新高考物理一轮复习基础练习第10章电路及其应用第4讲　实验 测量金属丝的电阻率（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习基础练习第10章电路及其应用第4讲　实验 测量金属丝的电阻率（含答案解析），共17页。试卷主要包含了20 cm;，在“测量金属丝的电阻率”实验中，8- mA·m=2等内容，欢迎下载使用。

甲
乙
丙
请根据以上所述回答下列问题:
(1)容器的内径d的测量值为 cm。
(2)请根据图乙所示的实物图画出电路图(被测电阻用“”符号表示)。
(3)根据图丙的U-I图像,求出水样的电阻R= Ω(保留两位有效数字)。
(4)计算出该水样的电导率δ= (Ω·m)-1(保留三位有效数字),通过数据对比可以判定此水样水质 (选填“合格”或“不合格”)。
图(a)
2.(2023辽宁卷)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下:
a.测得样品截面的边长a=0.20 cm;
b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触,其中甲、乙、丁位置固定,丙可在乙、丁间左右移动;
c.将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L;
d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值,使电流表示数I=0.40 A,读出相应的电压表示数U,断开开关S;
e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。
图(b)
回答下列问题:
(1)L是丙到 (选填“甲”“乙”或“丁”)的距离;
(2)写出电阻率的表达式ρ= (用k、a、I表示);
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ= Ω·m(保留2位有效数字)。
3.(2023浙江1月选考)在“测量金属丝的电阻率”实验中:
(1)测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示,图1中的导线a端应与电流表 (选填“-”“0.6”或“3”)接线柱连接,b端应与电流表 (选填“-”“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前,图1中滑动变阻器滑片应置于 (选填“左”或“右”)端。
图1
(2)合上开关,调节滑动变阻器,得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻,然后求电阻平均值;乙同学通过U-I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是 (选填“甲”或“乙”)同学的方案。
(3)两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig=300 μA的表头G改装成电流表。如图2所示,表头G两端并联长为L的镍铬丝,调节滑动变阻器使表头G满偏,毫安表示数为I。改变L,重复上述步骤,获得多组I、L数据,作出I-1L图像如图3所示。
图2
图3
则I-1L图像斜率k= mA·m。若要把该表头G改装成量程为9 mA的电流表,需要把长为 m的镍铬丝并联在表头G两端。(结果均保留两位有效数字)
4.在“测量金属丝的电阻率”的实验中,某同学选择一根粗细均匀、阻值约为5 Ω的电阻丝进行测量。
甲
(1)先测量电阻丝的长度,再用螺旋测微器测量其直径,结果如图甲所示为 mm。
(2)现有电源(电动势E为3.0 V,内阻不计)、开关和导线若干,以及下列器材:
A.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.2 Ω)
B.电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ)
C.滑动变阻器(0~5 Ω,额定电流2 A)
D.滑动变阻器(0~200 Ω,额定电流1 A)
为减小误差,且电压调节范围尽量大,滑动变阻器应选 (填器材前的字母)。
(3)补充完成图乙中实物间的连接。
乙
(4)上述实验,下列说法正确的是 。
A.多次测量金属丝直径并求平均值可以减小系统误差
B.用U-I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C.电压表分流会导致电阻测量值偏小
D.电流表分压会导致电阻测量值偏大
5.(2024湖南郴州校联考)某实验小组想测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率,器材如下:待测金属丝Rx,电源E(电动势为3 V、内阻不计),电流表(量程为0~0.6 A、内阻为1.0 Ω),电压表(量程为0~3 V、内阻约为3 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值为15 Ω),刻度尺,开关S及导线若干。实验步骤如下:
