解析湖北省黄石市有色一中2020┄2021学年高二上学期期中物理试卷

2020┄20２1学年湖北省黄石市有色一中高二(上）期中物理试

卷

一、本题共12小题;每小题4分，共计４８分．1-8小题为单选题，9-１2小题为多选题，全部选对得４分;选对但不全得２分;有错选或不答的得0分.

１.关于电动势下列说法正确的是( ）

Ａ．电源电动势等于电源正负极之间的电势差

B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值,实际上总略大于电源电动势的准确值

Ｃ.电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过１C的正电荷时,电源提供的能量

２．在显像管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场,设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△ｌ的电子束内的电子数是（）

A.?

B.?C．?D．

3．小量程的电流表Ｇ和用与此相同的小量程电流表改制成的电流表A、电压表Ｖ的内阻分别为ＲG、R A、RＶ，它们之间的大小关系是( )

A.ＲG

4．如图所示电路，当S闭合后两灯均不亮,已知两灯、电源、电键及电键到电源负极间的导线都完好,其余三条导线中有一条发生断路．若某同学使用多用电表来检查断线部分,他用

多用表的红表棒与a点相连接,把黑表棒分别先后与b点、c点相连，则以下能检测出断线部分的方法有（)

A.S闭合，多用表用6V量程的电压表

B．S闭合,多用表用0.3A量程的电流表

C．Ｓ断开,多用表用R×1量程的欧姆表

D.以上三种方法都不可以

５.金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U﹣I图象中，可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是( ）

A.?B．?C．?D.

６.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯,电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )

Ａ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低

B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小,通过每盏灯的电流较小

Ｃ.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大

Ｄ．供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小

7.用伏安法测某一电阻时,如果采用如图所示的甲电路,测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么Ｒ1、R２与真实值R之间满足关系（）

A．R1＞Ｒ＞Ｒ2B．Ｒ＞Ｒ1＞Ｒ2?C.R1

8.利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0．4Ω,它提供给用电器的电功率为4０kW，电压为8０0V.如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为（）

Ａ.1 ｋＷ?B.1.６kW?C．10 ｋW?D.1.6×１03 kW

9.如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图线,下列说法中正确的是( ）

A．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等

B．电流都是I０时,两电源的内电压相等

Ｃ．电源甲的电动势大于电源乙的电动势

D.电源甲的内阻小于电源乙的内阻

1０.经过精确校准的电压表V1和V2,分别用来测定如图所示电路中R两端a、ｂ间的电压,读数依次为12.7Ｖ和12.3Ｖ,则（）

A.ａ、b间的实际电压应大于12.7V

B．a、b间的实际电压应小于１２.3V

C.电压表Ｖ１的内阻大于V2的内阻

D．电压表V1的内阻小于Ｖ2的内阻

11.如图所示电路中,三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头Ｐ向左移动时，下面判断正确的是（）

Ａ．L1和Ｌ３变亮，L2变暗

B.L1变暗,L2变亮,L3亮度不变

C.L１中电流变化值小于L3中电流变化值

D.L１上电压变化值小于L2上的电压变化值

12．电位器是变阻器的一种．如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是( ）

A．连接A、Ｂ使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮

B.连接A、Ｃ使滑动触头逆时针转动,灯泡变亮

C.连接A、Ｃ使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗

Ｄ.连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮

二、填空题(共18分）

13.有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示,某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径ｄ、Ｄ有关.他进行了如下实验：

(１)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、Ｄ和长度Ｌ.图乙中游标卡尺（游标尺上有2０个等分刻度)的读数L= cm．

(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示(相关器材的参数已在图中标出）．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是．(用标注在导线旁的数字表示）

（3）改正电路后,通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Ｒd=13.3Ω、R D=3.38Ω．他发现:在误差允许范围内，电阻R满足R２=R d?R D,由此推断该圆台状合金棒的电阻R ＝．(用ρ、Ｌ、d、D表述）

１4.为了测定一节干电池的电动势和内电阻,现准备了下列器材:

①待测干电池E(电动势约1．5V,内阻约1.０Ω）

②电流表Ｇ(满偏电流３.0ｍA，内阻为１０Ω)

③安培表A(量程0～０.6０A，内阻约为０．1Ω）

④滑动变阻器Ｒ１(0～20Ω，2Ａ)

⑤滑动变阻器Ｒ2(0～1０00Ω，１Ａ）

⑥定值电阻R3=990Ω

⑦开关和导线若干

（1）为了能尽量准确地进行测量,也为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是 .

