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第45 讲 实验：测量金属丝的电阻率
模拟·基础演练
1．【答案】(1)2.600 (2) 减小 15.0 5.3×10
−4 (3)等于
【详解】（1）螺旋测微器的读数为D =2.5 mm +0.01mm ×10.0=2.600 mm。
（2）[1]分析电路可知，当R2= R1+ Rx时，电压表的示数为零，当R2> R1+ Rx时，电压表的示数为正，当
R2< R1+ Rx时，电压表的示数为负，所以当电压表示数为正时，要想把电压表的示数调节成零，应当适当
减小电阻箱R2接入电路的阻值。
[2][3]当电阻箱接入电路的阻值为45.0Ω时，电压表示数为零，所以铅笔芯的阻值为Rx= R2−R1=15.0Ω
铅笔芯的电阻率ρ= Rx π D
2
4 L
代入数据解得ρ=5.3×10
−4 Ω⋅m。
（3）若电池的电阻不能忽略，则当R2+r2= R1+ Rx+r1时，电压表的示数为零，由于电池内阻相等，所以
（2）中算得的铅笔芯电阻率等于其真实值。
2．【答案】(1) B D (2) P 左 (3) π d
2 R
4 L 电压表分流
【详解】（1）[1]由题知，电源电动势为3.0 V，测电阻两端的最大电压约为3.0 V，故选B；
[2]由电路图可知滑动变阻器采用分压式接法，且由于待测金属丝的电阻较小，为了方便调节，应选择最大
值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选D。
（2）[1]由于待测金属丝的电阻约为Rx =5Ω，远小于电压表的内阻，为了减小误差，电流表应采用外接法，
故电压表应连接P；
[2]闭合开关S 前，为了保护电路，应使待测金属丝两端的电压为0，故滑动变阻器的滑片应处在左端；
（3）[1]根据电阻定律R = ρ L
S
其中S = π
4 d
2
联立解得ρ= πR d
2
4 L
[2]根据欧姆定律有R = U
I
可得ρ= πU d
2
4 IL
由于该电路采用电流表外接法，电压表有分流作用，导致电流表的测量值大于流经金属丝的真实电流，可
知测量值将小于真实值。
3．【答案】(1)20.0 (2)
(3)38 (4)偏小
【详解】（1）用游标卡尺测量塑料圆柱形容器的内径d=2cm+0.1mm×0=20.0mm
（2）电路连接如图
（3）根据U = IR = Iρ
S L
由图像可知k = Iρ
S = 4 Iρ
π d
2 = 1.5
0.08 = 75
4
解得ρ= 75 π d
2
16 I
= 75×3.14×(20×10
−3)
2
16×157×10
−6
Ω⋅m ≈38Ω⋅m
（4）由于电流表的外接，使得电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小，则电阻率的测量值与真实值相比
偏小。
4．
【答案】(1)
(2)
Rbc
a
(3)
R2
(4)大
【详解】（1）因电流表有内阻而且内阻未知，故用电流表的外接法，实物连线补全如下
（2）由电阻定律R = ρ L
S = R = ρ a
bc
解得ρ= Rbc
a
（3）由ρ−F图像可知，水泥块受压力增大，电阻率变小，水泥块电阻R1变小，根据串联电路的分压原理，
其分压减小，R2分得的电压增大，报警器与R2并联，R1上压力大于或等于F0时，R2两端电压大于或等于
3 V，报警器启动
（4）由闭合电路的欧姆定律有U
R2
=
E
R1+ R2
整理得U = E R2
R1+ R2
=
E
R1
R2
+1
在E 变小，保证压力条件一定，即R1一定时，U ≥3 V不变，只能调大R2
5．【答案】(1)0.713/0.714/0.715/0.716/0.717 (2) E1
RS
(3) ab π D
2 E2 RS
4 E1l0
【详解】（1）由螺旋测微器的读数规则可知,该金属丝的横截面直径
D =0.5 mm +0.01mm ×21.3=0.713 mm
（2）由图乙所示的电路图可知，单刀双掷开关接1，灵敏电流计的示数为0 时，标准电源的内阻两端电压
为0，则定值电阻Rs两端的电压为E1，通过定值电阻Rs的电流大小为I = E1
RS
（3）[1] [2] 单刀双掷开关接2 后，应调节金属丝的滑动触头T使电流计的示数为0，并测量ab段的金属丝
的长度l0，则金属丝ab段的电阻值为R = ρ l0
S
又S = π D
2
4
整理得R = 4 ρl0
π D
2
由电路可知当电流计的示数为0 时，流过金属丝的电流为I = E2
R
联立解得ρ= π D
2 E2 RS
4 E1l0
6．【答案】 ×1 8.5（8.2~8.8） 8（或8.0） 0.670（0.669~0.671） π D
2 Rx
4 L
【详解】（1）[1]由图（a）可知，选用“×10
挡，指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，应该换用
”
小倍率×1挡；
[2]图（b）欧姆表读数为8.5Ω。
（3）[3]根据电桥电路可知16.0Ω
Rx
= R2
R1
，定值电阻R1和R2的位置互换后有4.0Ω
