第8章 第3讲 第2课时 重点实验——测量金属丝的电阻率（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

重点实验——测量金属丝的电阻率 第2课时 1 一、实验知能/系统归纳 2 二、实验关键/重点解读 CONTENTS 目录 3 课时跟踪检测 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 原理装置图 操作 要领 (1)测量直径：用螺旋测微器在金属导线三个不同位置各测一次直径(要估读)。 (2)电路连接：连接好伏安法测电阻的实验电路。 (3)测量长度：用毫米刻度尺测金属导线接入电路的有效长度3次(要估读)。 (4)测量U、I：改变滑动变阻器滑片的位置,读出几组相应电流表、电压表的示数。 续表 二、掌握数据处理方法 1.求Rx的两种方法 计算法 用Rx=分别算出各次的数值,再取平均值 图像法 画出U⁃I图像,U⁃I图像的斜率等于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=。 三、注意实验细节 1.先测直径,再连电路：为了方便,测量直径时应在金属导线连入电路之前测量。 2.电流表外接法：本实验中被测金属导线的阻值较小,故采用电流表外接法。 3.电流控制：电流不宜过大,通电时间不宜过长,以免金属导线温度过高,导致电阻率在实验过程中变大。 四、做好误差分析 1.偶然误差：金属导线的直径测量、长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。 2.系统误差：(1)采用伏安法测量金属导线的电阻时,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。 (2)由于金属导线通电后会发热升温,使金属导线的电阻率变大,造成测量误差。 二、实验关键/重点解读 本实验要求考生能根据实验原理以及所给实验器材,合理选择电流表、电压表和滑动变阻器。在选择实验器材时应按照仪表类型、精确度、仪表内阻、量程等方面,既全面又有所侧重地进行选择。高考还注重考查考生对本实验的迁移创新能力,要求善于用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题。 1.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,某小组选择了一根粗细均匀、阻值约为5 Ω 的金属丝进行了测量。 关键点(一)　电表的选择与接法 题点训练 (1)在测量了金属丝的长度L之后,小井同学用螺旋测微器测量金属丝的直径,测量结果如图1所示,金属丝的直径d=　　　　mm。 解析：由题图1可知,金属丝的直径为d=0 mm+46.0×0.01 mm= 0.460 mm。 0.460 (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0~3 A,内阻约0.05 Ω) B.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.2 Ω) C.电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ) D.滑动变阻器(0~10 Ω,额定电流2 A) E.滑动变阻器(0~100 Ω,额定电流1 A) 为减小误差,且便于操作,在实验中电流表应选　　　,滑动变阻器应选　　　　。(均选填器材前的字母)  B D 解析：由于待测电阻阻值约为5 Ω,则最大电流约为Im==0.6 A,电流表应选B;为减小误差,且便于操作,滑动变阻器应选阻值较小的,即选择D。 (3)实验过程中,该同学依次记录了电流表和电压表的测量数据,如下表所示： 实验次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.80 2.30 I/A 0.02 0.06 0.14 0.18 0.28 0.34 0.42 根据选取的器材和表格中的数据可知：该同学在实验中采用的是　 。  A.分压电路、电流表内接 B.分压电路、电流表外接 C.限流电路、电流表内接 D.限流电路、电流表外接 B 解析：由表格中的数据可知,电流表和电压表的读数都是从零开始调节,则滑动变阻器采用分压接法,由于待测电阻较小,电流表采用外接法。故选B。 (4)该同学根据自己采用的方法进行实验,若闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片至某一位置,读出电压表示数U、电流表示数I,则该金属丝电阻率的测量值ρ=　　　　(用L、d、U和I表示)。  解析：根据电阻定律可得Rx=ρ,根据欧姆定律可得Rx=,又S=,解得ρ=。 (5)考虑到电表的内阻可能对实验产生系统误差, 小平同学按照如图2所示电路,保持电压表左端接线 位置不变,先将电压表接在b点,读出两表的示数分别为U1、I1,然后将电压表改接在a点,读出两表的示数分别为U2、I2。他认为：电阻Rx的值可以用U2和I1的比值来求,这样可以消除电表内阻带来的测量误差。请问你是否同意他的想法,并说明理由__________________________________。  解析：不同意,U2和I1是在两个不同的电路中的测量值,不存在同时的对应关系,所以不能消除电表内阻带来的测量误差。 2.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的金属丝进行测量。 (1)先测量金属丝的长度,再用螺旋测微器测量其直 径,结果如图1所示,则直径为D=　　 　　mm。  解析：根据题意,由题图1可知,金属丝的直径为 D=0.5 mm+17.1×0.01 mm=0.671 mm。 0.671(或0.672) (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)。 C 解析：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)补充完成图2中实验器材间的连接。 解析：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,故补充完成连接图如图所示。 (4)关于上述实验,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.用电压—电流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大 D.电流表分压会导致电阻测量值偏大 B 解析：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;用电压—电流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法,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、D错误。 (5)电导率σ是电阻率ρ的倒数,常用单位是(Ω·cm)-1。电导率是反映水质的一项重要指标。某种饮用水的电导率约为1.0×10-3(Ω·cm)-1。将该饮用水灌入一个高约12 cm、容积约240 mL的薄壁塑料瓶(如图3所示),瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。能否采用图2中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率并说明原因。 答案：不能,原因见解析 解析：由电阻定律和公式σ=,可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为R=·=600 Ω 当用题图2中的装置进行检测时,电路中最大电流为I==0.005 A 几乎无法使电流表指针发生偏转,因此不能用题图2中的实验装置完成精确测量。 电表的选择 电流表的选择 思路一：根据电路中的最大电流来选择 思路二：根据用电器的额定电流来选择 电压表的选择 思路一：根据被测电阻上的最大电压来选择 思路二：根据电源电动势来选择 电表的接法 电流表和电压表选定以后,可根据和的大小关系判断应采用电流表内接法还是外接法 归纳建模 1.(2025·连云港高三质检)精密仪器中常用到金属膜电阻,它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示,某金属膜电阻长度为L,金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节,电压表V(量程0~3 V,内阻约3 kΩ),电流表A(量程0~5 mA,内阻约为50 Ω),滑动变阻器(最大阻值10 Ω),开关S,导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率,请回答以下问题： 关键点(二) 不同形状导体电阻率的测量 题点训练 (1)闭合S前,应将滑动变阻器的滑片置于　　端(选填“a”或“b”);  解析：由题图乙可知,滑动变阻器采用分压式接法,闭合S前,应将滑动变阻器的滑片置于a端,从而使闭合开关之后分压部分电路两端的电压从零开始变化。 a (2)用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D,示数如图丙所示,则D=　　　 　　 mm;  解析：根据螺旋测微器读数规则,可得陶瓷管直径为D=3.5 mm+ 20.0×0.01 mm=3.700 mm。 3.700(3.699~3.701均可) (3)闭合开关S后,移动滑片,测出多组电表示数的U、I值,并画出U⁃I图像如图丁所示,可得金属膜电阻的阻值R=　　　　　 Ω;  640 解析：U⁃I图像的斜率大小表示电阻大小,由题图丁可知,金属膜电阻的阻值R= Ω=640 Ω。 (4)用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率ρ=　　 　　;  解析：根据电阻定律有R=ρ,而横截面积为S=π-π= πh,联立解得金属膜电阻的电阻率为ρ=。 (5)金属膜电阻的电阻率测量值偏大,试写出产生误差的主要原因__________________________________________________________。  解析：由题图乙可知,电流表采用内接法,在电路中电流表会分压,使得电压表读数偏大,由欧姆定律R=,可知电阻的测量值偏大,由ρ=,可知电阻率的测量值偏大。 电流表采用内接法,在电路中电流表分压,致使电阻率测量值偏大 2.(2023·辽宁高考)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。 回答下列问题： (1)L是丙到　　　　(填“甲”“乙”或“丁”)的距离;  解析：由于电压表测量的是乙、丙之间的电压,结合题图(b),则L是丙到乙的距离。 (2)写出电阻率的表达式ρ=　　　(用k、a、I表示);  解析：根据电阻定律有R=ρ,再根据欧姆定律有R=,联立有U=L,斜率k=,则ρ=。 乙 (3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ=　　 　Ω·m(保留两位有效数字)。  解析：根据图像可知斜率k= V/m=6.5 V/m,则根据(2)中表达式代入数据有ρ=6.5×10-5 Ω·m。 6.5 × 10-5 3.某兴趣小组测定某种由带状卷成圆盘状的导电物质的电阻率,如图甲所示。 (1)他们先用螺旋测微器测出单层带的厚度为d,这种物质表面镀了一层绝缘介质,其厚度不计,用游标卡尺测出带的宽度L、圆盘内径D1和外径D2,其中单层带厚度d远小于(D2-D1)。宽度L的读数如图乙所示,则宽度L=　　　　mm。  解析：由题图乙可知,宽度L=9 mm+9×0.1 mm=9.9 mm。 9.9 (2)然后用伏安法测这根带的电阻,在带的两端引出两个接线柱,先用电阻表粗测其电阻约为500 Ω,再将其接入测量电路。在实验室里他们找到了以下实验器材： A.电源E(电动势为4 V,内阻约为0.5 Ω) B.电压表V(量程为15 V,内阻约为5 000 Ω) C.电流表A1(量程为300 mA,内阻约为2 Ω) D.电流表A2(量程为250 mA,内阻为2 Ω) E.滑动变阻器R1(总阻值为10 Ω) F.滑动变阻器R2(总阻值为100 Ω) G.定值电阻R0=10 Ω H.开关和导线若干 ①要更好地调节和较为精确地测定其电阻,则以上不必要的器材有　　　　(填器材前面的序号)。  BF 解析：由于电源电动势为4 V,而电压表的量程为15 V太大,不利于读数;滑动变阻器R2总阻值为100 Ω偏大,不利于调节,产生误差较大。所以不需要的器材为B、F。 ②在方框内画出实验电路图并标出所用器材符号。 解析：将电流表A2与定值电阻R0串联改装成电压表,并将电流表A1外接,从而减小测量电流和电压的误差,同时采用滑动变阻器分压式接法,如图所示。   ③若测出的电阻为R,则其电阻率为ρ=　 　　(用d、D1、D2、L、R表示)。  解析：若测出的电阻为R,则根据电阻定律可以得到：R=ρ 整理可以得到：ρ=。 在测量导体的电阻率实验时,常常会遇到不同形状的导体,比如薄膜、圆柱体、导电液体等,针对这些特殊形状的导体要注意电阻定律表达式中的l、S的测量及不同实验的创新测量方法。 归纳建模 课时跟踪检测 1 2 3 1.(10分)某同学测量一段粗细均匀金属丝的电阻率,器材如下：金属丝Rx,电源E(电动势3 V、内阻不计),电流表(量程0~0.6 A、内阻0.5 Ω),电压表(量程0~3 V、内阻约3 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值15 Ω),毫米刻度尺,开关S及导线若干。实验步骤如下： (1)首先用毫米刻度尺测出接入电路中金属丝的长度l=50.00 cm,再用螺旋测微器测金属丝直径,示数如图甲所示,金属丝直径的测量值d=_____mm;  1 2 3 解析：用螺旋测微器测金属丝直径,示数如题图甲所示,金属丝直径的测量值d=0.5 mm+0.0×0.01 mm=0.500 mm。 0.500 (2)为减小误差,应选用图乙中的　　　　(选填“a”或“b”)连接线路;  1 2 3 解析：由于电源内阻不计,而电压表的内阻未知,电流表的内阻已知,为减小误差,应选用题图乙中的“a”连接线路。 