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2024届高三物理二轮复习实验部分微专题复习-测量电阻丝电阻率实验专题（含解析）
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这是一份2024届高三物理二轮复习实验部分微专题复习-测量电阻丝电阻率实验专题（含解析），共21页。试卷主要包含了实验题等内容，欢迎下载使用。
一、实验题
某探究小组计划测量某金属丝的电阻率。
(1)小组成员取了一段长l=1 m的粗细均匀的金属丝，用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图甲可知该金属丝的直径d=_______mm。
(2)小组成员先用多用电表粗测该段金属丝的阻值，将选择开关调在电阻挡的“×10”倍率，并进行欧姆调零，再将被测金属丝的两端接在两个表笔间，指针指示如图乙所示，则被测金属丝的阻值Rx=_______Ω。
(3)为了精确测量这段金属丝的电阻，实验室给出了以下实验器材：
电池组E：电动势为3 V，内阻约为0.5 Ω；
电压表：量程0～3 V，内阻约为40 kΩ；
电压表：量程0～15 V，内阻约为200 kΩ；
电流表：量程0～20 mA，内阻约为10 Ω，
电流表：量程0～3 A，内阻约为1 Ω，
定值电阻：R0=100 Ω，
滑动变阻器R：阻值范围0～10 Ω，额定电流为1 A；
开关S、导线若干。
为了尽可能减小实验测量的误差，电压表应选_______，电流表应选_______。根据选用的器材，在图丙方框中补充完整实验电路图(标出实验器材的代号，金属丝电阻用Rx表示)。
(4)根据电路图连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器，若某次测量中电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该金属丝电阻率的表达式为ρ=_______(用相应的字母符号表示)。由于电阻测量存在系统误差，使得电阻率的测量值比真实值_______(选填“大”或“小”)。
(1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度l为____________cm、用螺旋测微器测得金属丝的直径d为________________mm以及电流表、电压表的读数如图丙所示，则电流和电压的读数值依次是_________、__________．
(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E = 4.5V，内阻很小．则以下电路图中__________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_________．
(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么精确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的_________电路(填电路图下的字母代号).此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=_________(用题中字母代号表示).金属丝的电阻率为_________(用直接测量的字母表示)．
在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝直径约为1mm，接入电路部分的长度约为50 cm。
(1)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图(1)中的________图(选填“甲”或“乙”)。
(2)如图(2)是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。
(3)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图(3)所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U−I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx=________Ω(保留两位有效数字)。
(4)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为____________(填选项前的符号)。
A.1×10−2Ω·m B.1×10−3Ω·m
C.1×10−6Ω·m D.1×10−8Ω·m
(5)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是________(有多个正确选项)。
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图1所示，此材料长约3 cm，电阻约为100 Ω，已知这种材料的电阻率为ρ.欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材
A.20分度的游标卡尺； B.螺旋测微器；
C.电流表A1(量程50 mA，内阻r1=100 Ω)；
D.电流表A2(量程100 mA，内阻r2约为40 Ω)；
E.滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)；
F.直流电源E(电动势为12 V，内阻很小)；
G.上述导电材料R2(长约为3 cm，电阻约为100 Ω)；
H.开关一只，导线若干．
请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：
(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L=________cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图3所示，其示数D=________mm．
(2)在所给的方框中画出设计的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号．
(3)用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示样品的内直径d=________．
质检部门在检验铜质电线电缆产品时，发现部分产品存在导体不合格问题，其中的原因主要有两个，一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但导体横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员查阅资料得知，纯铜的电阻率为1.7×10−8Ω·m。实验室现有的器材如下。
