1、高考物理闭合电路的欧姆定律解题技巧( 超强 ) 及练习题 ( 含答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1 平行导轨P、 Q 相距 l 1 m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板 M 、N 相距 d 10 mm ，定值电阻 R1 2123 R，R 2 ，金属棒 ab 的电阻 r2，其他电阻不计磁感应强度B0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m 110 14kg，电荷量 q1 14210 C 的微粒恰好静止不动取g 10 m/s ，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且速度保持恒定试求：(1)
2、匀强磁场的方向和MN 两点间的电势差(2)ab 两端的路端电压；(3)金属棒 ab 运动的速度【答案】 (1) 竖直向下； 0.1 V(2)0.4 V. (3) 1 m/s.【解析】【详解】（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电 ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由ba，其 a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mgEq又 E U MN dmgd所以 UMN 0.1 Vq（2）由欧姆定律得通过R3 的电流为IU MN 0.
3、05 AR3则 ab 棒两端的电压为 Uab UMN I0.5R1 0.4 V.（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBLv由闭合电路欧姆定律得E Uab Ir 0.5 V联立解得v1 m/ s.2 如图所示，水平U 形光滑框架，宽度L1m ，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m0.2kg ，电阻R0.5，匀强磁场的磁感应强度B0.2T ，方向垂直框架向上.现用F 1N 的拉力由静止开始向右拉 ab 棒，当 ab 棒的速度达到 2m / s 时，求此时：1 ab 棒产生的感应电动势的大小；2 ab 棒产生的感应电流的大小和方向；3 ab 棒所受安培力的大小和方向；4 ab 棒的加速度的大小【答案
4、】（） 0.4V （） 0.8A 从 a 流向 b （） 0.16N 水平向左 （） 4.2m / s2 【解析】【分析】【详解】试题分析： （ 1）根据切割产生的感应电动势公式E=BLv，求出电动势的大小（2）由闭合电路欧姆定律求出回路中电流的大小，由右手定则判断电流的方向.（ 3）由安培力公式求出安培力的大小，由左手定则判断出安培力的方向（4）根据牛顿第二定律求出ab 棒的加速度（1）根据导体棒切割磁感线的电动势EBLv 0.21 2V 0.4V（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流IE0.4 A0.8 A，由右手定则可知电流方向R0.5为：从 a 流向 b（3） ab 受安培力 FBIL 0
5、.2 0.81N0.16N ，由左手定则可知安培力方向为：水平向左（4）根据牛顿第二定律有 ： FF安ma ，得 ab 杆的加速度FF安10.16m / s24.2m / s2am0.23 如图所示，金属导轨平面动摩擦因数0.2，与水平方向成 37角，其一端接有电动势E 4.5V，内阻r 0.5 的直流电源。现把一质量m 0.1kg 的导体棒ab放在导轨上，导体棒与导轨接触的两点间距离L 2m，电阻R 2.5 ，金属导轨电阻不计。在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B 0.5T，方向竖直向上的匀强磁场。己知sin37 0.6， cos370.8， g 10m/s 2（不考虑电磁感应影响），求：(
6、1)通过导体棒中电流大小和导体棒所受安培力大小；(2)导体棒加速度大小和方向。【答案】 (1) 1.5A， 1.5N；(2)2.6m/s 2，方向沿导轨平面向上【解析】【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可得EI1.5ARr根据安培力公式可得导体棒所受安培力大小为FBIL1.5N(2)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有BIL cos mgsin fmafFNcosBILsinmg联立可得a2.6m/s 2方向沿导轨平面向上4 如图所示，电源的电动势E110V ，电阻R121，电动机绕组的电阻R0.5，开关S1 始终闭合当开关S2 断开时，电阻R1 的电功率是525W ；当开关S2 闭合时，电阻R
7、1 的电功率是 336W ，求：（ 1）电源的内电阻 r；（ 2）开关 S2 闭合时电动机的效率。【答案】（ 1） 1；（ 2） 86.9%。【解析】【详解】（1） S2 断开时 R1 消耗的功率为 P1525 W ，则E2P1R1R1 r代入数据得 r =1（2） S2 闭合时 R1两端的电压为U，消耗的功率为P2 336 W ，则P2U 2R1解得 U=84V由闭合电路欧姆定律得EUIr代入数据得 I =26A设流过 R1 的电流为 I 1，流过电动机的电流为I2，则I1U4 AR1又I 1I 2I解得 I2 =22A则电动机的输入功率为PMUI 2代入数据解得 PM1848 W电动机内阻
