测电阻

1.电流表差值法(如图3所示)

(1)基本原理：定值电阻R0的电流I0＝I2－I1，电流表的电压U1＝(I2－I1)R0。

图3

(2)可求的量：

①若R0为已知量，可求得电流表的内阻r1＝；

②若r1为已知量，可求得R0＝。

2.电压表差值法(如图4所示)

图4

(1)基本原理：定值电阻R0的电压U0＝U2－U1，电压表的电流I1＝。

(2)可求的量：

①若R0为已知量，可求得电压表的内阻r1＝R0；

②若r1为已知量，可求得R0＝r1。

【例1】 [2019·天津卷，9(3)]现测定长金属丝的电阻率。

(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图5所示，其读数是________mm。

图5

(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。

电源E　　　(电动势10 V，内阻约为10 Ω)

电流表A1  (量程0～250 mA，内阻R1＝5 Ω)

电流表A2  (量程0～300 mA，内阻约为5 Ω)

滑动变阻器R  (最大阻值10 Ω，额定电流2 A)

开关S及导线若干

(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝____________。从设计原理看，其测量值与真实值相比____________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。

解析　(1)d＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm。

(2)本题中测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的额定电压UA1＝ImR1＝1.25 V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。

(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为I＝I2－I1，Rx两端电压U＝I1·R1，故Rx＝＝，不考虑读数误差，从设计原理看测量值等于真实值。

答案　(1)0.200(0.196～0.204均可)　(2)如解析图

(3)　相等

命题角度　等效替代法测电阻

1.电流等效替代(如图6所示)

图6

(1)闭合开关S1、S2，调节滑片P，记下电流表的示数为I。

(2)断开开关S2，再闭合开关S3，滑片P位置不变，将电阻箱由最大阻值逐渐调小，当电流表的示数为I时记录下电阻箱的阻值R0。

(3)此时R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。

2.电压等效替代(如图7所示)

图7

(1)闭合开关S1、S2，调节滑片P，记下电压表的示数为U。

(2)断开开关S2，再闭合开关S3，滑片P位置不变，将电阻箱由最大阻值逐渐调小，当电压表的示数为U时记录下电阻箱的阻值R0。

(3)此时R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。

【例2】 (2018·全国卷Ⅰ，23)某实验小组利用如图8所示的电路探究在25 ℃ ～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E(6 V，内阻可忽略)；电压表(量程150 mV)；定值电阻R0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。

图8

实验时，先按图8连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2－t数据见下表。

回答下列问题：

(1)在闭合S1前，图8中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端。

(2)在图9的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2－t曲线。

(3)由图9可得到RT在25.0 ℃～80.0 ℃范围内的温度特性。当t＝44.0 ℃时，可得RT＝________Ω。

(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图10所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。

解析　(1)为了保护测量电路，在闭合S1前，图8中R1的滑片应移动到b端。

(2)做出的R2－t曲线如图所示。

(3)由作出的R2－t曲线可知，当t＝44.0 ℃时，可得RT＝450 Ω。

(4)根据图10所示读数为6×100 Ω＋2×10 Ω＋1×0 Ω＋0.1×0 Ω＝620.0 Ω，由作出的R2－t曲线可知，当RT＝620.0 Ω时，可得t＝33.0 ℃。

答案　(1)b　(2)图见解析　(3)450　(4)620.0　33.0

命题角度　半偏法测电表内阻的两种情况

1.电流表半偏法(如图11所示)

图11

(1)实验步骤

①先断开S2，再闭合S1，将R1最大阻值逐渐调小，使电流表读数等于其量程Im；

②保持R1不变，闭合S2，将电阻箱R2由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于Im时记录下R2的值，则RA＝R2。

(2)误差分析

①测量值偏小：RA测＝R2＜RA真。

②原因分析：当闭合S2时，总电阻减小，总电流增大，大于原电流表的满偏电流，而此时电流表半偏，所以流经R2的电流比电流表所在支路的电流大，R2的电阻比电流表的电阻小，而我们把R2的读数当成电流表的内阻，故测得的电流表的内阻偏小。