A.电源E(电动势约为6 V，内阻不计)
B.待测长度为100 m的铜电线，横截面积约为3 mm2
C.电流表A1(量程为0～0.4 A，内阻约为0.2 Ω)
D.电流表A2(量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
E.电阻箱R(阻值范围为0～999.9 Ω)
F.定值电阻R0=10 Ω
G.开关、导线若干
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d=________mm。
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P应选用________，N应选用________(填器材前面的代号)。电流表A1与电流表A2测出的电流值分别用I1和I2表示，通过实验作出的图象如图丙所示。
(3)图乙电路测得的铜电线的电阻表达式为RL=________(用I1、I2和R表示)，该长度为100 m(真实长度)的铜电线的电阻为________Ω；这捆铜电线的电阻率ρ=________Ω·m(计算结果均保留三位有效数字)。
(4)铜电线电阻的测量值比真实值________(填“偏大”“相同”或“偏小”)；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的原因可能是________。
某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验．
(1)如图甲所示，先用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻为________Ω，然后用图乙的螺旋测微器测其直径为________mm，再用图丙的毫米刻度尺测其长度为________cm．
(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表V(量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ)
B.电流表A(量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω)
C.滑动变阻器R1(0∼5Ω,1A)
D.滑动变阻器R2(0∼2000Ω,0.1A)
的干电池两节，内阻不计
F.电阻箱
G.开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．
(3)请在方框内设计最合理的电路图，并完成图丁中的实物连线．
某实验小组测量一段长度已知的金属丝的电阻率．
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，应选择金属丝的_______(选填同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为金属丝的直径.某次的结果如图甲所示，其读数是________mm．
(2)先用欧姆表粗略测量该段金属丝的电阻，选择开关置于“×100”挡时，发现表头指针偏转角度过大，应将选择开关置于________(选填“×10”或“X1000”)挡，正确操作后，表盘的示数如图乙所示，则金属丝的电阻约为________Ω
(3)除金属丝Rx外，实验室还有如下器材：
电源E(10V，内阻约1Ω)
电流表A1(0−100mA，内阻R1为2.5Ω)
电流表A2(0∼200mA，内阻R2约5Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流2A)
定值电阻R0(阻值100Ω)
开关S及导线若干
为了尽量准确地测量金属丝的电阻，请在图丙的方框中画出合适的电路图，并在图中标明器材符号．
(4)该小组设计的电路图正确，实验中测量得到的电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则该段金属丝电阻的表达式Rx=_________，金属丝电阻的测量值与真实值相比_________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)
(5)若该段金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则该金属丝电阻率的表达式ρ=_______．
某中学实验兴趣小组在“测定金属的电阻率”实验中
(1)为了测量金属丝的电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材：
A.待测金属丝电阻Rx(约100 Ω)
B.电动势E=6 V，内阻很小的直流电源
C.量程50 mA，内阻约为50 Ω的电流表
D.量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω的电流表
E.量程6 V，内阻约为15 kΩ的电压表
F.最大阻值15 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器
G.最大阻值15 kΩ，最大允许电流0.5 A的滑动变阻器
H.开关一个，导线若干
①为了操作方便，且能比较精确的测量金属丝的电阻值，电流表选用_______，滑动变阻器选用_______(填写选用器材前的序号)。
②根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的下列甲、乙、丙、丁四种电路，为尽可能减少实验误差，应采用_______图(选填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”)。
③实验中测得该金属丝直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ=_______。
(2)若另有一只待测电阻，无论用电流表内接还是外接，测量误差较为接近，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图所示的测量电路，实验操作步骤如下：
①按电路图连接好实验器材
②闭合S1，断开S2，读出此时电压表V1的示数U，电流表示数I。
③再闭合S2，调节变阻器R，使电流表的电流仍为步骤2的电流I，此时读出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2。
用上述测得的物理量表示待测电阻的阻值Rx=_______。
答案和解析
1.【答案】(1)5.500；
(2)80；
(3)；；如图所示：
；
(4)πd2 4l ( UI −R0)；小
【解析】
【分析】
