新高考物理一轮复习考点精讲精练第69讲 半偏法测电阻的原理及其思维方法的迁移（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2022•湖北）某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 3.700 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。根据表中数据，在图丙中绘制出R图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得Rx＝ 6.0 Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式ρ＝ 得到该材料的电阻率（用D、L、Rx表示）。
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的R图像，还可以求得电源电动势E＝ 12 V，内阻r＝ 3.0 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【解答】解：（1）用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则读数为3.5mm+0.01mm×20.0＝3.700mm；
（2）由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
E＝I（RA+R0+r+R）
即
由图像可知

解得：E＝12V

解得：r＝3.0Ω
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则
E＝I′（r+R0+RA+Rx）
解得：Rx＝6.0Ω
根据

解得：ρ
（3）由（2）可知
E＝12V
r＝3.0Ω
（4）根据表达式
E＝I′（r+R0+RA+Rx）
因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表有相同读数时，得到的Rx偏小，即Rx测量值偏大。
故答案为：（1）3.700；（2）6.0；；（3）12；3.0；（4）偏大
一.知识回顾
1.半偏法测电表的内阻
2.说明：
①半偏法测电流表的内阻时，只有当R1≫RA(R1≫R2)时，RA测≈RA。R1≫RA、R1≫R2为选器材提供依据，即R1应选阻值较大的电阻；在安全范围内电源应选电动势较大的。
②半偏法测电压表的内阻时，只有当R3≪RV(R3≪R4)时，RV测≈RV。同理，R3≪RV、R3≪R4也为选器材提供依据，即R3应选阻值较小的电阻；在安全范围内，电源应选电动势较大的。
3.半偏法思维方法的迁移
电阻与电表所在支路如果电压不变，当与电压表串联的电阻与电压表内阻相等时，分压相等；如果与电压表串联的电阻是电压表内阻的n倍，则所分的电压是电压表的n倍。
二.例题精析
题型一：半偏法测电压表内阻
例1．电压表满偏时通过该表的电流是半偏是通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电压2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．
（1）虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．
（2）根据设计的电路写出步骤 移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏 ， 保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏 ， 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻 ．
（3）将这种方法测出的电压表内阻记为RV′与内阻的真实值RV先比RV′ ＞ RV（添＞＝或＜），主要理由是 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大 ．
【解答】解：（1）待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；
电路图如图所示：
（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；
（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故Rv＜Rv′；
故答案为：（1）如解析图像所示；
（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；
（3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大。
题型二：半偏法的迁移与变式
例2．某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）。开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图（a）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器使电压表满偏；
④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）实验中应选择滑动变阻器 R1 （填“R1”或“R2”）。
（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。
（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为 2520 Ω（结果保留到个位）。
（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 D （填正确答案标号）。
A.100μA
B.250μA
C.500μA
D.1mA
【解答】解：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；
（2）实物图连接如图所示：
（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：
U＝U′
代入数据，有：
2.5＝2
解得：
RV＝2520Ω
（4）该表头的满刻度电流为：I1.0×10﹣3A＝1mA
故选D
故答案为：（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D。
题型三：半偏法测电流表内阻及系统误差的解决方法
例3．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。
①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 BEFADC （填步骤的字母代号）；
A．合上开关S2
B．分别将R1和R2的阻值调至最大
C．记下R2的最终读数
D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为r
E．合上开关S1
F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数
②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比 相等 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS＝ 。
【解答】解：①先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻，由此得顺序为BEFADC。
②调节RR2，电流达到半偏时，两并联支路电阻相等。
③扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：
故答案为：①BEFADC ②相等 ③
三.举一反三，巩固练习
某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。
（1）该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A．滑动变阻器R1（0～5kΩ）
B．滑动变阻器R2（0～20kΩ）
C．电阻箱R'（0～9999.9Ω）
D．电源E1（电动势为1.5V）
E.电源E2（电动势为9V）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合S2，保持R不变，调节R'的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R'的示数为1900.0Ω；
回答下列问题：
（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用 E2 （填E1或E2），滑动变阻器应选用 R2 （填R1或R2）；
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg＝ 1900 Ω，与微安表内阻的真实值相比 偏小 （选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为 2100 Ω的电阻R0；
（3）用图乙所示电路对改装电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至 2059.6 Ω（结果保留1位小数）。
【解答】解：（1）本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电源电动势约为9V的电压E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小电阻大于，股滑动变阻器应选择最大电阻为20kΩ的R2。
（2）由实验操作步骤可知通过毫安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即毫安表G内阻的测量值Rg＝1900Ω；
因为闭合S2电阻箱R′并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于Ig，而流过微安表的电流为，则流过电阻箱的电流大于，即流过电阻箱的电流实际大于流过微安表的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱的阻值；
若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为：