(2)在图甲所示的方框中画出实验电路原理图,并注明器材代号；

（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的I１﹣Ｉ２图线（Ｉ1为电流表G的示数，Ｉ２为安培表A的示数）,由该图线可求出被测干电池的电动势E= Ｖ,内电阻ｒ= Ω．(结果均保留两位有效数字）

三、计算题（共44分)

15.每个太阳能电池的电动势为0.50Ｖ,短路电流为0.04A，求该电池的内阻为多少？现用多个这种太阳能电池串联(已知电源串接后总电动势和内电阻为所有电源的总和）对标称值为“2.0V、０.04Ｗ”的灯泡供电，则需要多少个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作?(既要求路瑞电压等于用电器的额定电压)

16．如图所示，每个电阻的阻值都是2Ω，电流表内阻不计，在B、C间加6Ｖ电压时，电流表的示数是多少?

17．如图所示,电解槽A与电炉R并联后接到电源上,电源内阻r=1Ω,电炉电阻Ｒ＝19Ω，电解槽接入电路中的电阻r′=０.５Ω.当K1闭合、Ｋ２断开时，电炉消耗功率68４W;Ｋ1、Ｋ2都闭合时电炉消耗功率4７5W（电炉电阻可看作不变）．试求

(1)电源的电动势；

(２）K1、Ｋ２闭合时，流过电解槽的电流大小；

（３）Ｋ1、Ｋ２闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．

18．大量实验表明，通过由某一金属氧化物制成的棒中的电流Ｉ遵循I=kU３的规律（其中U表示棒两端的电势差，式中ｋ=０.02A/Ｖ3).现将该棒与一个遵从欧姆定律的电阻器串连在一起后,接在一个内阻可以忽略、电动势E=6．0Ｖ的电源上．

(1）当串连的电阻器阻值R1是多少时,电路中的电流为０．16A？

(2）当串连的电阻器阻值R2是多少时，棒消耗的电功率是电阻Ｒ2消耗功率的2倍?（保留两位有效数字.

?

２02０┄202１学年湖北省黄石市有色一中高二(上）期

中物理试卷

参考答案与试题解析

一、本题共1２小题;每小题4分，共计4８分.1-8小题为单选题,9－12小题为多选题,全部选对得4分;选对但不全得2分；有错选或不答的得０分.

1.关于电动势下列说法正确的是( ）

A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差

B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略大于电源电动势的准确值C.电源电动势总等于内、外电路上的电压之和,所以它的数值与外电路的组成有关

D．电源电动势总等于电路中通过１Ｃ的正电荷时,电源提供的能量

【考点】电源的电动势和内阻．

【专题】恒定电流专题.

【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势.电动势的定义式E ＝，W是非静电力做功．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．根据这些知识点进行分析解答．

【解答】解:A、电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电势差,若电源接入电路,由于电源的内电路有电势差,两极间的电势差则小于电动势,故AB错误;

C、电源的电动势是由电源本身决定的,与外电路是无关的；故C错误

D、根据电源电动势定义式E＝可知，电源电动势总等于电路中通过１C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确；

故选:D

【点评】解答本题关键从物理意义、定义式、闭合电路欧姆定律来理解电动势.要注意在电源内部是非静电力做功，在电源的外部是静电力做功．

２．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场,设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为Ｉ的电子束.已知电子的电量为e,质量为m,则在刚射出加速电场时,一小段长为△l的电子束内的电子数是（）

A.B．Ｃ.?D.