本题考查螺旋测微器读数、欧姆表读数、仪器选择、电路设计和数据处理等问题，关键是(1)要注意螺旋测微器半刻度是否漏出的判断；(2)电流表选择时两表均不合适，定值电阻也不适合改装电流表，故只能通过定值电阻辅助减小流经金属丝的电流来设计；(3)熟练掌握实验原理、欧姆定律和电阻定律，并能根据电表分压、分流作用分析实验误差。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)欧姆表的读数等于示数乘以倍率；
(3)根据电源电动势选取电压表；根据最大电流选取电流表；根据实验要求判断滑动变阻器接法，比较金属丝电阻与电压表、电流表内阻判断电流表接法，从而补充完整电路图；
(4)根据欧姆定律、电阻定律求解电阻率，由于电压表的分流或电流表的分压分析实验误差。
【解答】
解：(1)螺旋测微器固定刻度读数为5.5mm，正好0刻度对齐，则金属丝的直径为：d=5.5mm+0.01mm×0.0=5.500mm；
(2)欧姆表选择开关调在“×10”的电阻挡，示数为8×10Ω=80Ω；则被测金属丝的阻值Rx=80Ω；
(3)电源电动势为3V，则电压表选择；流经金属丝的最大电流约为：Imax= ERx= 3 80A=0.0375A=37.5mA，
电流表量程过大，电流表量程过小，由于定值电阻阻值太大，不能用来改装电流表，
但定值电阻可与金属丝串联减小最大电流Imax′= E Rx+R0= 3 80+100 A≈16.7mA<20mA，故可以用电流表A1测电流即可；
电压表内阻远大于待测电阻，可用电流表外接；
滑动变阻器R的阻值范围0～10Ω，小于金属丝的阻值，为了尽可能的多测几组数据，滑动变阻器采用分压接法，
补全电路如图所示；
(4)结合电路图根据欧姆定律得： Rx+R0= UI①
由电阻定律得：Rx=ρlS ②
又S=π(d2 )2③
①②③联立解得：ρ=πd2 4l ( UI −R0)④
因电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，根据④式可知电阻率的测量值偏小。
故答案为：(1)5.500；
(2)80；
(3)；；
；
(4)πd2 4l ( UI −R0)；小。
2.【答案】(1)1.050cm；0.531mm；0.42A；2.25V；
(2)A； 小；
(3)B； Rx=UI−RA；ρ=πd2U−IRA4IL 。
【解析】
【分析】
(1)游标卡尺的读数是主尺刻度与游标刻度之和，没有估读位；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；先确定电表量程与分度值，然后读出电表示数；
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路；根据实验电路分析实验误差；
(3)在已知电流表内阻的情况下，可以采用电流表内接法，由串联电路特点及欧姆定律可以求出待测电阻阻值。
本题考查测量工具的读数及电路的选择。螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；对电流表与电压表读数时，要先确定电表的量程与分度值，然后读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解。
【解答】
(1)游标卡尺的读数是：l=10mm+10×0.05mm=10.50mm=1.050cm；
螺旋测微器读数为d=0.5mm+3.1×0.01mm=0.531mm；由于误差0.530～0.532mm都正确；
电流表量程是0～0.6A，分度值是0.02A，示数为0.42A；
电压表量程是0～3V，分度值是0.1V，示数为2.25V；
(2)根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式，应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故电路图A为应当采用的最佳电路；根据欧姆定律R=UI知，由于电压表的分流作用而使得R测量值偏小；
(3)已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，那么测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图中的B电路；由欧姆定律可得：RA+Rx=UI；
则Rx=UI−RA；
根据电阻定律可知，Rx=ρLS=ρLπ(d2)2=4ρLπd2，
则有ρ=πd2RX4L=πd2U−IRA4IL。
故答案为：(1)1.050cm；0.531mm；0.42A；2.25V；
(2)A； 小；
(3)B； Rx=UI−RA；ρ=πd2U−IRA4IL 。
3.【答案】(1)甲；(2)； (3)；4.5(4.3～4.7均可)；
(4)C； (5)CD。
【解析】
【分析】
本题考查测定金属的电阻率实验中，电流表的内外接法、滑动变阻器的限流式还是分压式接法；还考查了据电路图连接实物、据U−I图求电阻、电阻定律的运用、误差等相关知识，可谓考点众多。关键是深刻理解实验原理，明确电流表、滑动变阻器的接法要求、图像的斜率的含义，明确什么是系统误差和偶然误差等知识方法。
【解答】
(1)用伏安法测金属丝的电阻Rx时，由记录数据根据欧姆定律，可知金属丝的电阻Rx约5Ω.则有RxRA=50，RVRx=600，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小；又由(图3)知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲；
(2)电路图如图(a)： ；
(3)描绘出的U−I图线如图(b)，由图线得到金属丝的阻值Rx为图像的斜率。故Rx= Ω =4.5Ω；
(4)根据电阻定律R=ρlS有：
ρ=RSl，带入数据金属丝电阻率约为1×10−6Ω·m ，故C正确；
(5)螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，答案为CD。
故答案为：(1)甲；(2)； (3)；4.5(4.3～4.7均可)； (4)C； (5)CD。
4.【答案】(1)3.015 3.205(2)如图(3)
【解析】
【分析】
对本题设计测量电路的关键是，考虑D电流表满偏电流大于C电流表的满偏电流，同时C电流表的内阻是定值，因此可以求出C电流表两端的实际电压，从而可将C电流表当做电压表而求出样品两端的电压。
本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行。
【解答】
(1)游标卡尺读数为L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm，螺旋测微器测得该样品的外径d=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm
