《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

1. 电流表半偏法(电路图如图所示)

(1)实验步骤
①先断开 $ S_2 $，再闭合 $ S_1 $，将 $ R_1 $ 由最大阻值逐渐调小，使电流表读数等于其量程 $ I_{m} $；
②保持 $ R_1 $ 不变，闭合 $ S_2 $，将电阻箱 $ R_2 $ 由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于 $ \frac{1}{2}I_{m} $ 时记录下 $ R_2 $ 的值，则 $ R_{A} = R_2 $。
(2)实验原理
当闭合 $ S_2 $ 时，因为 $ R_1 \gg R_{A} $，故总电流变化极小，认为不变仍为 $ I_{m} $，电流表读数为 $ \frac{I_{m}}{2} $，则 $ R_2 $ 中电流为 $ \frac{I_{m}}{2} $，所以 $ R_{A} = R_2 $。
(3)误差分析
①测量值偏小：$ R_{A测} = R_2 ＜ R_{A真} $。
②原因分析：当闭合 $ S_2 $ 时，总电阻减小，实际总电流增大，大于原电流表的满偏电流，而此时电流表半偏，所以流经 $ R_2 $ 的电流比电流表所在支路的电流大，$ R_2 $ 的电阻比电流表的内阻小，而我们把 $ R_2 $ 的读数当成电流表的内阻，故测得的电流表的内阻偏小。
③减小误差的方法：选电动势较大的电源 $ E $，选阻值非常大的滑动变阻器 $ R_1 $，满足 $ R_1 \gg R_{A} $。

答案：
(1) 实验步骤:
① 断开 $S_2$，闭合 $S_1$，调节 $R_1$ 至最大阻值，逐渐减小 $R_1$，使电流表读数为 $I_m$；
② 保持 $R_1$ 不变，闭合 $S_2$，调节电阻箱 $R_2$，逐渐减小其阻值，当电流表读数为 $\frac{I_m}{2}$ 时，记录 $R_2$ 的值，即 $R_A = R_2$。
(2) 实验原理:
当闭合 $S_2$，由于 $R_1 \gg R_A$，总电流变化可忽略，电流表读数为 $\frac{I_m}{2}$，则 $R_2$ 中电流为 $\frac{I_m}{2}$，因此 $R_A = R_2$。
(3) 误差分析:
① 测量值偏小：$R_{A测} = R_2 ＜ R_{A真}$；
②原因：闭合 $S_2$ 后，总电阻减小，总电流增大，电流表半偏时，流经 $R_2$ 的电流大于电流表电流，故 $R_2 ＜ R_A$；
③ 减小误差方法：选用电动势较大的电源 $E$，选用阻值非常大的滑动变阻器 $R_1$，满足 $R_1 \gg R_A$。

2. 电压表半偏法(电路图如图所示)
(1)实验步骤
①将 $ R_2 $ 的阻值调为零，闭合 $ S $，调节 $ R_1 $ 的滑动触头，使电压表读数等于其量程 $ U_{m} $；
②保持 $ R_1 $ 的滑动触头不动，调节 $ R_2 $，当电压表读数等于 $ \frac{1}{2}U_{m} $ 时记录下 $ R_2 $ 的值，则 $ R_{V} = R_2 $。
(2)实验原理：$ R_{V} \gg R_1 $，$ R_2 $ 接入电路时可认为电压表和 $ R_2 $ 两端的总电压不变，仍为 $ U_{m} $，当电压表示数调为 $ \frac{U_{m}}{2} $ 时，$ R_2 $ 两端电压也为 $ \frac{U_{m}}{2} $，则二者电阻相等，即 $ R_{V} = R_2 $。
(3)误差分析
①测量值偏大：$ R_{V测} = R_2 ＞ R_{V真} $。
②原因分析：当 $ R_2 $ 的阻值由零逐渐增大时，$ R_2 $ 与电压表两端的总电压也将逐渐增大，因此电压表读数等于 $ \frac{1}{2}U_{m} $ 时，$ R_2 $ 两端的实际电压将大于 $ \frac{1}{2}U_{m} $，使 $ R_2 ＞ R_{V} $，从而造成 $ R_{V} $ 的测量值偏大。显然电压表半偏法适用于测量内阻较大的电压表的电阻。
③减小误差的方法：选电动势较大的电源 $ E $，选阻值较小的滑动变阻器 $ R_1 $，满足 $ R_1 \ll R_{V} $。