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念．

【专题】带电粒子在电场中的运动专题.

【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度ｖ．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动,由求出电子运动的时间,根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数.

【解答】解:根据动能定理得

eU＝

得到，v=①

在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q=Ｉ△t=I②

电子数ｎ=③

联立①②③得,n=

故选B

【点评】本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化.中等难度．

3．小量程的电流表G和用与此相同的小量程电流表改制成的电流表A、电压表V的内阻分别为R G、R A、ＲV，它们之间的大小关系是（)

Ａ.R GRＡ

【考点】把电流表改装成电压表.

【专题】实验题;恒定电流专题.

【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压,阻值大于电流表Ｇ;改装成电流表要并联电阻分流,阻值小于电流表G．

【解答】解:因电流表改装成电压表要串联电阻，则：R V＞R G

因电流表改装成电流表要并联电阻,则：R G>R A

故三者的阻值大小关系为：RＡ＜R G＜R V则A错误,B错误，C正确，D错误

故选C．

【点评】考查电表的改装原理，明确改成电压表要串联电阻,改成电流表要并联电阻．４．如图所示电路，当Ｓ闭合后两灯均不亮,已知两灯、电源、电键及电键到电源负极间的导线都完好,其余三条导线中有一条发生断路．若某同学使用多用电表来检查断线部分,他用多用表的红表棒与ａ点相连接，把黑表棒分别先后与ｂ点、c点相连，则以下能检测出断线部分的方法有( ）

A.Ｓ闭合,多用表用6V量程的电压表

Ｂ.Ｓ闭合,多用表用0．3A量程的电流表

C．S断开，多用表用R×1量程的欧姆表

D．以上三种方法都不可以

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】本题判断故障的位置,可用量程是9V的电压表,也可以在电路断开的情况,运用欧姆表判断．

【解答】解:A、电路中发生断路，断路处元件两端的电压等于电源的电动势,故Ｓ闭合时，多用表应用15Ｖ量程的电压表,6V量程太小,故A错误．

B、S闭合时，若ab完好，电流表接在aｂ间，没有读数,若此处电路有断路，电流表串联在电路，应有读数，所以用电流表不能判断断路故障在何处，故B错误．

C、S断开时，多用表用Ｒ×1量程的欧姆表测量各段电阻，可判断出故障所在的位置.故C 正确.

D、由上知D错误.

故选Ｃ

【点评】本题是故障分析问题，常用运用欧姆表或电压表判断故障的位置,要理解并掌握其原理,这是常见的题型,要熟练掌握.

5．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感,在下图所示的U﹣Ｉ图象中,可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是（)

A.B．C． D.

【考点】闭合电路的欧姆定律.

【专题】恒定电流专题.

【分析】金属铂的电阻随温度的升高而增大．电阻的Ｕ﹣Ｉ图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻．根据数学知识进行选择．

【解答】解：根据电阻的定义式Ｒ=可知,U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻，金属铂的电阻随温度的升高而增大,则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增大，图线是曲线，根据数学知识可知,C正确．

故选C

【点评】本题考查对金属电阻特性的掌握程度，抓住图线的数学意义来理解其物理意义. 6．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( ）

A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低

B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小,通过每盏灯的电流较小

C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大

D.供电线路上的电流恒定,但开的灯比深夜时多,通过每盏灯的电流小

【考点】电能的输送.

【专题】交流电专题.

【分析】用电高峰时,负载增多,总电阻减小,根据电流的变化,判断出输电线上损失电压的变化，从而得出用户获得电压的大小.

【解答】解：晚上七、八点钟用电高峰时开灯,由于负载增多,总电阻减小,根据欧姆定律,输电线上的电流增大，输电线上损失的电压变大,由于照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，所以用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压较低．故Ｃ正确,A、B、D错误．

故选C.