(2)因两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示。
(3)电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据电阻定律R=ρLS，
，
根据欧姆定律可得R=I2r1I1−I2，
联立可得
故答案为(1)3.015 3.205(2)如图(3)
5.【答案】(1)1.950 (2)A2 A1 (3) (I2I1−1)R 2.60 7.76×10−8
(4)偏大 使用了再生铜或含过多杂质的次铜。
【解析】分析：(1)根据螺旋测微器的使用方法测量金属丝的直径；
(2)根据电流表的测量值确定P、N应选择的电流表；
(3)由电阻定律和欧姆定律根据所测的数据求电阻率；
(4)明确电路结构，根据电流表内阻的影响确定电压大，再根据欧姆定律及实际情况确定误差情况；
本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，要注意认真分析题意，并能将所学物理规律正确应用。
解答：(1)螺旋测微器的读数是固定刻度与可动刻度的示数之和，铜电线的直径d=1.5mm+45.0×0.01mm=1.950mm；
(2)P测量的电流大于N测量的电流，故P是电流表A2，N是电流表A1；
(3)分析电路可知，通过铜电线的电流Ix=I1=URRL,RL=URI1=I2−I1I1R=(I2I1−1)R，整理得I2I1=1+RL⋅1R，根据题图丙可知斜率k=RL=7.5−Ω=2.60Ω，S=πr2=π(d2)2=2.985mm2,ρ=RLSL=2.60×2.985×10−6100Ω⋅m=7.76×10−8Ω⋅m，
故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜。
3)由于没考虑电流表A1的分压作用，根据欧姆定律可知，测得的铜电线的电阻偏大，该铜线的电阻率比纯铜的电阻率大得多，从铜线本身的角度原因可能是使用了再生铜或者含杂质很多的铜。
故答案为：(1)1.950； (2)A2 A1 ；(3) (I2I1−1)R 2.60 7.76×10−8
(4)偏大 使用了再生铜或含过多杂质的次铜。
6.【答案】(1)7.0；4.699(4.698～4.702均可)；9.15(9.13～9.17均可)；
(2)R1；
(3) ；。
【解析】
【分析】
本题考查测量某金属丝的电阻率实验；解答本题的关键是要掌握常用器材的使用方法与读数方法，理解伏安法测电阻原理，内外接法及滑动变阻器分压限流接法的选择依据。
【解答】
(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是7.0×1 Ω=7.0 Ω；
由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为19.9×0.01 mm=0.199 mm，其读数为：4.5 mm+0.199mm=4.699mm；
毫米刻度尺分度值为0.1cm，应读到分度值的下一位，故测其长度为9.15cm。
(2)滑动变阻器R2(0～2 000 Ω,0.1 A)的阻值比待测金属丝阻值7Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5 Ω；
(3)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示。
根据实验电路图连接实物电路图，如图所示。
7.【答案】(1)不同；0.202(0.201∼0.203)；(2)×10；100；(3)；(4)I1R1+R0I2−I1或(I2−I1)R0I1−R1；相等；(5)πD2Rx4L
【解析】
【分析】
该题考查测量一段长度已知的金属丝的电阻率实验相关知识。熟知实验原理、操作方法和步骤、实验注意事项是解决本题的关键。
(1)对金属丝的不同位置进行多次测量，可以减小误差，保证实验可靠性，由螺旋测微器读数方法读数；
(2)根据欧姆表使用方法分析；
(3)根据实验原理设计实验电路图，没有电压表，可以用已知电阻的电流表A1和定值电阻串联用于测电压；
(4)根据欧姆定律求解电阻；根据实验操作方法分析金属丝电阻的测量值与真实值关系；
(5)根据电阻定律分析求解电阻率。
【解答】
(1)对金属丝的不同位置进行多次测量，可以减小误差，保证实验可靠性，由图示螺旋测微器可知其示数为0mm+20.2×0.01mm=0.202mm;
(2)偏转角度过大，说明阻值小，要换小的档位，故选×10档，换挡后要重新欧姆调零，图乙所示，金属丝的电阻为：10×10=100Ω;
(3)由题意可知，没有电压表，可以用已知电阻的电流表A1和定值电阻串联用于测电压，另一个电流表测电流，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应选用分压式接法，实验电路图如图所示：
(4)待测金属丝电阻Rx=UxIx，Ux=I1R1+R0，Ix=I2−I1，解得Rx=I1R1+R0I2−I1；由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值；
(5)根据电阻定律Rx=ρLS，S=πD22，联立可得：ρ=πD2Rx4L
故答案为：(1)不同；0.202(0.201∼0.203)；(2)×10；100；(3)；(4)I1R1+R0I2−I1或(I2−I1)R0I1−R1；相等；(5)πD2Rx4L
8.【答案】(1)①C F②甲③πUd2 4IL(2) U+U2−U1 I
【解析】
【分析】
本题(1)①根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流即可选出电流表；题②通过求出电路中需要的最大电阻即可选择变阻器及其接法；题③根据电阻的定义和电阻定律解出电阻率表达式即可；题(2)根据题意列出相应的欧姆定律表达式然后求解即可。
应明确：①应通过估算通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中相应的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻太小时，变阻器应采用分压式接法；②当待测电阻满足RVRx>RxRA时，电流表应用外接法，满足RVRx【解答】
(1)①根据闭合电路欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为Imax= E Rx = 6 100 A=60mA，所以电流表应选用C；
当变阻器采用限流式接法时，电路中需要的最大电阻为Rmax= E 13 IA = 613 ×50×10−3 Ω=360Ω，显然变阻器应选用F且应采用分压式接法；
②由于待测电阻满足RVRx>RxRA电流表应用外接法，即电路应是分压外接电路，所以应采用甲图；