③减小误差的方法：选电动势较大的电源E，选阻值非常大的滑动变阻器R1，满足R1RA。

2.电压表半偏法(如图12所示)

图12

(1)实验步骤

①将R2的值调为零，闭合S，调节R1的滑动触头，使电压表读数等于其量程Um；

②保持R1的滑动触头不动，调节R2，当电压表读数等于Um时记录下R2的值，则RV＝R2。

(2)误差分析

①测量值偏大：RV测＝R2>RV真。

②原因分析：当R2的值由零逐渐增大时，R2与电压表两端的总电压也将逐渐增大，因此电压表读数等于Um时，R2两端的电压将大于Um，使R2>RV，从而造成RV的测量值偏大。显然电压表半偏法适于测量内阻较大的电压表的电阻。

③减小误差的方法：选电动势较大的电源E，选阻值较小的滑动变阻器R1，满足R1RV。

【例3】 (2016·全国卷Ⅱ)某同学利用图13所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干。

实验步骤如下：

①按电路原理图13连接线路；

图13

②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图13中最左端所对应的位置，闭合开关S；

③调节滑动变阻器，使电压表满偏；

④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。

回答下列问题：

(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。

(2)根据图13所示电路将图14中实物图连线。

图14

(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)。

(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)。

A.100 μA   B.250 μA 

C.500 μA   D.1 mA

解析　(1)为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分得的电压变化很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此应选用R1。

(3)如果认为滑动变阻器分得的电压不变，则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2.00 V，电阻箱两端的电压为0.5 V，根据串联电路的分压原理，＝，求得电压表的内阻RV＝4×630.0 Ω＝2 520 Ω。

(4)如果此电压表由一个表头与一个电阻串联组成，可知此表头的满偏电流为Ig＝≈1 mA，D项正确。

答案　(1)R1　(2)连线如图所示　(3)2 520　(4)D

命题角度　电桥法测电阻(如图15所示)

图15

(1)操作：实验中调节电阻箱R3，使灵敏电流计G的示数为0。

(2)原理：当IG＝0时，有UAB＝0，则UR1＝UR3，UR2＝URx；电路可以等效为图16所示。

图16

根据欧姆定律有＝，＝，由以上两式解得R1Rx＝R2R3或＝，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值。

【例4】 (2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图17(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。

图17

(1)按原理图将图(b)中的实物连线。

(2)完成下列填空：

①R1的阻值为________ Ω(填“20”或“2 000”)。

②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。

③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)

④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为______Ω(结果保留到个位)。

(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：___________________________。

解析　(1)实物连线如图所示。

(2)R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20 Ω；为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明＝，则解得RμA＝2 550 Ω。

(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。

答案　(1)见解析图　(2)①20　②左　③相等　④2 550

(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程

1.有一根均匀的管线状导体，横截面如图18甲所示，长约为5.0 cm，电阻值约为6 Ω。

图18

可供选择的器材有：

A.电流表(量程0.6 A，内阻约为0.1 Ω)

B.电流表(量程3 A，内阻约为0.03 Ω)

C.电压表(量程3 V，内阻约为3 kΩ)

D.滑动变阻器(1 750 Ω，0.3 A)

E.滑动变阻器(15 Ω，3 A)

F.蓄电池(6 V，内阻很小)

G.开关一个，带夹子的导线若干

(1)使用游标卡尺测量管线状导体的长度如图乙所示，则管线状导体的长度L＝________cm。

(2)要精确测量管线样品的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________。(填选项字母)

(3)请将如图19所示的实际测量电路补充完整。

图19

(4)已知管线状导体材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出管线状导体的电阻为R，外径为d，要想求得管线状导体内形状不规则的中空部分的横截面积S，计算中空部分横截面积的表达式为S＝________。

解析　(1)游标卡尺的精度为0.1 mm，所以管线状导体的长度L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01 cm。

