Question

20．实验室有一卷铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．

（1）该同学首先用螺旋测微器测得导线直径如图a所示，则其大小为0.730 mm；
（2）根据铜导线的长度，他估计其电阻大约有5Ω，随后他设计了一个实验，较为准确地测定了这卷铜导线的电阻，实验室有以下器材供选择：
A．电池组（6V，内阻约1Ω）
B．电流表（0～3A，内阻约0.01Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻约0.2Ω）
D．电压表（0～3V，内阻约4kΩ）
E．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）
G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）
H．保护电阻R₀=3Ω
I．开关、导线若干
①除了选项A、H和I外，电流表应选用C，电压表应选用D，滑动变阻器应选用F；（填写器材前的编号）
②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，该同学设计了图b所示电路，其中保护电阻R₀与铜导线串联，请用笔画线完成剩余部分的连接．
③通过上述实验，设测出的铜导线电阻为R，查询资料知道铜的电阻率为ρ，若用d表示铜导线的直径，请写出计算铜导线长度的表达式L=$\frac{πR{d}^{2}}{4ρ}$．

Answer 1

分析 （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）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法，根据电阻定律求解．

解答 解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm，
（2）①电源电动势为6V，电压表选择D，0～3V，内阻约4kΩ，电路最大电流约为：I=$\frac{E}{R+r}=\frac{6}{5+1}=1A$，电流表应选C，量程0.6A，内阻约0.2Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选F，0～20Ω．
②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，则用分压式电路，因待测电阻约为5Ω，根据待测电阻阻值的平方与电压表及电流表的电阻乘积相比较，可知待测电阻阻值偏小，故用电流表外接法；
实物电路图如图所示：
③由电阻定律得：R=ρ$\frac{L}{S}$=ρ$\frac{l}{\frac{1}{4}π{d}^{2}}$，解得：L=$\frac{πR{d}^{2}}{4ρ}$．
故答案为：（1）0.730；（2）①C；D；F；②如图所示；③$\frac{πR{d}^{2}}{4ρ}$

点评 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．