③根据R=UI及R= ρL14 πd2可得ρ= πUd2 4IL；
(2)当S2断开时应有U=I⋅(RA+Rx)
当S2闭合时应有U1=I⋅RA+U2
联立以上两式可得Rx= U+U2−U1 I
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
一、实验题
某探究小组计划测量某金属丝的电阻率。
(1)小组成员取了一段长l=1 m的粗细均匀的金属丝，用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图甲可知该金属丝的直径d=_______mm。
(2)小组成员先用多用电表粗测该段金属丝的阻值，将选择开关调在电阻挡的“×10”倍率，并进行欧姆调零，再将被测金属丝的两端接在两个表笔间，指针指示如图乙所示，则被测金属丝的阻值Rx=_______Ω。
(3)为了精确测量这段金属丝的电阻，实验室给出了以下实验器材：
电池组E：电动势为3 V，内阻约为0.5 Ω；
电压表：量程0～3 V，内阻约为40 kΩ；
电压表：量程0～15 V，内阻约为200 kΩ；
电流表：量程0～20 mA，内阻约为10 Ω，
电流表：量程0～3 A，内阻约为1 Ω，
定值电阻：R0=100 Ω，
滑动变阻器R：阻值范围0～10 Ω，额定电流为1 A；
开关S、导线若干。
为了尽可能减小实验测量的误差，电压表应选_______，电流表应选_______。根据选用的器材，在图丙方框中补充完整实验电路图(标出实验器材的代号，金属丝电阻用Rx表示)。
(4)根据电路图连接好电路，闭合开关，调节滑动变阻器，若某次测量中电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该金属丝电阻率的表达式为ρ=_______(用相应的字母符号表示)。由于电阻测量存在系统误差，使得电阻率的测量值比真实值_______(选填“大”或“小”)。
(1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度l为____________cm、用螺旋测微器测得金属丝的直径d为________________mm以及电流表、电压表的读数如图丙所示，则电流和电压的读数值依次是_________、__________．
(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E = 4.5V，内阻很小．则以下电路图中__________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_________．
(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么精确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的_________电路(填电路图下的字母代号).此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=_________(用题中字母代号表示).金属丝的电阻率为_________(用直接测量的字母表示)．
在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝直径约为1mm，接入电路部分的长度约为50 cm。
(1)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图(1)中的________图(选填“甲”或“乙”)。
(2)如图(2)是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。
(3)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图(3)所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U−I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx=________Ω(保留两位有效数字)。
(4)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为____________(填选项前的符号)。
A.1×10−2Ω·m B.1×10−3Ω·m
C.1×10−6Ω·m D.1×10−8Ω·m
(5)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是________(有多个正确选项)。
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图1所示，此材料长约3 cm，电阻约为100 Ω，已知这种材料的电阻率为ρ.欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材
A.20分度的游标卡尺； B.螺旋测微器；
C.电流表A1(量程50 mA，内阻r1=100 Ω)；
D.电流表A2(量程100 mA，内阻r2约为40 Ω)；
E.滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)；
F.直流电源E(电动势为12 V，内阻很小)；
G.上述导电材料R2(长约为3 cm，电阻约为100 Ω)；
H.开关一只，导线若干．
请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：
(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L=________cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图3所示，其示数D=________mm．
(2)在所给的方框中画出设计的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号．
(3)用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示样品的内直径d=________．
质检部门在检验铜质电线电缆产品时，发现部分产品存在导体不合格问题，其中的原因主要有两个，一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但导体横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员查阅资料得知，纯铜的电阻率为1.7×10−8Ω·m。实验室现有的器材如下。
A.电源E(电动势约为6 V，内阻不计)
B.待测长度为100 m的铜电线，横截面积约为3 mm2
C.电流表A1(量程为0～0.4 A，内阻约为0.2 Ω)