【点评】本题考查的是电路的动态分析,关键抓住不变量以及变化量，运用欧姆定律进行分析．

7.用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路,测量值为R2，那么R1、Ｒ2与真实值R之间满足关系( )

A.R１＞R>Ｒ2?

B.R>R1>R2?

C.R1＜R

【考点】伏安法测电阻．

【专题】实验题;恒定电流专题.

【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响,即可得出其测量结果与真实值之间的关系.

【解答】解:甲图中电压值是准确的,而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；

而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大,故测量结果将大于真实值；

故答案为:R１＜R<Ｒ2，Ｃ正确;

故选Ｃ

【点评】本题考查误差的分析,要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系．

8．利用超导材料零电阻的性质,可实现无损耗输电.现有一直流电路,输电线的总电阻为0.４Ω，它提供给用电器的电功率为40ｋW，电压为800V.如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为（）

A.1 kＷ

B.１．6 kW?Ｃ．１0 kＷ D.１.6×103kW

【考点】电功、电功率；欧姆定律.

【专题】恒定电流专题.

【分析】当输电导线总电阻为０.4Ω，它提供给用电器的电功率是4０ｋW,电压是800V，求出输电线上损失的功率，即为用超导电缆节约的功率．

【解答】解：当输电导线总电阻为0．4Ω时,由Ｐ=UＩ得：Ｉ==A＝50A；

输电线上损失的功率△P＝Ｉ2R=5０２×0．4Ｗ=1kW

故选：Ａ.

【点评】输电线是纯电阻电路，损失功率可以用三个公式求解，△Ｐ＝Ｉ２R==△Ｕ?Ｉ,其中△U是电压损耗,而不是输电电压.

９.如图所示,甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图线,下列说法中正确的是（）

A.路端电压都为U0时,它们的外电阻相等

B．电流都是I0时,两电源的内电压相等

C.电源甲的电动势大于电源乙的电动势

Ｄ.电源甲的内阻小于电源乙的内阻

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【专题】恒定电流专题．

【分析】根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与Ｉ轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值）,电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积,即U内=Ir.

【解答】解：A、根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为Ｒ=，在U﹣Ｉ图线中甲、乙两图线的交点坐标为（Ｉ0,U０),说明两电源的外电阻相等，故Ａ正确．

B、电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时,甲电源的内电压较大，故B错误．

C、图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小,由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大,表明甲的电动势大于乙的电动势,故C正确.

D、图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值）,图线甲的斜率大于图线乙的斜率,表明甲的内阻大于乙的内阻，故D错误．

故选AC.

【点评】本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小.

1０．经过精确校准的电压表Ｖ1和Ｖ2,分别用来测定如图所示电路中R两端a、ｂ间的电压，读数依次为12.７Ｖ和12.3V,则（)

Ａ.ａ、b间的实际电压应大于12.７V

B.a、b间的实际电压应小于１２.3Ｖ

C．电压表V1的内阻大于V２的内阻

D．电压表Ｖ１的内阻小于V2的内阻

【考点】伏安法测电阻.

【专题】恒定电流专题．

【分析】本题的关键是明确电压表不是理想电表,根据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．

【解答】解:由于电压表不是理想电表(内阻不是无穷大），当a、ｂ两端接入电压表后,电阻R 与电压表的并联电阻小于电阻R,根据欧姆定律和串并联规律可知,电阻R与电压表的并联总电压小于电阻Ｒ的实际电压,即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表

的示数,所以A正确B错误．

根据欧姆定律可知,若电压表的内阻越大,电压表与R的并联电阻就越大,电压表的示数也越大,即电压表的内阻大于电压的内阻，所以Ｃ正确D错误．

故选AC．

【点评】应牢记若电压表不是理想电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大,电压表示数越接近实际电压.

１1.如图所示电路中,三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头Ｐ向左移动时，下面判断正确的是（）

A．L1和Ｌ3变亮，Ｌ2变暗

B．L1变暗,L2变亮，Ｌ３亮度不变

C．L1中电流变化值小于Ｌ3中电流变化值

Ｄ．Ｌ1上电压变化值小于Ｌ2上的电压变化值

【考点】闭合电路的欧姆定律.