8、消耗的功率为PRI 22R代入数据解得 PR242 W则电动机的输出功率P PMPR1606W所以开关 S2 闭合时电动机的效率P86.9%100%PM5 在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B 水平放置，两板间的距离d=4.0cm 电源电动势 E=400V，内电阻r=20，电阻 R1=1980 闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B 板上的小孔以初速度 v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球-7-4恰好能到达 A 板 若小球所带电荷量 q=1.0 10C，质量 m=2.0 10kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s 2 求：（1） A、
9、 B 两金属板间的电压的大小U；（ 2）滑动变阻器消耗的电功率P；（ 3）电源的效率 【答案】 （1） U =200V（ 2） 20W（ 3） 99.5 0 0【解析】【详解】（ 1）小球从 B 板上的小孔射入恰好到达 A 板的过程中，在电场力和重力作用下做匀减速直线运动，设 A、 B 两极板间电压为 U，根据动能定理有：qU mgd 01 mv02 ，2解得： U = 200 V（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的E，而 U = IR ，电流 IR1 Rr3解得： R = 2 10滑动变阻器消耗的电功率U 220 W PR（3）电源的效率P出I 2
10、 ( R1R)0P总I 2 (R199.50R r )【点睛】本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻6 如图所示 ，电源电动势E27 V，内阻 r 2 ， 固定电阻 R2 4 ， R1 为光敏电阻 C 为平行板电容器 ，其电容 C 3pF，虚线到两极板距离相等，极板长L 0.2 m，间距 2为一圆盘 ，由形状相同透光率不同的二个扇形a、 b 构成 ，它可绕 AA轴d 1.0 10 mP转动当细光束通过扇形a、 b 照射光敏电阻R1 时， R1 的阻值分别为 12 、 3 有.带电量 401为 q 1.0 10 10
11、m/s 连续射入C 微粒沿图中虚线以速度 vC 的电场中假设照在 R上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变重力加速度为g 10 m/s 2.(1)求细光束通过a 照射到 R1 上时 ，电容器所带的电量；(2)细光束通过 a 照射到R1 上时 ，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b 照射到R1 上时带电微粒能否从C 的电场中射出【答案】 （1） Q1.810 11 C （ 2）带电粒子能从 C 的电场中射出【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，即可由Q=CU 求其电量；细光束通过a 照射到 R1 上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二
12、力平衡细光束通过b 照射到 R1 上时，根据牛顿第二定律求粒子的加速度，由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C 的电场中射出【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，得IE271.5AR1R2 r12 4 2又电容器板间电压UCU2IRC2 ，得 U =6V设电容器的电量为Q，则 Q=CUC解得 Q 1.810 11C（2）细光束通过 a 照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有U Cmg qd解得 m 0.6 10 2 kg细光束通过 b 照射时，同理可得U C12V由牛顿第二定律，得q U Cmgma 解得 a10m/s2d微粒做类平抛运动，得y1 at 2， tlv02解得 y 0.2 10 2
13、 md ， 所以带电粒子能从C 的电场中射出2【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是明确带电粒子的受力情况，判断其运动情况，对于类平抛运动，要掌握分运动的规律并能熟练运用7 如图所示的电路中，两平行金属板A、B 水平放置，两板间的距离d 4cm，电源电动势 E 24V，内电阻r 1，电阻 R 15，闭合开关S待电路稳定后，一带电量q110 5C，质量 m 210 4kg 的小球恰好静止于两板之间取g 10m/s 2求：（ 1）两板间的电压；（ 2）滑动变阻器接入电路的阻值【答案】（ 1） 8V（ 2）8【解析】【详解】(1)对小球，由平衡条件得：mgqE ，又 EU，d整理