D.电流表A2(量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
E.电阻箱R(阻值范围为0～999.9 Ω)
F.定值电阻R0=10 Ω
G.开关、导线若干
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d=________mm。
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P应选用________，N应选用________(填器材前面的代号)。电流表A1与电流表A2测出的电流值分别用I1和I2表示，通过实验作出的图象如图丙所示。
(3)图乙电路测得的铜电线的电阻表达式为RL=________(用I1、I2和R表示)，该长度为100 m(真实长度)的铜电线的电阻为________Ω；这捆铜电线的电阻率ρ=________Ω·m(计算结果均保留三位有效数字)。
(4)铜电线电阻的测量值比真实值________(填“偏大”“相同”或“偏小”)；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的原因可能是________。
某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验．
(1)如图甲所示，先用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻为________Ω，然后用图乙的螺旋测微器测其直径为________mm，再用图丙的毫米刻度尺测其长度为________cm．
(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表V(量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ)
B.电流表A(量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω)
C.滑动变阻器R1(0∼5Ω,1A)
D.滑动变阻器R2(0∼2000Ω,0.1A)
的干电池两节，内阻不计
F.电阻箱
G.开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．
(3)请在方框内设计最合理的电路图，并完成图丁中的实物连线．
某实验小组测量一段长度已知的金属丝的电阻率．
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，应选择金属丝的_______(选填同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为金属丝的直径.某次的结果如图甲所示，其读数是________mm．
(2)先用欧姆表粗略测量该段金属丝的电阻，选择开关置于“×100”挡时，发现表头指针偏转角度过大，应将选择开关置于________(选填“×10”或“X1000”)挡，正确操作后，表盘的示数如图乙所示，则金属丝的电阻约为________Ω
(3)除金属丝Rx外，实验室还有如下器材：
电源E(10V，内阻约1Ω)
电流表A1(0−100mA，内阻R1为2.5Ω)
电流表A2(0∼200mA，内阻R2约5Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流2A)
定值电阻R0(阻值100Ω)
开关S及导线若干
为了尽量准确地测量金属丝的电阻，请在图丙的方框中画出合适的电路图，并在图中标明器材符号．
(4)该小组设计的电路图正确，实验中测量得到的电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则该段金属丝电阻的表达式Rx=_________，金属丝电阻的测量值与真实值相比_________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)
(5)若该段金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则该金属丝电阻率的表达式ρ=_______．
某中学实验兴趣小组在“测定金属的电阻率”实验中
(1)为了测量金属丝的电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材：
A.待测金属丝电阻Rx(约100 Ω)
B.电动势E=6 V，内阻很小的直流电源
C.量程50 mA，内阻约为50 Ω的电流表
D.量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω的电流表
E.量程6 V，内阻约为15 kΩ的电压表
F.最大阻值15 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器
G.最大阻值15 kΩ，最大允许电流0.5 A的滑动变阻器
H.开关一个，导线若干
①为了操作方便，且能比较精确的测量金属丝的电阻值，电流表选用_______，滑动变阻器选用_______(填写选用器材前的序号)。
②根据所选用的实验器材，设计出测量电阻的下列甲、乙、丙、丁四种电路，为尽可能减少实验误差，应采用_______图(选填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”)。
③实验中测得该金属丝直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的表达式为ρ=_______。
(2)若另有一只待测电阻，无论用电流表内接还是外接，测量误差较为接近，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图所示的测量电路，实验操作步骤如下：
①按电路图连接好实验器材
②闭合S1，断开S2，读出此时电压表V1的示数U，电流表示数I。
③再闭合S2，调节变阻器R，使电流表的电流仍为步骤2的电流I，此时读出电压表V1的示数U1，电压表V2的示数U2。
用上述测得的物理量表示待测电阻的阻值Rx=_______。
答案和解析
1.【答案】(1)5.500；
(2)80；
(3)；；如图所示：
；
(4)πd2 4l ( UI −R0)；小
【解析】
【分析】
本题考查螺旋测微器读数、欧姆表读数、仪器选择、电路设计和数据处理等问题，关键是(1)要注意螺旋测微器半刻度是否漏出的判断；(2)电流表选择时两表均不合适，定值电阻也不适合改装电流表，故只能通过定值电阻辅助减小流经金属丝的电流来设计；(3)熟练掌握实验原理、欧姆定律和电阻定律，并能根据电表分压、分流作用分析实验误差。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)欧姆表的读数等于示数乘以倍率；