a (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U⁃I图像,可得金属丝的电阻Rx=　 　Ω,电阻率ρ=__________Ω·m(结果均保留2位有效数字);  解析：根据所选电路,可得U=I(Rx+RA),作出如题图丙所示的U⁃I图像,可得图线斜率为k== Ω=4.5 Ω=RA+Rx,可得金属丝的电阻Rx= 4.0 Ω,根据电阻定律可得,电阻率ρ== Ω·m≈1.6× 10-6 Ω·m。 1 2 3 4.0(3.9~4.1均可)　 1.6×10-6 (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”)。  解析：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。 1 2 3 偏大 1 2.(12分)某兴趣小组的同学测量一根长直金属丝的电阻率。按图1所示的电路测出该金属丝的电阻Rx：先将电阻箱R0阻值调到最大,粗调R2,使灵敏电流计G(零刻度在中央)示数为零,再边减小R0,边细调R1,直到R0为零时电流计G示数也为零,读出电压表和电流表的示数,即可得到金属丝接入电路的电阻。 2 3 1 (1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径,然后求出直径的平均值d,某次测量时,螺旋测微器示数如图2所示,该示数为　　　mm。  解析：如题图2所示,该示数为d=2 mm+5.0×0.01 mm=2.050 mm。 2 3 2.050 1 (2)根据图1的电路,请用笔画线代替导线,将图2中的实物电路连接完整。 2 3 1 解析：根据题图1的电路,将实物电路连接完整,如图所示。 2 3 1 (3)按图1连接好电路后,正确操作顺序是　　 　　。  ①闭合开关S ②将滑动变阻器R1、R2的滑片置于其中央附近 ③读出电压表的示数U和电流表的示数I ④调节R1和R0,使电流计的示数为零 ⑤调节R2,使电流计的示数为零 解析：根据题意及实验原理可知,正确的操作顺序是②①⑤④③。 2 3 ②①⑤④③ 1 (4)测出待测金属丝接入电路部分的长度L,金属丝的电阻率ρ=______　(用L、d、U、I表示)。  解析：根据实验原理可知,金属丝接入电路的电阻为Rx=,由电阻定律Rx=ρ可得,金属丝的电阻率ρ==。 2 3 1 (5)由于电流表和电压表并非理想电表,你认为这对电阻率的测量值有无影响,并简要说明理由。_____________________________________ __________________________。  解析：根据题意及实验原理可知,电流表和电压表并非理想电表对电阻率的测量值无影响,因为电压表和电流表的示数均为金属丝的电压和电流的真实值。 2 3 无影响,因为电压表和电流表的示数均为金 属丝的电压和电流的真实值 1 3.(8分)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0 Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空： 2 3 1 (1)实验时,先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大,闭合S。 (2)将K与1端相连,适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻,此时电压表读数记为U1,然后将K与2端相连,此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I=　　　　,金属丝的电阻r=　　　　。(结果均用R0、U1、U2表示)  2 3 　 1 解析：根据题意可知,R0两端的电压为U=U2-U1,则流过R0的电流即流过待测金属丝的电流I==,金属丝的电阻r=,联立可得r=。 2 3 1 (3)继续微调R,重复(2)的测量过程,得到多组测量数据,如下表所示： (4)利用上述数据,得到金属丝的电阻r=14.2 Ω。 2 3 U1/mV 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43 U2/mV 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43 1 (5)用米尺测得金属丝长度L=50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径,某次测量的示数如图(b)所示,该读数为d=　　　　mm。多次测量后,得到直径的平均值恰好与d相等。  解析：螺旋测微器的读数为d=0 mm+15.0×0.01 mm=0.150 mm。 (6)由以上数据可得,待测金属丝所用材料的电阻率ρ=　　　×10-7 Ω·m。(保留2位有效数字)  解析：根据电阻定律r=ρ,又S=π·,代入数据联立解得ρ≈5.0×10-7 Ω·m 2 3 0.150 5.0 $$