14、并代入数据解得：Umgd2 10 410 0.04 V 8V ；q110 5(2)设此时滑动变阻器接入电路的阻值为RP ，由闭合电路欧姆定律得：EI，RRPr而UIRP ，则得：ERPU，RRPr代入数据可得：24RP8，15RP1解得：RP8。答：(1)两板间的电压为8V；(2)滑动变阻器接入电路的阻值为8.8 如图所示 ,电源电动势 E=10V,内阻 r=1,定值电阻 R1=3。电键 S 断开时 ,定值电阻 R2 的功率为 6W,电源的输出功率为 9W。电键 S 接通后 ,理想电流表的读数为 1.25A。求出：（ 1）断开电键 S 时电流表的读数；（ 2）定值电阻 R3 的阻值。【答案】
15、(1)1A(2)12【解析】【详解】（1）电键断开时，电阻R1 消耗的功率为：P1P - P2 3W出根据PI 2 R11解得I1A（2）由闭合电路的欧姆定律EIR1R并R并R2 R3R2R3解得R 3129 如图所示，电源电动势E15V，内阻r0.5 R1234，电阻 3， R R R 8，一电荷5C 的小球，用长l 0.1m的绝缘细线悬挂于竖直放置足够大的平行金属板中量 q 310的O点。电键S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角 37d，已知两板间距0.1m，取重力加速度 g 10m/s 2， sin37 0.6， cos37 0.8。求：(1)两板间的电场强度的大小；(2)带电小球的
16、质量;(3)现剪断细线，并在此瞬间使小球获得水平向左的初速度，则小球刚好运动到左极板，求小球到达左极板的位置与 O 点的距离 L。【答案】（ 1） 140V/m（ 2） m 5.610 4 kg （ 3） 0.16m【解析】【详解】(1)电阻连接后的总外电阻为：RR2 R37R1R3R2干路上的电流：IE2ARr平行板电容器两板间电压：UIR14V电场强度：UE140V/md(2)由小球的受力情况知：Eqmgtan解得：m5.6 10 4 kg(3)剪断细线后，在水平方向上做匀减速直线运动12l sinatEqam竖直方向做自由落体运动：h 1 gt 22解得：h0.08m小球与左板相碰的位置
17、为：Lhl cos 0.16m10 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为正常运转时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和 1.0 V；重新调节R 使电动机恢复2.0 A 和 15.0 V。求这台电动机正常运转时的输出功率和电动机的线圈电阻。【答案】 22.0 W2 【解析】【详解】当电流表和电压表的示数为阻消耗电能，其阻值0.5 A 和1.0 V时，电动机停止工作，电动机中只有电动机的内rU 11.02I10.5当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0 A 和 15.0 V，则电动机的总功率P总 U
18、 2 I 215.02.0 W 30.0 W线圈电阻的热功率2PIr2.02 W8.0 W热所以电动机的输出功率P输出 P总 P热30.0 W 8.0 W 22.0 W11 一电源的电动势为6V、外接电阻R13.0 时，路端电压为4.5V求：（ 1）该电源的内阻多大？（ 2）如果在外电路再串联一个R2 6.0 的电阻，流过电源的电流是多大？【答案】（ 1）该电源的内阻为1.0 ；（ 2）如果在外电路再串联一个R2 6.0 的电阻，流过电源的电流是 2.0A。【解析】【分析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得：EU R1r R1代入数据得r 1.0 ；（2）根据并联电路规律可得：R 1R 26
19、3 2.0；R 并 R 263R 1根据闭合电路欧姆定律有：E=6=2.0AIr2R并112 用电流传感器和电压传感器等可测干电池的电动势和内电阻改变电路的外电阻，通过电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流，输入计算机，自动生成UI 图线，由图线得出电动势和内电阻(1)记录数据后，打开“坐标绘图 ”界面，设x 轴为 “I”， y 轴为 “U”，点击直接拟合，就可以画出 U I 图象，得实验结果如图甲所示根据图线显示，拟合直线方程为：_，测得干电池的电动势为_V，干电池的内电阻为_.(2)现有一小灯泡，其U I 特性曲线如图乙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是多少？(简要写出求解过程；若需作图，可直接画在方格图中)【答案】(1)y 2x 1.5 1.5 2 (2)0.27W【解析】(1)设直线方程为yax b，把坐标(0,1.5)和 (0.75,0)代入方程解得：a 2， b 1.5，得出直线方程为：y 2x 1.5；由闭合电路的欧姆定律得：E IR Ir U Ir，对比图象可得： E 1.5V， r2.(2)作出 U E Ir 图线，可得小灯泡工作电流为0.30A，工作电压为0.90V，因此小灯泡的实际功率为： P UI 0.30 0.90W0.27W.