(3)根据电源电动势选取电压表；根据最大电流选取电流表；根据实验要求判断滑动变阻器接法，比较金属丝电阻与电压表、电流表内阻判断电流表接法，从而补充完整电路图；
(4)根据欧姆定律、电阻定律求解电阻率，由于电压表的分流或电流表的分压分析实验误差。
【解答】
解：(1)螺旋测微器固定刻度读数为5.5mm，正好0刻度对齐，则金属丝的直径为：d=5.5mm+0.01mm×0.0=5.500mm；
(2)欧姆表选择开关调在“×10”的电阻挡，示数为8×10Ω=80Ω；则被测金属丝的阻值Rx=80Ω；
(3)电源电动势为3V，则电压表选择；流经金属丝的最大电流约为：Imax= ERx= 3 80A=0.0375A=37.5mA，
电流表量程过大，电流表量程过小，由于定值电阻阻值太大，不能用来改装电流表，
但定值电阻可与金属丝串联减小最大电流Imax′= E Rx+R0= 3 80+100 A≈16.7mA<20mA，故可以用电流表A1测电流即可；
电压表内阻远大于待测电阻，可用电流表外接；
滑动变阻器R的阻值范围0～10Ω，小于金属丝的阻值，为了尽可能的多测几组数据，滑动变阻器采用分压接法，
补全电路如图所示；
(4)结合电路图根据欧姆定律得： Rx+R0= UI①
由电阻定律得：Rx=ρlS ②
又S=π(d2 )2③
①②③联立解得：ρ=πd2 4l ( UI −R0)④
因电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，根据④式可知电阻率的测量值偏小。
故答案为：(1)5.500；
(2)80；
(3)；；
；
(4)πd2 4l ( UI −R0)；小。
2.【答案】(1)1.050cm；0.531mm；0.42A；2.25V；
(2)A； 小；
(3)B； Rx=UI−RA；ρ=πd2U−IRA4IL 。
【解析】
【分析】
(1)游标卡尺的读数是主尺刻度与游标刻度之和，没有估读位；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；先确定电表量程与分度值，然后读出电表示数；
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路；根据实验电路分析实验误差；
(3)在已知电流表内阻的情况下，可以采用电流表内接法，由串联电路特点及欧姆定律可以求出待测电阻阻值。
本题考查测量工具的读数及电路的选择。螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；对电流表与电压表读数时，要先确定电表的量程与分度值，然后读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解。
【解答】
(1)游标卡尺的读数是：l=10mm+10×0.05mm=10.50mm=1.050cm；
螺旋测微器读数为d=0.5mm+3.1×0.01mm=0.531mm；由于误差0.530～0.532mm都正确；
电流表量程是0～0.6A，分度值是0.02A，示数为0.42A；
电压表量程是0～3V，分度值是0.1V，示数为2.25V；
(2)根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式，应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故电路图A为应当采用的最佳电路；根据欧姆定律R=UI知，由于电压表的分流作用而使得R测量值偏小；
(3)已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，那么测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图中的B电路；由欧姆定律可得：RA+Rx=UI；
则Rx=UI−RA；
根据电阻定律可知，Rx=ρLS=ρLπ(d2)2=4ρLπd2，
则有ρ=πd2RX4L=πd2U−IRA4IL。
故答案为：(1)1.050cm；0.531mm；0.42A；2.25V；
(2)A； 小；
(3)B； Rx=UI−RA；ρ=πd2U−IRA4IL 。
3.【答案】(1)甲；(2)； (3)；4.5(4.3～4.7均可)；
(4)C； (5)CD。
【解析】
【分析】
本题考查测定金属的电阻率实验中，电流表的内外接法、滑动变阻器的限流式还是分压式接法；还考查了据电路图连接实物、据U−I图求电阻、电阻定律的运用、误差等相关知识，可谓考点众多。关键是深刻理解实验原理，明确电流表、滑动变阻器的接法要求、图像的斜率的含义，明确什么是系统误差和偶然误差等知识方法。
【解答】
(1)用伏安法测金属丝的电阻Rx时，由记录数据根据欧姆定律，可知金属丝的电阻Rx约5Ω.则有RxRA=50，RVRx=600，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小；又由(图3)知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲；
(2)电路图如图(a)： ；
(3)描绘出的U−I图线如图(b)，由图线得到金属丝的阻值Rx为图像的斜率。故Rx= Ω =4.5Ω；
(4)根据电阻定律R=ρlS有：
ρ=RSl，带入数据金属丝电阻率约为1×10−6Ω·m ，故C正确；
(5)螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，答案为CD。
故答案为：(1)甲；(2)； (3)；4.5(4.3～4.7均可)； (4)C； (5)CD。
4.【答案】(1)3.015 3.205(2)如图(3)
【解析】
【分析】
对本题设计测量电路的关键是，考虑D电流表满偏电流大于C电流表的满偏电流，同时C电流表的内阻是定值，因此可以求出C电流表两端的实际电压，从而可将C电流表当做电压表而求出样品两端的电压。
本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行。
【解答】
(1)游标卡尺读数为L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm，螺旋测微器测得该样品的外径d=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm
(2)因两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示。
(3)电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据电阻定律R=ρLS，
，
根据欧姆定律可得R=I2r1I1−I2，
联立可得
故答案为(1)3.015 3.205(2)如图(3)
