高中物理闭合电路的欧姆定律技巧小结及练习题含解析

高中物理闭合电路的欧姆定律技巧小结及练习题含解析

一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律

1．如图所示，水平U形光滑框架，宽度1Lm，电阻忽略不计，导体棒ab的质量0.2mkg，电阻0.5R，匀强磁场的磁感应强度0.2BT，方向垂直框架向上.现用1FN的拉力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2/ms时，求此时：

1ab棒产生的感应电动势的大小；

2ab棒产生的感应电流的大小和方向；

3ab棒所受安培力的大小和方向；

4ab棒的加速度的大小．

【答案】（１）0.4V （２）0.8A 从a流向b （３）0.16N 水平向左 （４）24.2/ms

【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0.2120.4EBLvVV

（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流0.40.80.5EIAAR，由右手定则可知电流方向为：从a流向b

（3）ab受安培力0.20.810.16FBILNN，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：FFma安，得ab杆的加速度2210.16/4.2/0.2FFamsmsm安

2．小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，电源与电流表的内阻之和为0.05Ω。车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到70A。求：

（1）电动机未启动时车灯的功率。 （2）电动机启动瞬间车灯的功率并说明其功率减小的原因。（忽略电动机启动瞬间灯泡的电阻变化）

【答案】（1）120W；（2）67.5W

【解析】

【分析】

【详解】

(1) 电动机未启动时

12VUEIr

120WPUI

（2）电动机启动瞬间车灯两端电压

'9 VUEIr

车灯的电阻

'1.2URI

267.5WRUP

电源电动势不变，电动机启动瞬间由于外电路等效总电阻减小，回路电流增大，内电路分得电压增大，外电路电压减小，所以车灯电功率减小。

3．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端 分别与电源（串有一滑动变阻器 R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．

（1）当K接1时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？

（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？

（3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）

【答案】（1）EBLrmg（2）44220220BLsmgRmgRBL（3）匀加速直线运动 2222mgsCBLmcBL

【解析】

【详解】

（1）金属棒ab在磁场中恰好保持静止，由BIL=mg

EIRr

得 EBLRrmg

（2）由 220BLvmgR

得 022mgRvBL

由动量定理，得mgtBILtmv 其中0BLsqItR

得44220220BLsmgRtmgRBL

（3）K接3后的充电电流qCUCBLvvICBLCBLatttt

mg-BIL=ma

得22mgamCBL=常数

所以ab棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．

v22-v2=2as

根据能量转化与守恒得 22211()22Emgsmvmv

解得：2222mgsCBLEmcBL

【点睛】

本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．

4．如图所示，质量m=1 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1 m的光滑绝缘框架上。匀强磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)。右侧回路中，电源的电动势E=8 V，内阻r=1 Ω。电动机M的额定功率为8 W，额定电压为4 V，线圈内阻R为0.2Ω，此时电动机正常工作（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2）。试求:

(1)通过电动机的电流IM以及电动机的输出的功率P出；

(2)通过电源的电流I总以及导体棒的电流I；

(3)磁感应强度B的大小。

【答案】(1)7.2W；(2)4A；2A；(3)3T。

【解析】

【详解】

(1)电动机的正常工作时，有

MPUI

所以

M2APIU

故电动机的输出功率为

2M7.2WPPIR出

(2)对闭合电路有

UEIr总

所以

4AEUIr总；

故流过导体棒的电流为

M2AIII总

(3)因导体棒受力平衡，则

sin376NFmg安

由

FBIL安

可得磁感应强度为

3TFBIL安

5．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=20Ω，电阻R1=1980Ω．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，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：

（1）A、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η．

【答案】（1）U =200V（2）20W（3）0099.5

【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：

20102qUmgdmv，

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，电路中的电流1EIRRr，而 U = IR ，

解得：R = 2×103 Ω

滑动变阻器消耗的电功率220UPWR．

（3）电源的效率2121()099.50()PIRRPIRRr出总．

【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，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：

U1＝E－I1r即E＝1．6＋0．4r，①

当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：

U2＝E－I2r，

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．

7．如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，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R1时，R1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v0＝10 m/s连续射入C的电场中．假设照在R1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/s2.

(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）111.810CQ（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12271.5A1242EIRRr

又电容器板间电压22CUUIR，得UC=6V

设电容器的电量为Q，则Q=CUC解得111.810CQ

（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CUmgqd

解得20.610mkg

细光束通过b照射时，同理可得12CUV

由牛顿第二定律，得CUqmgmad 解得210m/sa

微粒做类平抛运动，得212yat，

0ltv

解得20.210m2dy， 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．

8．如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．

（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．

（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；

b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．

（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．

【答案】（1）U–I图象如图所示：