【专题】恒定电流专题．

【分析】由图可知Ｌ3与R串联后与Ｌ2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化,则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知Ｌ1亮度的变化;将R0、L1作为内电阻处理,由U=E﹣Iｒ可知并联部分电压的变化,由欧姆定律可得出两灯亮度的变化;因两灯电阻均为定值,则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．

【解答】解:A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大,故Ｌ1变亮;

电路中总电流增大,故内电压及R０、L1两端的电压增大,而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗;

因Ｌ2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L３变亮；故A正确，Ｂ错误;

C、因L1中电流增大，L3中电流增大,而Ｌ２中电流减小;开始时有:I1=Ｉ２＋I3,故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；

D、因并联部分的电压与L1、R０及内电阻上的总电压等于电源的电动势;L2两端的电压减小，L１、R0及内阻r两端的电压增大,而电动势不变,故L１上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；

故选ACD．

【点评】本题不但考查电路中各量的变化方向,还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖,要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律.

１2.电位器是变阻器的一种.如图所示,如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是（）

A．连接A、Ｂ使滑动触头顺时针转动,灯泡变亮

Ｂ.连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮

Ｃ．连接A、C使滑动触头顺时针转动,灯泡变暗

Ｄ．连接Ｂ、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮

【考点】欧姆定律.

【专题】恒定电流专题.

【分析】连接A、Ｂ使滑动触头顺时针转动时,根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小,灯泡的功率P=I２R，P减小,灯泡变暗.

连接A、C,电位器接入电路的电阻不变.连接B、C使滑动触头顺时针转动时，位器接入电路的电阻减小，灯泡变亮．

【解答】解：Ａ、连接Ａ、B使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律,电位器接入电路的电阻增大，电流减小,灯泡的功率P＝I2R,P减小,灯泡变暗．故A错误．

B、C连接Ａ、C，电位器接入电路的电阻不变,电流不变,灯光亮度不变．故BC错误.

D、连接B、C使滑动触头顺时针转动时，位器接入电路的电阻减小,电流增大，灯泡变亮.故Ｄ正确.

故选:D

【点评】电位器是变形的滑动变阻器，根据电阻定律研究接入电路的电阻与旋转方向的关系．二、填空题(共18分）

１3.有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径ｄ、D有关.他进行了如下实验:

（1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度Ｌ.图乙中游标卡尺（游标尺上有2０个等分刻度)的读数L= ９.940 cm．

(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）．该合金棒的电阻约为几个欧姆.图中有一处连接不当的导线是⑥ ．(用标注在导线旁的数字表示)

(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻Ｒ＝6．７2Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为R d＝13．3Ω、ＲD＝3.38Ω．他发现:在误差允许范围内,电阻R满足R２=Rｄ?R D，由此推断该圆台状合金棒的电阻R= ．（用ρ、L、ｄ、Ｄ表述)

【考点】探究决定导线电阻的因素；电阻定律；伏安法测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用.【专题】实验题.

【分析】（1)20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.0５mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分.

（2）电路分为测量电路和控制电路两部分.测量电路采用伏安法.根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系,选择电流表外接法;

(3)电阻定律的公式Ｒ=ρ进行求解．

【解答】解：（1)游标卡尺的读数,按步骤进行则不会出错.首先,确定游标卡尺的精度为20分度，即为０.0５mｍ,然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.０0ｍm,注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.0５×8mm=０.4０mm，最后两者相加,根据题目单位要求换算为需要的数据,99.0０mm+0.4０

mm=99.40mm＝9.9４０cm.

(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻,在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时,因为安培表的内阻较小,为了减小误差,应用安培表外接法,⑥线的连接使用的是安培表内接法.（3）审题是处理本题的关键,弄清题意也就能够找到处理本题的方法.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和Ｄ的圆柱状合金棒的电阻分别为R d=13.3Ω、R D=3.38Ω．即