（3）当微安表G的示数为495μA时

若是调整为准确，则需将为微安表读数变为500μA，则

即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为2100Ω﹣40.4Ω＝2059.6Ω。
故答案为：（1）E2；R2；（2）1900；偏小；2100；（3）2059.6
某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100mA，内阻为12Ω，另外一个电流表的量程为200mA。
（1）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1代表量程为100mA电流表A（图中未画出）改装后的电流表、A2为量程为200mA的电流表、R1为电阻箱、R2与R3均为滑动变阻器、R0为定值电阻、S为开关、Rx为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体的实验操作如下：
A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器R2的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整R3，逐步增大输出电压，并反复调整R1和R2使灵敏电流计G的示数为零，此时量程为100mA的电流表A的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；
D．实验完毕，整理器材。
①实验步骤B中滑动变阻器R3的滑片应调至最 左 （填“左”或“右”）端；
②某次测量时，量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过R2的电流为 160 mA。
（2）待测金属圆柱Rx的阻值为 （用所测物理量的字母表示）。
（3）电流表A1、A2的内阻对测量结果 无 （填“有“或“无”）影响。
【解答】解：（1）①由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，应滑动变阻器R3的滑片应调至最左端。
②A1代表量程为100mA电流表A改装后的电流表，改装后电流表量程是200mA，改装后量程为原量程的2倍；
由图乙所示表盘可知，量程为100mA的电流表A的分度值为4mA，示数为80mA，
由于改装后电流表量程是原电流表量程的2倍，则通过电阻R2的电流为80mA×2＝160mA。
（2）电流计G的示数为零，则R1和Rx两端的电压相等，由并联电路特点与欧姆定律得：2I1R1＝I2Rx，
解得，待测金属圆柱的阻值Rx
（3）待测金属圆柱的阻值Rx，电流表A1、A2的内阻对测量结果较没有影响。
故答案为：（1）①左；②160；（2）；（3）无。
为了精确地测量待测电阻Rx（约10Ω）的阻值，实验室提供了下列器材：
A.电流表A1（量程为500μA，内阻r1＝1000Ω）
B.电流表A2（量程为0.3A，内阻约0.1Ω）
C.滑动变阻器R1（0～1000Ω，额定电流3A）
D.滑动变阻器R2（0～5Ω，额定电流1.0A）
E.滑动变阻器R3（0～1Ω，额定电流1.0A）
F.电阻箱R（阻值范围为0～9999.9Ω）
G.电源（电动势E＝3.0V，内阻约0.2Ω）
H.开关S、导线若干
（1）由于没有电压表，小刘同学把电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，他需要把电阻箱的阻值调为 5000 Ω；
（2）小刘选择的滑动变阻器为 D ；（填“C”“D”或“E”）
（3）在下面的方框中画出正确的电路图；
（4）按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I1﹣I2图像如图所示，则待测电阻Rx＝ 9.0 Ω（结果要保留2位有效数字）。
【解答】解：（1）电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：
RΩ﹣1000Ω＝5000Ω。
（2）待测电阻阻值约为5Ω，滑动变阻器如果选择C，不方便条件，滑动变阻器E最大阻值太小，为方便实验操作且使电压调节范围较大，滑动变阻器应选择D。
（3）由于待测电阻阻值等于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；流过电压表的电流可以测出，电流表可以采用外接法，实验电路图如图所示
（4）根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得：I1（r1+R）＝（I2﹣I1）Rx
整理得：I1I2，
由图示I1﹣I2图像可知，图像的斜率为：k1.5×10﹣3，代入数据解得待测电阻为：Rx＝9.0Ω。
故答案为：（1）5000；（2）D；（3）电路图如上图所示；（4）9.0。
某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B.电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C.电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D.电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 B （选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的 甲 （选填“甲”或“乙”）。
（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值 5.2 Ω（保留两位有效数字）。
（4）选用乙电路产生误差的主要原因是 电压表测量值大于Rx两端的电压值 。
（5）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U﹣x关系的示意图中正确的是 A 。
【解答】解：（1）]电路中可能出现的最大电流约为IA＝0.6A，电流表选用B；因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，故选甲电路；