5.【答案】(1)1.950 (2)A2 A1 (3) (I2I1−1)R 2.60 7.76×10−8
(4)偏大 使用了再生铜或含过多杂质的次铜。
【解析】分析：(1)根据螺旋测微器的使用方法测量金属丝的直径；
(2)根据电流表的测量值确定P、N应选择的电流表；
(3)由电阻定律和欧姆定律根据所测的数据求电阻率；
(4)明确电路结构，根据电流表内阻的影响确定电压大，再根据欧姆定律及实际情况确定误差情况；
本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，要注意认真分析题意，并能将所学物理规律正确应用。
解答：(1)螺旋测微器的读数是固定刻度与可动刻度的示数之和，铜电线的直径d=1.5mm+45.0×0.01mm=1.950mm；
(2)P测量的电流大于N测量的电流，故P是电流表A2，N是电流表A1；
(3)分析电路可知，通过铜电线的电流Ix=I1=URRL,RL=URI1=I2−I1I1R=(I2I1−1)R，整理得I2I1=1+RL⋅1R，根据题图丙可知斜率k=RL=7.5−Ω=2.60Ω，S=πr2=π(d2)2=2.985mm2,ρ=RLSL=2.60×2.985×10−6100Ω⋅m=7.76×10−8Ω⋅m，
故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜。
3)由于没考虑电流表A1的分压作用，根据欧姆定律可知，测得的铜电线的电阻偏大，该铜线的电阻率比纯铜的电阻率大得多，从铜线本身的角度原因可能是使用了再生铜或者含杂质很多的铜。
故答案为：(1)1.950； (2)A2 A1 ；(3) (I2I1−1)R 2.60 7.76×10−8
(4)偏大 使用了再生铜或含过多杂质的次铜。
6.【答案】(1)7.0；4.699(4.698～4.702均可)；9.15(9.13～9.17均可)；
(2)R1；
(3) ；。
【解析】
【分析】
本题考查测量某金属丝的电阻率实验；解答本题的关键是要掌握常用器材的使用方法与读数方法，理解伏安法测电阻原理，内外接法及滑动变阻器分压限流接法的选择依据。
【解答】
(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是7.0×1 Ω=7.0 Ω；
由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为19.9×0.01 mm=0.199 mm，其读数为：4.5 mm+0.199mm=4.699mm；
毫米刻度尺分度值为0.1cm，应读到分度值的下一位，故测其长度为9.15cm。
(2)滑动变阻器R2(0～2 000 Ω,0.1 A)的阻值比待测金属丝阻值7Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5 Ω；
(3)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示。
根据实验电路图连接实物电路图，如图所示。
7.【答案】(1)不同；0.202(0.201∼0.203)；(2)×10；100；(3)；(4)I1R1+R0I2−I1或(I2−I1)R0I1−R1；相等；(5)πD2Rx4L
【解析】
【分析】
该题考查测量一段长度已知的金属丝的电阻率实验相关知识。熟知实验原理、操作方法和步骤、实验注意事项是解决本题的关键。
(1)对金属丝的不同位置进行多次测量，可以减小误差，保证实验可靠性，由螺旋测微器读数方法读数；
(2)根据欧姆表使用方法分析；
(3)根据实验原理设计实验电路图，没有电压表，可以用已知电阻的电流表A1和定值电阻串联用于测电压；
(4)根据欧姆定律求解电阻；根据实验操作方法分析金属丝电阻的测量值与真实值关系；
(5)根据电阻定律分析求解电阻率。
【解答】
(1)对金属丝的不同位置进行多次测量，可以减小误差，保证实验可靠性，由图示螺旋测微器可知其示数为0mm+20.2×0.01mm=0.202mm;
(2)偏转角度过大，说明阻值小，要换小的档位，故选×10档，换挡后要重新欧姆调零，图乙所示，金属丝的电阻为：10×10=100Ω;
(3)由题意可知，没有电压表，可以用已知电阻的电流表A1和定值电阻串联用于测电压，另一个电流表测电流，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应选用分压式接法，实验电路图如图所示：
(4)待测金属丝电阻Rx=UxIx，Ux=I1R1+R0，Ix=I2−I1，解得Rx=I1R1+R0I2−I1；由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值；
(5)根据电阻定律Rx=ρLS，S=πD22，联立可得：ρ=πD2Rx4L
故答案为：(1)不同；0.202(0.201∼0.203)；(2)×10；100；(3)；(4)I1R1+R0I2−I1或(I2−I1)R0I1−R1；相等；(5)πD2Rx4L
8.【答案】(1)①C F②甲③πUd2 4IL(2) U+U2−U1 I
【解析】
【分析】
本题(1)①根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流即可选出电流表；题②通过求出电路中需要的最大电阻即可选择变阻器及其接法；题③根据电阻的定义和电阻定律解出电阻率表达式即可；题(2)根据题意列出相应的欧姆定律表达式然后求解即可。
应明确：①应通过估算通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中相应的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻太小时，变阻器应采用分压式接法；②当待测电阻满足RVRx>RxRA时，电流表应用外接法，满足RVRx
(1)①根据闭合电路欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为Imax= E Rx = 6 100 A=60mA，所以电流表应选用C；
当变阻器采用限流式接法时，电路中需要的最大电阻为Rmax= E 13 IA = 613 ×50×10−3 Ω=360Ω，显然变阻器应选用F且应采用分压式接法；
②由于待测电阻满足RVRx>RxRA电流表应用外接法，即电路应是分压外接电路，所以应采用甲图；
③根据R=UI及R= ρL14 πd2可得ρ= πUd2 4IL；
(2)当S2断开时应有U=I⋅(RA+Rx)
当S2闭合时应有U1=I⋅RA+U2
联立以上两式可得Rx= U+U2−U1 I
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
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