(1)首先用刻度尺测出接入电路中金属丝的长度l=25.00 cm,再用螺旋测微器测金属丝的直径,示数如图甲所示,金属丝直径的测量值d= mm。
(2)为减小误差,应选用图乙中的 (选填“a”或“b”)电路图连接线路。
(3)实验过程中,改变滑动变阻器的滑片位置,并记录两电表的读数,作出如图丙所示的I-U图像,可得金属丝的电阻Rx= Ω,电阻率ρ= Ω·m。(结果均保留两位有效数字)
(4)电路保持闭合,若测量时间较长,会使电阻率的测量结果 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案
第4讲 实验:测量金属丝的电阻率
1.答案 (1)2.16 (2)见解析图 (3)52 (4)26.3 不合格
解析 (1)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm,由图甲可知容器的内径为d=21 mm+6×0.1 mm=21.6 mm=2.16 cm。
(2)根据图乙所示的实物图,滑动变阻器采用了分压式接法,电流表采用了内接法,故电路图如图所示。
(3)根据图丙的U-I图像可知水样的电阻为R=UI=12.5240×10-3 Ω=52 Ω。
(4)由电阻定律R=ρLS,又S=πd24,δ=1ρ,联立可得该水样的电导率为δ=4Lπd2R=
4××(2.16×10-2)2×52 Ω-1·m-1=26.3 Ω-1·m-1,由于δ=26.3 Ω-1·m-1>10 Ω-1·m-1,可知此水样水质不合格。
2.答案 (1)乙 (2)ka2I (3)6.5×10-5
解析 (1)由题图(b)可知,电压表示数U与L成正比例关系,随L的增大而增大,由串联分压关系可知,L是丙到乙的距离。
(2)由电阻定律R=ρLS可得,ρ=RSL,根据欧姆定律可得R=UI,由题中条件可得S=a2,所以ρ=Ua2LI,由图(b)可得图线斜率k=UL,所以电阻率的表达式为ρ=ka2I。
(3)样品截面边长a=0.20 cm,电流I=0.40 A,斜率k=,代入电阻率表达式计算得ρ=6.5×10-5 Ω·m。
3.答案 (1)0.6 0.6 左 (2)乙 (3)2.3 0.26
解析 (1)实验中用两节干电池供电,滑动变阻器分压式连接,电压从零开始调节,电流表选较小量程测量电流减小误差,则图中的导线a端应与电流表“0.6”接线柱连接,电压表测电阻两端的电压,则金属丝的电阻较小,电流表外接误差较小,故b端应与电流表“0.6”接线柱连接。为了保护电表,开关闭合前,图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)作U-I图像可以剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度,减少实验的误差,则乙同学通过U-I图像求电阻,此方法更合理。
(3)由图像可知I-1L图像斜率k=7.8- mA·m=2.3 mA·m
由电路可知Igrg=(I-Ig)ρLS
解得I=Ig+IgrgSρ·1L,则IgrgSρ=k=2.3 mA·m
若要把该满偏电流为300 μA表头G改装成量程为9 mA的电流表,则并联的电阻
R'=ρL'S=IgrgI'-Ig,解得L'=0.26 m。
4.答案 (1)0.670
(2)C
(3)见解析图
(4)BC
解析 (1)根据题意,由图甲可知,电阻丝的直径为D=0.5 mm+17.0×0.01 mm=0.670 mm。
(2)为减小误差,且电压调节范围尽量大,滑动变阻器采用分压接法,且选阻值较小的。故选C。
(3)待测电阻约为5 Ω,电压表内阻远大于待测电阻,故电流表采用外接法,滑动变阻器采用分压接法,故补充完整如图所示。
(4)用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差,故A错误;用U-I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差,故B正确;只考虑电表内阻引起的误差,本实验采用电流表外接,误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大,则电阻测量值偏小,故C正确,D错误。
5.答案 (1)0.400
(2)a
(3)3.0 1.5×10-6
(4)偏大
解析 (1)金属丝直径为d=40.0×0.01 mm=0.400 mm。
(2)由于电压表的内阻未知,电流表的内阻已知,为减小误差,应选用乙图中的a电路图连接线路。
(3)根据图乙中的a电路图,可得U=I(Rx+RA)
作出如图丙所示的I-U图像,有ΔUΔI=2.00.5 Ω=4.0 Ω=RA+Rx
得金属丝的电阻Rx=3.0 Ω。
根据电阻定律得电阻率ρ=πRxd24l=3.14×3.0×(0.400×10-3)24×25.00×10-2 Ω·m=1.5×10-6 Ω·m。
(4)电路保持闭合,若测量时间较长,金属丝发热,温度升高,会使金属丝的电阻率增大,所以测量结果将偏大。