高中物理闭合电路的欧姆定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高中物理闭合电路的欧姆定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律

1．如图所示电路，A 、B 两点间接上一电动势为4V 、内电阻为1Ω的直流电源，三个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF ，电流表内阻不计，求：

(1)闭合开关S 后，电容器所带电荷量；

(2)断开开关S 后，通过R 2的电荷量。

【答案】(1)6.4×10-5C ；(2)53.210C -?

【解析】

【分析】

【详解】

(1)当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路，据欧姆定律得电流表的读数为

34A 0.8A 14

E I r R =

==++ 电容器所带电荷量 653320100.84C 6.410C Q CU CIR --=???=?==

(2)断开电键后，电容器相当于电源，外电路1R 、2R 并联后与3R 串联，由于各个电阻相等，则通过2R 的电荷量为

51 3.210C 2

Q Q -==?'

2．如图所示，金属导轨平面动摩擦因数μ＝0.2，与水平方向成θ＝37°角，其一端接有电动势E ＝4.5V ，内阻r ＝0.5Ω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 ＝2.5Ω，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，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2（不考虑电磁感应影响），求：

(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 1.5A E I R r

==+ 根据安培力公式可得导体棒所受安培力大小为

1.5N F BIL ==

(2)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有

cos θsin θ BIL mg f ma --=

()cos θsin θN f F mg BIL μμ==+

联立可得

2 2.6m/s a =

方向沿导轨平面向上

3．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势6E V =，电源内阻1r =Ω，电阻3R =Ω，重物质量0.10m kg =，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V ，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为

5.5V ，(不计摩擦，g 取210/).m s 求：

()1串联入电路的电动机内阻为多大？

()2重物匀速上升时的速度大小．

()3匀速提升重物3m 需要消耗电源多少能量？

【答案】（1）2Ω；（2）1.5/m s （3）6J

【解析】

【分析】

根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压.电动机消耗的电功率等于输出

的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据W EIt =求解匀速提升重物3m 需要消耗电源的能量．

【详解】

()1由题，电源电动势6E V =，电源内阻1r =Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V ，则根据闭合电路欧姆定律得 电路中电流为6511

E U I A r --=== 电动机的电阻51321

M U IR R I --?==Ω=Ω ()2当重物匀速上升时，电压表的示数为 5.5U V =，电路中电流为''0.5E U I A r -==

电动机两端的电压为()()'60.5314M U E I R r V V =-+=-?+=

故电动机的输入功率'40.52M P U I W ==?=

根据能量转化和守恒定律得

2''M U I mgv I R =+

代入解得， 1.5/v m s =

()3匀速提升重物3m 所需要的时间321.5h t s v =

==， 则消耗的电能'60.526W EI t J ==??=

【点睛】 本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用.对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．

4．有一个100匝的线圈，在0.2s 内穿过它的磁通量从0.04Wb 增加到0.14Wb ，求线圈中的感应电动势为多大？如果线圈的电阻是10Ω，把它跟一个电阻是990Ω的电热器串联组成闭合电路时，通过电热器的电流是多大？

【答案】50V ， 0.05A ．

【解析】

【详解】

已知n =100匝，△t =0.2s ，△Φ=0.14Wb-0.04Wb=0.1Wb ，则根据法拉第电磁感应定律得感应电动势

0.1100V=50V 0.2

E n

t ?Φ==?? 由闭合电路欧姆定律得，通过电热器的电流

50A=0.05A 10990

E I R r ==++ 5．如图所示的电路中，当S 闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6V 和

0.4A ．当S 断开时，它们的示数各改变0.1V 和0.1A ，求电源的电动势和内电阻．

【答案】E ＝2 V ，r ＝1 Ω

【解析】

试题分析：当S 闭合时，R 1、R 2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：

U 1＝E －I 1r 即E ＝1．6＋0．4r ，①

当S 断开时，只有R 1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：

U 2＝E －I 2r ，

即E ＝（1．6＋0．1）＋（0．4－0．1）r ，②

由①②得：E ＝2 V ，r ＝1 Ω．

考点：闭合电路欧姆定律

【名师点睛】求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解，所以要牢记闭合电路欧姆定律的不同表达形式．