Rx
= R1
R2
，联立解得
Rx=8.0Ω。
（4）[4]螺旋测微器读数为D =0.5 mm +0.01mm ×17.0=0.670 mm。
（5）[5]金属丝电阻Rx = ρ
L
π D
2
4
，整理得ρ= π D
2 Rx
4 L
。
7．【答案】(1)2.099/2.100/2.101 (2)kπ D
2
4 I
(3)等于
【详解】（1）图乙可知读数为2mm +0.01mm ×10.0=2.100 mm
（2）铅笔芯被测部分电阻，根据电阻定律有R = ρ L
S
其中S = π D
2
4
联立解得U = 4 ρI
π D
2 x + I RA
所以4 ρI
π D
2 =k
联立解得ρ= kπ D
2
4 I
（3）由（2）中表达式可知，铅笔芯的电阻率与真实值相等。
8．【答案】(1)40.2 (2)R1 R2
R
(3)15 (4)偏小
【详解】（1）玻璃管的内径d = 40 mm +2×0.1mm = 40.2mm
（2）由题意知，
U
R1+ Rx
R1=
U
R+ R2
R
解得Rx = R1 R2
R
（3）根据电阻定律有Rx = ρ L
S
其中S = π d
2
4
求得R = R1 R2 π d
2
4 ρ
1
L
则R−1
L图像的斜率k = R1 R2π d
2
4 ρ
则ρ= R1 R2π d
2
4 k
由图乙可知k = 5.0×10
3
10.0
Ω⋅m=500Ω⋅m
代入数据得ρ= R1 R2π d
2
4 k
= 3000×2000×3.14×(40.2×10
−3)
2
4×500
Ω⋅m ≈15Ω⋅m
（4）当RV2很大时，可以认为R RV2
R+ RV2
= R
若RV2不是很大，则
R RV2
R+ RV2
< R
即R偏大，根据Rx = R1 R2
R
可知，Rx的测量值偏小，根据Rx = ρ L
S
得ρ= Rx
S
L
可知自来水电阻率的测量结果将偏小。
9．【答案】(1)2×10
3（或2000） (2) A D (3)1980 (4)π d
2 I 1(R2+ R0)
4 L I 2
【详解】（1）由图乙，可知样品电阻约为20×100Ω=2×10
3Ω
（2）[1][2]电源电动势为6 V，最大电流I =3 mA，电流表A2应选A；电流表A1应选B，与定值电阻R2串联
改装成6 V的电压表，即M处器材应选取D。
（3）根据欧姆定律得Rx = I 1(R2+ R0)
I 2
=1980Ω
（4）根据电阻定律有Rx= ρ L
S
又Rx = I 1(R2+ R0)
I 2
联立可得ρ= π d
2 I 1(R2+ R0)
4 L I 2
10．【答案】(1)1.990 (2) C B (3) (R1+ RA2)RV
k
−RV 偏大
【详解】（1）螺旋测微器固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为49.0×0.01mm=0.490mm，则直径
d =1.5mm+0.490mm=1.990mm
（2）[1][2]圆圈
位置应接入
②
B，即电流表A2，与定值电阻R1改装成伏特表，该伏特表的量程为
U m =5 mA×(790Ω+10Ω)= 4 V
圆圈
位置接入
①
C，当电压表满偏时，待测电阻两端电压为
3 V
750Ω =
U x
250Ω
解得U x=1V
电压表与待测电阻的总电压为4V，恰好等于改装后的伏特表的量程4V，两个电表能同时满偏。
（3）[1]①为电压表，读数为U，
为电流表，读数为
②
I，根据欧姆定律得I (R1+ RA2)= U
RV
(Rx+ RV)
解得U = (R1+ RA2)RV
RV+ Rx
I
根据图像得k = (R1+ RA2)RV
RV+ Rx
解得Rx= (R1+ RA2)RV
k
−RV
[2]研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻的测量值Rx偏大，根据电阻定律
Rx= ρ L
S
解得ρ= Rx S
L
测量值Rx偏大，电阻率的测量值偏大。
重难·创新演练
1．【答案】(1)5×10
−6 (2)1.640 (3)700 (4)B (5)20
【详解】（1）由于方形电阻的长、宽相等，根据电阻定律可得R = ρ L
S = ρ L
Lh = ρ
h
可得该合金的电阻率为ρ= Rh=50×100×10
−9Ω⋅m =5×10
−6Ω⋅m
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图2 可知宽度为d =1.5 mm +14.0×0.01mm =1.640 mm
（3）先用多用电表欧姆“×100”挡粗测该长方形薄膜沿1、3 方向的阻值，正确操作后示数如图3 所示，则
阻值为7×100Ω=700Ω
（4）A．闭合开关，将滑动变阻器滑片从一端滑到另一端的过程中，该同学发现毫安表示数变化较小，说
明滑动变阻器接入电路的电阻相比长方形薄膜的电阻较小，移动滑片时，变化的电阻相对总电阻较小。换
用最大阻值较小的滑动变阻器，移动滑片时，变化的电阻相对总电阻更小，毫安表示数变化仍较小，故A
错误；
B．将导线连接到长方形薄膜2、4 方向，根据电阻定律R = ρ L