答案：
(1)实验步骤
①将$R_2$调为零，闭合$S$，调节$R_1$使电压表示数为$U_m$。
②保持$R_1$不动，调节$R_2$使电压表示数为$\frac{U_m}{2}$，记录$R_2$，则$R_V=R_2$。
(2)实验原理
因$R_V\gg R_1$，$R_2$接入后总电压$U\approx U_m$。电压表与$R_2$串联，电压表示数为$\frac{U_m}{2}$时，$R_2$两端电压也为$\frac{U_m}{2}$，故$R_V=R_2$。
(3)误差分析
①测量值偏大：$R_{V测}=R_2＞R_{V真}$。
②原因：$R_2$增大使总电压增大，$R_2$两端实际电压$＞\frac{U_m}{2}$，则$R_2＞R_V$。
③减小误差：选电动势较大的电源$E$，选阻值较小的$R_1$，满足$R_1\ll R_V$。

【例4】(2023·海南卷·15)

用如图所示的电路测量一个量程为 $ 100 \muA $，内阻约为 $ 2000 \Omega $ 的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为 $ 12 V $，有两个电阻箱可选，$ R_1(0 \sim 9999.9 \Omega) $，$ R_2(0 \sim 99999.9 \Omega) $
(1)$ R_{M} $ 应选R1，$ R_{N} $ 应选R2；
(2)根据电路图，请把实物连线补充完整；

(3)下列操作顺序合理排列是①③②④；
①将变阻器滑动头 $ P $ 移至最左端，将 $ R_{N} $ 调至最大值；
②闭合开关 $ S_2 $，调节 $ R_{M} $，使微安表半偏，并读出 $ R_{M} $ 阻值；
③断开 $ S_2 $，闭合 $ S_1 $，调节滑动头 $ P $ 至某位置再调节 $ R_{N} $ 使表头满偏；
④断开 $ S_1 $、$ S_2 $，拆除导线，整理好器材
(4)如图是 $ R_{M} $ 调节后面板，则待测表头的内阻为1998.0Ω，该测量值小于(填“大于”“小于”或“等于”)真实值；
(5)将该微安表改装成量程为 $ 2 V $ 的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为1.30 $ V $(保留 $ 3 $ 位有效数字)；


(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中，$ S_2 $ 断开，电表满偏时读出 $ R_{N} $ 值，在滑动头 $ P $ 不变，$ S_2 $ 闭合后调节电阻箱 $ R_{M} $，使电表半偏时读出 $ R_{M} $，若认为 $ OP $ 间电压不变，则微安表内阻为$\frac{R_NR_M}{R_N - R_M}$(用 $ R_{M} $、$ R_{N} $ 表示)。

答案：
例4　
(1)R1　R2　
(2)见解析图　
(3)①③②④　
(4)1998.0Ω　小于　
(5)1.30　
(6)$\frac{R_NR_M}{R_N - R_M}$
解析　
(1)根据半偏法的测量原理可知，RM与RA相差不大，当闭合S2之后，滑动变阻器上方的电流应变化极小，就需要RN较大。故RM应选R1，RN应选R2。
(2)根据电路图连接实物图有

(3)半偏法的实验步骤应为：
①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；
③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。
(4)RM调节后面板读数为1998.0Ω，即待测表头的内阻为1998.0Ω。
闭合S2后，RM与RA的并联阻值小于RA的阻值，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于$\frac{I_g}{2}$，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。
(5)将该微安表改装成量程为2V的电压表，则需要串联一个电阻R0，则有U = Ig(Rg + R0)。
此时的电压读数有U' = I'(Rg + R0)，其中U = 2V，Ig = 100μA，I' = 65μA，联立解得U' = 1.30V。
(6)根据题意由OP间电压不变，可得$I(R_A + R_N) = (\frac{I}{2} + \frac{I}{2}\frac{R_A}{R_M})R_N + \frac{I}{2}·R_A$，解得$R_A = \frac{R_NR_M}{R_N - R_M}$。