6．如图所示，电源电动势E ＝27 V ，内阻r ＝2 Ω，固定电阻R 2＝4 Ω，R 1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d ＝1.0×10－2 m ．P 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′轴转动．当细光束通过扇形a 、b 照射光敏电阻R 1时，R 1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q ＝－1.0×10－4 C 微粒沿图中虚线以速度v 0＝10 m/s 连续射入C 的电场中．假设照在R 1上的光强发生变化时R 1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R 1上时，电容器所带的电量；

(2)细光束通过a 照射到R 1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R 1上时带电微粒能否从C 的电场中射出．

【答案】（1）111.810C Q -=?（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R 1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二力平衡．细光束通过b 照射到R 1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1227 1.5A 1242

E I R R r ===++++ 又电容器板间电压22C U U IR ==，得U C =6V 设电容器的电量为Q ，则Q=CU C 解得111.810C Q -=?

（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C U mg q

d

= 解得20.610m kg -=? 细光束通过b 照射时，同理可得12C U V '= 由牛顿第二定律，得C U q mg ma d

'-= 解得210m/s a = 微粒做类平抛运动，得212y at =

， 0l t v = 解得20.210m 2

d y -=?<

， 所以带电粒子能从C 的电场中射出． 【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．光伏发电是一种新兴的清洁发电方式，预计到2020年合肥将建成世界一流光伏制造基地，打造成为中国光伏应用第一城。某太阳能电池板，测得它不接负载时的电压为900mV ，短路电流为45mA ，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连接成闭合电路，则，

(1)该太阳能电池板的内阻是多大？

(2)电阻器两端的电压是多大？

(3)通电10分钟，太阳能电池板输送给电阻器的能量是多大？

【答案】(1) 20Ω (2) 0.45V (3) 6.075J

【解析】

【详解】

(1)根据欧姆定律有：

s

E r I =

， 解得： 20Ωr =；

(2)闭合电路欧姆定律有：

E I R r

=

+，U IR =， 解得：

0.45V U =；

(3)由焦耳定律有：

2Q I RT =，

解得：

6.075J Q =。

答：(1)该太阳能电池板的内阻20Ωr =；

(2)电阻器两端的电压0.45V U =；

(3)通电10分钟，太阳能电池板输送给电阻器的能量 6.075J Q =。

8．如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E ＝50V ，内阻r ＝1Ω的电源和滑动变阻器R ，导轨的宽度d ＝0.2m ，倾角θ=37°．质量m ＝0.11kg 的细杆ab 垂直置于导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，整个装置处在竖直向下的磁感应强度B ＝2.2T 的匀强磁场中，导轨与杆的电阻不计．现调节R 使杆ab 静止不动．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m/s 2，求：

（1）杆ab 受到的最小安培力F 1和最大安培力F 2；

（2）滑动变阻器R 有效电阻的取值范围．

【答案】（1）1

0.2N F =，2 2.2N F =；（2）9109R Ω≤≤Ω 【解析】

【详解】

（1）由题意知：当ab 棒具有向下的运动趋势时所受安培力最小，由物体平衡条件有

11(cos sin )sin cos F mg F mg μθθθθ++=

代入数据解得最小安培力1

0.2N F =． 当ab 棒具有向上的运动趋势时所受安培力最大，由物体平衡条件有：

22(cos sin )sin cos F mg F mg μθθθθ=++

代入数据解得最大安培力2 2.2N F =．

（2）设导体棒所受安培力为1F 、2F 时对应R 的阻值为1R 和2R ，则有

11E F B

d R r =+ 22E F B d R r

=+

代入数据解得1109R =Ω，29R =Ω；则滑动变阻器R 有效电阻的取值范围为9109R Ω≤≤Ω．

9．在如图（a ）所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图所示，则：

（1）V 1表示数随电流变化的图像是甲乙两条图线中的哪条？并求出定值电阻R 1的阻值； （2）求电源的电动势和内阻大小；

（3）求电源效率的最大值和电源最大输出功率.