S ，由于长度变小，横截面积变大，则长方
形薄膜的电阻变小，移动滑片时，变化的电阻相对总电阻变大，毫安表示数变化变大，可能正常实验，故
B 正确；
C．在电源附近串联一保护电阻，移动滑片时，变化的电阻相对总电阻更小，毫安表示数变化仍较小，故
C 错误。
故选B。
（5）设滑动变阻器单位长度的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律可得E = I ( R24+r + x R0)
整理可得1
I = R0
E x + R24+r
E
结合图5 可得R24+r
E
=34 A
−1
解得R24=100Ω
如图所示
可以将薄膜分成10 个方块电阻，设每个方块的电阻为R1，根据电阻的串、并联规律可得R24= R1
5 ×2
解得R1=250Ω
根据R1= ρ L1
S1
= ρ L1
L1h1
= ρ
h1
可得合金薄膜的厚度为h1= ρ
R1
= 5×10
−6
250
m =20nm
2．【答案】 x
n 4.2
k x
3
4 n
3 D
1 等于
【详解】[1]n 匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝的直径为d = x
n。
[2]由图1 可知，电压表与电流表的比值为电流表和接入电路电阻丝电阻串联后的电阻，由图3 可知，当
l
l0
=0，即接入电路电阻丝电阻为0 时U
I =1.0Ω
即电流表内阻为rA=1.0Ω
则当l
l0
= 3
5
由图3 可得R+rA=5.2Ω
则对应的电阻丝阻值为R = 4.2Ω。
[3]由电阻定律可得R = ρ L
S
电阻丝的横截面积S =π(
x
2n)
2
由欧姆定律R = U
I
电阻丝的总长度L= l0
d π D
图3 图线的斜率k =
U
I
l0
联立解得ρ= k x
3
4 n
3 D
。
[4][5]上述分析中可知电流表内阻，因此为减小系统误差，应用电流表外接，即开关S2应该连接1 接线柱，
由闭合回路欧姆定律有E =U + I (R+rA)
整理可得U = E−I (R+rA)
改变R的阻值多次测量，做出U −I图像，可得到准确的电动势，即所测得的电源电动势的测量值等于真实
值。
3．【答案】(1)5.0 (2)C (3)3×10
−6 (4)t = 1
α(
U
I 0
−R0)
【详解】（1）选择开关为欧姆×1 档，指针示数为5，故电阻为 5.0×1Ω=5.0Ω
（2）电流表接法：电流表内阻已知，内接法可以消除电流表内阻带来的系统误差，因此电流表内接，即
①连b。滑动变阻器最大阻值 10Ω，与Rx相当，为方便调节，采用限流式接法（
不连）。
②
故选C。
（3）由U −I图得斜率k = U
I = Rx+ RA= 3.00
0.60 =5Ω
可得Rx = 4.5Ω
根据电阻定律Rx = ρ L
S ，S = π d
2
4
解得ρ= Rx⋅π d
2
4 L
≈3×10
−6Ω⋅m
（4）电压表内阻极大，因此流过合金丝的电流等于恒流源输出电流I 0根据欧姆定律得 U = I 0 Rt
代入Rt =αt + R0
整理得 t = U −I 0 R0
α I 0
= 1
α(
U
I 0
−R0)
4．【答案】(1)1.400 (2) R1 见解析 (3) 10.0（9.80～10.2） 905（880～920）
【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为1mm +0.01×40.0 mm =1.400 mm
（2）[1]由于要求能够更加精确测量待测铜导线的阻值，则实验中应使电压与电流数值的测量范围广泛一
些，控制电路应采用分压式接法，为了使测量数据的连续性强一些，滑动变阻器选用总阻值小一些的，即
滑动变阻器选择R1；
[2]实验要求测量时电表的示数超过量程的三分之一，即电压表与电流表基本上能够同时达到满偏，若电流
表达到满偏，此时待测铜导线两端电压约为50×10
−3×9 A =0.45 V
可知，若电压表直接测量待测铜导线两端，则电压表量程太小，需要在待测铜导线上串联定值电阻R，此
时铜导线与串联定值电阻两端总电压约为50×10
−3×(9+50)A =2.95 V
恰好能够达到实验要求，又由于电压表内阻很大，其分流影响很小，控制电路采用电流表外接法，电压表
测量铜导线与串联定值电阻两端总电压，结合上述可知，控制电路采用滑动变阻器分压式，作出电路图，
如图所示
（3）[1]根据欧姆定律有U = I (Rx+ R)
结合图丙有Rx+ R =
2.4
40×10
−3 Ω
解得Rx=10.0Ω
[2]根据电阻定律有Rx = ρ L
S
其中S = π(
d
2)
2
解得L=905 m
5．【答案】(1)
(2) 欧姆调零 红
ab
间的导线断路
(3) k S0(R0+ R1)
I 2
无影响
【详解】（1）根据图甲的电路图，连接图乙的实物图，如图所示
（2）[1]多用电表选择开关旋至欧姆挡时，测量电阻之前，需要先进行欧姆调零，即从电路中取出多用电
表，旋至欧姆挡，再将多用电表两表笔短接，进行欧姆调零；
[2]根据
红进黑出
规律，实验中，应将红表笔置于
“
”
d处；