（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）由图示电流表可知其分度值为0.02A，则读数为0.50A，电压表分度值为0.1V，则读数为2.60V，可得该电阻的测量值
（4）选用乙电路产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值；
（5））由于随着滑片的移动，Rx两端的电压增大，说明电路中电流增大，变阻器接入电路的电阻减小，设变阻器的最大电阻为R，单位长度电阻丝阻值为k，则Rx两端的电压为U＝IRxRx，由此得随x的增大，U增大，但不是简单的线性关系，又当x＝0时，U最小，且U0，随x的增大，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，故A正确，BCD错误。
故选A。
故答案为：（1）B；甲；（2）实物电路图如上图所示；（3）5.2；（4）电压表测量值大于Rx两端的电压值；（5）A。
有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000Ω，现要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：
电源E：电动势约15V，内阻不计；
电流表A1：量程1A，内阻r1＝2Ω；
电压表V2：量程2V，内阻r2＝2000Ω；
定值电阻R1：阻值20Ω；（可作为保护电阻）
定值电阻R2：阻值1Ω；（可作为保护电阻）
滑动变阻器R：最大阻值10Ω，额定电流1A；开关一个，导线若干。
（1）提供的实验器材中，应选用的电表是 V2 、定值电阻是 R1 ；（填器材符号）
（2）请你设计一个测量电压表V1的实验电路图，画在答题卡上对应的虚线框内；（要求：滑动变阻器要便于调节）
（3）若所选电表的读数为a，待测电压表V1的读数为U1，写出电压表V1内阻的计算表达式RV1＝ r2 。
【解答】解：（1）：由于待测电压表的电压量程为3V，最大电流为：I1mA，远小于电流表的量程1A，而电压表V2的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表V2；
为保护电路，定值电阻应选阻值大的R1。
（2）：由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法；
由于待测电压表的额定电流为I1mA，电压表V2的额定电流为：I21mA
，所以应将两电压表串联使用，电路图如图所示：
（3）：根据欧姆定律和串并联规律应有：，依题意U2＝a，解得：r1r2
故答案为：①V2，R1；②见图；③r2。
有一个电压表V，其内阻为30kΩ、量程约25V～35V，共有30个均匀小格，但刻度数值已经模糊．为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：
标准电压表V1：量程0～3V，内阻为3kΩ
标准电压表V2：量程0～6V，内阻为1kΩ
电流表A：量程0～3A，内阻未知
滑动变阻器R：总阻值1kΩ
稳压电源E：30V，内阻不能忽略
电键、导线若干
（1）根据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的实验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题： 电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明显 ．
（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示（要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug＝ ；式中各字母的意义是： N为V表指针所指格数，U1为V1表读数 ．
【解答】解：（1）此电路设计存在的问题：电流表A的量程太大，电压表的内阻较大，电压表与其串联时实际流过电流表的电流太小，即电流表的指针偏转不明显．
（2）由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；
因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所示；
由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流为：I，
则待测电压表两端的电压为：I×30000＝10U1
此时指针指示的格数为N，则有：Um＝10U1；
解得量程为：Ug，其中N：直流电压表V指针所指格数，U1：标准电压表V1的读数．
故答案为：（1）电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明；（2）电路图如图所示；；N为V表指针所指格数，U1为V1表读数．
R/Ω
I/A
/A﹣1
5.0
0.414
2.42
10.0
0.352
2.84
15.0
0.308
3.25
20.0
0.272
3.68
25.0
0.244
4.10
30.0
0.222
4.50
实验原理
半偏法测电表内阻的两种情况
①半偏法测电流表的内阻RA：如图甲所示，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表达到满偏值I0；保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数等于eq \f(I0,2)，然后读出电阻箱R2的阻值R2′，则有RA＝R2′。
②半偏法测电压表的内阻RV：如图乙所示，闭合S，将电阻箱R4的阻值调为零，调节滑动变阻器R3，使电压表达到满偏值U0；保持R3的阻值不变，调节R4，使电压表的示数为eq \f(U0,2)，记下此时电阻箱的示数R4′，则有RV＝R4′。
方法突破
两种半偏法的比较(结合图甲、乙)
测电流表内阻RA
测电压表内阻RV
实验条件
R1≫RA
R3≪RV
误差产
生原因
闭合S2后，总电流变大，IR2>eq \f(I0,2)
R4连入后，与R4两端的电压变大，UR4>eq \f(U0,2)
测量结果
RA测＝R2′RV测＝R4′>RV