(2)因管线状导体的阻值约为6 Ω，电压表的量程为3 V，则电流最大约为0.5 A，故电流表应选A。为调节方便，应选用总阻值与样品相差不大的滑动变阻器E。

(3)因Rx≈6 Ω，≈ Ω，故测量电路应为电流表外接法电路。因滑动变阻器的总阻值大于样品阻值，且实验中不需从零调节，故控制电路为限流接法，如图所示。

(4)设金属管线长度为L，由导体电阻公式得

R＝ρ。可得S＝－。

答案　(1) 5.01 cm　(2)A　E　(3)见解析图  (4)－

2.(2020·山东等级考模拟卷)某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图20甲所示的电路测量该铅笔芯的电阻值。所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2。

图20

请回答以下问题：

(1)若电流表的内阻可忽略，则电流表示数I2＝________I1时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值。

(2)用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为________mm。

(3)已测得该笔芯的长度L＝20.00 cm，电阻箱R1的读数为5.00 Ω，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率ρ＝________Ω·m。(结果保留3位有效数字)

(4)若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用(1)中方法，则笔芯电阻的测量值________真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。

解析　(1)若电流表的内阻可以忽略，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两支路的电流相等，所以I2＝I1。

(2)螺旋测微器的示数D＝0.5 mm＋0.01 mm×50.0

＝1.000 mm。

(3)由电阻定律公式R＝ρ可得ρ＝＝，可算出ρ＝1.96×10－5 Ω·m。

(4)若电流表A2的内阻不能忽略，则笔芯电阻的真实值R＝R1＋RA2，所以测量值R1小于真实值R。

答案　(1)　(2)1.000　(3)1.96×10－5　(4)小于

3.(2018·全国卷Ⅲ ，23)一课外实验小组用如图21所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：

(1)按照实验原理线路图甲，将图乙中实物连线。

图21

(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。

(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。

(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示);

(5)重复步骤(3)，得到如下数据：

(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________Ω。(保留1位小数)

解析　(1)依电路图连接实物图如图

(4)由于电压表可视为理想电压表且滑动变阻器滑动端的位置不变时，通过R0和Rx电流不变，因此有＝，待测电阻阻值的表达式Rx＝R0

(6)根据所给数据计算的平均值为3.41，则Rx＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω

答案　(1)见解析图　(4)R0　(6)48.2

4.有一电流表A，量程为1 mA，内阻rg约为100 Ω，要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99 999.9 Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10 kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2 kΩ；电源E1，电动势约为2 V，内阻不计；电源E2，电动势约为6 V，内阻不计；开关2个，导线若干。

图22

采用的测量电路如图22所示，实验步骤如下：

A.断开S1和S2，将R调到最大；

B.合上S1，调节R使电流表A满偏；

C.合上S2，调节R1使电流表A半偏，此时可以认为电流表A的内阻rg＝R1。

试问：

(1)上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择________ ；为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择________ ；电源E应该选择________ 。

(2)认为内阻rg＝R1，此结果与真实值相比________ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。

解析　(1)根据半偏法测电阻的原理，R1必须选R0；由于电流表的电阻很小，要求R的阻值很大，故R应选滑动变阻器甲，电源选择电动势较大的E2，误差较小。

(2)根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得，合上S1，调节R使电流表满偏，Ig＝，合上S2，调节R1使电流表半偏，电路中的总电流I＝，故I>Ig。通过电阻箱的电流I1>Ig，根据并联电路的特点知rg>R1，故认为内阻rg＝R1，结果比真实值偏小。

答案　(1)R0　滑动变阻器甲　E2　(2)偏小

5.(2019·4月浙江选考，18)小明想测额定电压为2.5 V的小灯泡在不同电压下的电功率，设计了如图23甲所示的电路。

图23

(1)在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是________的导线没有连接好(图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”)；

(2)正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图乙所示，则电流为________A，此时小灯泡的功率为________W；

(3)做完实验后，小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00 V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是________。

A.0.08 A  B.0.12 A  C.0.20 A

解析　(1)根据题意可知，1点至4点的导线没有连接好，使得滑动变阻器的分压接法变为限流接法。

(2)根据读数规则，电流表的读数为0.30 A，此时小灯泡的功率P＝UI＝0.75 W。

(3)电压较小时，灯丝温度不高，故阻值比电压较大时的阻值要小，根据I＝可知，C可能正确。

答案　(1)1点至4点　(2)0.30　0.75　(3)C