[3]若将另一表笔先后置于a、b、c处，发现仅置于a处时指针没有偏转，可判断电路中一定存在的故障是
ab间的导线断路。
（3）[1]根据测量过程，利用欧姆定律有Rx = I 1(R1+ R0)
I 2
根据电阻定律有Rx = ρ x
S0
解得I 1=
ρ I 2 x
S0(R0+ R1)
结合图像有k =
ρ I 2
S0(R0+ R1)
解得ρ= k S0(R0+ R1)
I 2
[2]若电流表A的内阻不可忽略，结合上述有RA+ Rx = I 1(R1+ R0)
I 2
由于I 1=
ρ I 2 x
S0(R0+ R1)
解得I 1=
ρ I 2 x
S0(R0+ R1)
+ I 2 RA
R0+ R1
可知，该函数对应图像的斜率不变，可知，若电流表A的内阻不可忽略，则
中的测量结果无影响。
③
真题·实战演练
1．【答案】 乙 k a
2
I
6.7 × 10－5
【详解】（1）[1]由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L 是丙到乙的距离。
（2）[2]根据电阻定律有
R = ρ L
a
2
再根据欧姆定律有
R = U
I
联立有
U = ρI
a
2 L
则
ρ= k a
2
I
（3）[3]根据图像可知
k = 6.7V/m
则根据（2）代入数据有
ρ = 6.7 × 10－5Ω∙m
2．【答案】
B 0.4 87 333
【详解】（1）[1]根据电路图描绘实物图如下
（2）[2]滑动变阻器限流式连接，闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片调到B 端使回路电阻最大。
（4）[3]表格中电压表的读数均为保留两位小数，电压有误的数据是0.4V，应为0.40V。
（5）[4][5]设该铅笔芯单位长度(1m)的电阻为R0，根据电路图可知U =( I 0−U
RV
)Rx =( I 0−U
RV
)× x R0
整理得1
U = 1
x ⋅
1
I 0 R0
+
1
I 0 RV
已知k =
1
I 0 R0
=0.23 m / V，b=
1
I 0 RV
=0.06 V
−1
计算得R0=87 Ω，RV=333Ω
3．【答案】(1)0.500 (2) a 左 (3)1.3×10
−6 (4)CD
【详解】（1）该样品横截面直径的平均值为d = (0.499+0.498+0.503)
3
mm =0.500 mm
（2）[1]由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用
一上一下
原则，即电流表
“
”
的
＋
接线柱应与滑动变阻器的接线柱
“
”
a 相连。
[2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。
（3）由题意可知，该合金丝的电阻为R =3.2Ω
由电阻定律R = ρ l
S 及S = π( d
2 )
2
可得ρ= πR d
2
4l
其中d =0.500 mm，l =70.00cm −20.00cm =50.00cm
代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10
−6Ω⋅m
（4）根据电阻定律可知ρ= πR d
2
4l
，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的
电阻箱，可换用阻值范围为0∼99.99Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均
值。
故选CD。
4．【答案】 4.5 1.5
【详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律E =U + Ir
代入数据可得E =3+r；E =1.5+2r
联立两式解得E = 4.5 V；r =1.5Ω
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5Ω。
5． 【答案】 B 0.225 C
【详解】[1]因为电阻I −U图线上一点与原点连线的斜率代表
电阻的倒数
，随着电阻两端的电压增大
“
”
，
可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R 减小，再根据电阻定律R = ρ l
S
可得ρ也在减小，B 选项正确。
故选B。
[2]根据图像分析，当电阻两端电压为1.8 V时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式P =UI
代入数据解得P =0.225 W
该电阻的功率为0.225W。
[3]根据I −U图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法
不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，
电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C 选项。
故选C。