【答案】（1）V 1表的示数随电流变化的图像是乙图线，15R =Ω；（2）6V E =，5r =Ω；（3）max 83.3%η≈，max 1.8W P =外。

【解析】

【详解】

（1）由图可知，三电阻串联，V 1测R 1两端的电压，V 2测R 2两端的电压，电流表测电路中的电流。 当滑片向左端滑动时，接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由E I R =总可知，电路中的电流增大，因R 1为定值电阻，则其两端的电压11R U IR = 满足成正比关系，图象乙满足U -I 成正比增函数，故V 1表的示数随电流变化的图像是乙图线。

由图象可知，R 1两端的电压U 1=3V ，电路中的电流为：I 1=0.6A ，则电阻R 1的阻值为：

111350.6

U R I ==Ω=Ω； （2）综述可知V 2表的示数随电流变化的图像是甲图线，取两组数据由全电路的欧姆定律可知：

140.2()E R r =-+

100.6()E R r =-+

联立可得：

6V E =；

5r =Ω；

（3）根据电源的效率为：

100%=100%P U P E η

=??外总

故当电源的路端电压最大时，电源的效率最大；

而电路R 2的阻值增大，总电流减小，路端电压增大，即R 2的阻值最大时，可求得电源的最大效率，由图像甲可知最小电流为0.2A 时，R 1的电压1V ，R 2的电压4V ，有：

max 12(41)V R R U U U =+=+

则最大效率为：

max max 5=

100%=100%83.3%6

U E η??≈ 电源的输出功率为： 2

2

212122121212()()()()4()E E P I R R R R R R r R R r r R R =+=+=+-++++外 故理论上当12R R r +=时，即20R =Ω，电源的输出功率最大，此时滑片在最左端，

22

max 6=W 1.8W 445

E P r ==?外。

10．如图所示的电路中，当开关K 断开时，V 、A 的示数分别为2.1V 和0.5A ，闭合K 后它们的示数变为2V 和0.6A ，求电源的电动势和内电阻？（两表均为理想表）

【答案】2.6V ，1Ω

【解析】

【分析】

【详解】

解：根据欧姆定律得：11E U I r =+，22E U I r =+

代入数据得： 2.10.5E r =+，20.6E r =+

解得：E =2.6V ，r =1Ω

11．如图所示，电源的电动势E =110V ，电阻R 1=21Ω，电动机绕组的电阻R 0=0.5Ω，电键S 1始终闭合．当电键S 2断开时，电阻R 1的电功率是525W ；当电键S 2闭合时，电阻R 1的电功率是336W ，求：

（1）电源的内电阻；

（2）当电键S 2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．

【答案】（1）1Ω（2）1606W

【解析】

【分析】

【详解】

设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则

2111E P R R r ??= ?+??

代入数据可以解得，

1r =Ω

设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则

2

21

U P R = 解得，

U =84V

由闭合电路欧姆定律得，

E U Ir =+

代入数据，得

26A I =

流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，

11

4U I R ==A 而电流关系:

12I I I +=

所以

222A I =

由

2220UI P I R =+出

代入数据得，

1606W P =出

12．如图所示，已知路端电压U ＝18 V ，电容器C 1＝6 μF 、C 2＝3 μF ，电阻R 1＝6 Ω、R 2＝3

Ω.当开关S断开时，A、B两点间的电压U AB等于多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量改变了多少？

【答案】18 V；减少了3.6×10－5C

【解析】

【详解】

在电路中电容器C1、C2相当于断路.当S断开时，电路中无电流，B、C等势，A、D等势，因此U AB＝U＝18 V.

当S闭合时，R1和R2串联，C1两端的电压等于R1两端电压，C2两端的电压为R2两端电压，C1电荷量变化的计算首先从电压变化入手.

当S断开时，U AC＝18 V，电容器C1带电荷量为

Q1＝C1U AC＝6×10－6×18 C＝1.08×10－4C.

当S闭合时，电路R1、R2导通，电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压，由串联电路的电压分配关系得

U AC′＝U＝

6

63

×18 V＝12V

此时电容器C1的带电荷量为

Q′＝C1U AC′＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5C 电容器C1带电荷量的变化量为

ΔQ＝Q′－Q1＝－3.6×10－5C

负号表示减少，即C1的带电荷量减少了3.6×10－5C.