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
- 格式：doc
- 大小：430.00 KB
- 文档页数：13
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．如图所示的电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝2.0Ω。电动机正常工作时，电压表的示数U1＝4.0 V，求：
(1)流过电动机的电流；
(2)电动机输出的机械功率；
(3)电源的工作效率。
【答案】（1）2A；（2）14W；（3）91.7%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电动机正常工作时，总电流为
I＝11UR＝ 2A
(2)电动机两端的电压为
U＝E－Ir－U1=(12－2×0.5－4.0) V＝7 V
电动机消耗的电功率为
P电＝UI＝7×2 W＝14 W
电动机的热功率为
P热＝I2R0＝22×1 W＝4 W
电动机输出的机械功率
P机＝P电－P热＝10 W
(3)电源释放的电功率为
P释＝EI＝12×2 W＝24 W
有用功率
P有＝2122WUIIR
电源的工作效率
=91.7%PP有释
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/s2（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/s2，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
1.5AEIRr
根据安培力公式可得导体棒所受安培力大小为
1.5NFBIL
(2)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有
cosθsinθ BILmgfma
cosθsinθNfFmgBIL
联立可得
2 2.6m/sa
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6EV，电源内阻1r，电阻3R，重物质量0.10mkg，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/).ms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）2；（2）1.5/ms（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WEIt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6EV，电源内阻1r，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6511EUIAr
电动机的电阻51321MUIRRI
2当重物匀速上升时，电压表的示数为5.5UV，电路中电流为''0.5EUIAr
电动机两端的电压为'60.5314MUEIRrVV
故电动机的输入功率'40.52MPUIW
根据能量转化和守恒定律得
2''MUImgvIR
代入解得，1.5/vms
3匀速提升重物3m所需要的时间321.5htsv，
则消耗的电能'60.526WEItJ
【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．在如图所示的电路中，电源电动势E=3.0 V，内电阻r=1.0 Ω；电阻R1=10 Ω，R2=10 Ω，R3=35 Ω；电容器的电容C=1000 μF，电容器原来不带电。求接通电键S后流过R4的总电荷量（保留两位有效数字）。
【答案】2.0×10-3C
【解析】
【详解】
接通电键S前，R2与R3串联后与R1并联，所以闭合电路的总电阻：
123123()RRRRrRRR
由闭合电路欧姆定律得，通过电源的电流：
EIR
电源的两端电压：
UEIr－
则R3两端的电压：
3323RUURR
接通电键S后通过R4的总电荷量就是电容器的电荷量。
根据QCU可得：
3QCU
代入数据解得：
-32.010CQ
5．如图的电路中，电池组的电动势E=30V，电阻 ，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为m=7×10-8kg，带电量C的油滴，当把可变电阻器R3的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A，安培表为理想电表，取g＝10m/s2，试求：
（1）两金属板间的电场强度；
（2）电源的内阻和电阻R1的阻值；
（3）B点的电势．
【答案】（1）1400N/C（2）（3）27V
【解析】
【详解】
（1）由油滴受力平衡有，mg=qE，得到
代入计算得出：E=1400N/C
（2）电容器的电压U3=Ed=21V
流过的电流
B点与零电势点间的电势差
根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻
（3）由于U1=φB-0，B点的电势大于零，则电路中B点的电势φB=27V.
6．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＝1Ω，电阻R＝15Ω，闭合开关S．待电路稳定后，一带电量q＝﹣1×10﹣5C，质量m＝2×10﹣4kg的小球恰好静止于两板之间．取g＝10m/s2．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）8Ω
【解析】
【详解】
(1)对小球，由平衡条件得：
mgqE，
又UEd，
整理并代入数据解得：
45210100.04V8V110mgdUq；
(2)设此时滑动变阻器接入电路的阻值为PR， 由闭合电路欧姆定律得：
PrEIRR，
而
PUIR，
则得：
PPERURrR，
代入数据可得：
248115PPRR，
解得：
8ΩPR。
答：
(1)两板间的电压为8V；
(2)滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω.
7．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：
图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a如图所示：
b.24Er
（3）见解析
【解析】
（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
b．电源输出的电功率：2222()2EEPIRRrRrRrR
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr
（3）电动势定义式：WEq非静电力
根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
22WIrtIRtIrqIRq
EIrIRUU外内
本题答案是：（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr （3）EUU外内
点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R=r时，输出功率最大．
8．如图所示，已知路端电压U＝18 V，电容器C1＝6 μF、C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω、R2＝3 Ω.当开关S断开时，A、B两点间的电压UAB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UAB＝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，UAC＝18 V，电容器C1带电荷量为
Q1＝C1UAC＝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
UAC′＝U＝663×18 V＝12V
此时电容器C1的带电荷量为
Q′＝C1UAC′＝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.
9．如图所示，电源电动势E=50V，内阻r=1Ω， R1=3Ω，R2=6Ω．间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．现调节滑动变阻器R，使小球恰能静止在A处；然后再闭合K，待电场重新稳定后释放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：
