物理专题汇编物理闭合电路的欧姆定律(一)含解析

1、【物理】物理专题汇编物理闭合电路的欧姆定律( 一) 含解析一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1 如图所示的电路中，当开关S 接 a 点时，标有 “5V，2.5W”的小灯泡正常发光，当开关S接 b 点时，标有 “4V， 4W”的电动机正常工作求电源的电动势和内阻【答案】 6V，2【解析】【详解】当开关接a 时，电路中的电流为P2.51I1= U1 =5 A=0.5A.由闭合电路欧姆定律得E=U1 I1r当开关接b 时，电路中的电流为P24I2 =U 2 = 4 A=1A.由闭合电路欧姆定律得E=U2 I2r联立解得E=6Vr=2.2 如图所示，水平U 形光滑框架，宽度L1m ，电阻忽略不计，

2、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F1N 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】（）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、.（ 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E BLv 0.21 2V0.4V（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流E0.4IA 0.8 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 F BIL 0.2 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10.16 m / s24.2m / s2am0.23 如图所示电路，电源电动势为1.5V，内阻为0.12 ，外电路的电阻为1.38 ，求

4、电路中的电流和路端电压【答案】 1A； 1.38V【解析】【分析】【详解】闭合开关S 后，由闭合电路欧姆定律得：电路中的电流I 为： I=A=1A路端电压为： U=IR=11.38=1.38（ V）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)。右侧回的路中，电源的电动势 E=8 V，内阻 r=1 。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 0.2 ，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 1

5、0 m/s 2）。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PUI M所以PI M2AU故电动机的输出功率为P出 P I M2 R 7.2W(2) 对闭合电路有UEI 总 r所以I总EUr4A；故流过导体棒的电流为II 总I M2A(3) 因导体棒受力平衡，则F安mg sin376N由F安BIL可得磁感应强度为F安B3TIL5 利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源

6、电动势E6V ，电源内阻r 1 ，电阻 R 3 ，重物质量 m 0.10kg ，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 10m / s2 ). 求：12串联入电路的电动机内阻为多大？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） 1.5m / 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

7、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E6V，电源内阻 r1，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 IEU65r1A1电动机的电阻 RMUIR5 132I12 当重物匀速上升时，电压表的示数为U5.5VEU ，电路中电流为 I 0.5 Ar电动机两端的电压为U MEI Rr60.531 V 4V故电动机的输入功率PU M I 40.5 2W根据能量转化和守恒定律得U M I mgvI 2 R代入解得， v1.5m / s3 匀速提升重物3m 所需要的时间 th32s ，v1.5则消耗的电能 WEI t60.5 26

8、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6 如图所示电路，已知 R3=4，闭合电键，安培表读数为 0.75A，伏特表读数为 2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏 (断路 )，使安培表读数变为 0.8A，伏特表读数变为 3.2 V，问：（ 1）哪个电阻发生断路故障？（ 2） R1 的阻值是多少？（ 3）能否求出电源电动势 E 和内阻 r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由【答案】 （1） R2 被烧断路 （ 2） 4（ 3）只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r， E=

9、4V【解析】【分析】【详解】（1）由于发生故障后，伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R2 被烧断了（2） R2 被烧断后，电压表的示数等于电阻R1 两端的电压，则 R1U 13.2.。I140.8（3）第一种情况下，有：电阻R33 1 11=0.75 4-2=1V，通过电阻3的两端的电压为： U =I R -URU 31，根据闭合电路欧姆定律得：E=I1 R1+（ I1+I3）（ R4+r）电流为 I 30.25AR34第二情况下，有E=U1+I1（ R4+r ）代入可得： E=3+（ R4+r）E=3.2+0.8（ R4+r）解得：E=4V，R4+r=1，由于 R4 未知，

10、故只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r 。【名师点睛】本题闭合电路的欧姆定律的应用以及电路的分析和计算问题，注意解题时要注意有两种情况，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，求解电动势或内阻，是常用的方法；此题同时给了我们一个测量电动势的方法 .7 如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d，管道高度为h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧M 、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B 、方向沿z 轴正方向。管道内始终充满导电液体，M 、N两导体板间液体的电阻为r，开关S 闭合前后，液体均以恒定速率v0 沿

11、 x 轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。（ 1）开关 S 断开时，求 M 、 N 两导板间电压 U 0 ，并比较 M 、N 导体板的电势高低；（ 2）开关 S 闭合后，求：a. 通过电阻 R 的电流 I 及 M 、 N 两导体板间电压U ；b. 左右管道口之间的压强差Vp 。【答案】（ 1） U0=Bdv0， MN （ 2） a UBdRv0 ； b VpB2 dv0R rh( R r )【解析】【详解】（1）该发电装置原理图等效为如图，管道中液体的流动等效为宽度为d 的导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bdv0则开关断开时U0=Bdv0由右手定则可知等效电源MN 内部的电流为N

12、 到 M，则 M 点为等效正极，有MN ；（2） a由闭合电路欧姆定律U 0Bdv0IrR rR外电路两端的电压：U IRU 0 RBdRv0R rR rb设开关闭合后，管道两端压强差分别为V p ，忽略液体所受的摩擦阻力，开关闭合后管道内液体受到安培力为F 安 ，则有VphdF安F安 =BId联立可得管道两端压强差的变化为：V pB2dv0h(Rr )8 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q 5 210 42110 C，质量 mkg 的小球恰好静止于两板之间取g 10

13、m/s 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整理并代入数据解得：mgd2 10 4100.04U15V 8V；q10(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8.9 如图所示， R 为电阻箱， V 为理想电压表，当电阻箱读数为R1 2时，电压表读数为U 4V；当电阻箱读数为R 5时，电压

14、表读数为U 5V求：电源的电动势 E和内阻122r【答案】 6V；1【解析】【分析】【详解】根据闭合电路欧姆定律，得当电阻箱读数为R2时E U 1U 1 r1R1当电阻箱读数为R25时， E U 2U 2 rR2联立上两式得 r(U 2U 1 )R1R21U 1R2U 2R1代入式得 E6V10 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0.5 A 和 1.0 V；重新调节R 使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为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】 2

15、2.0 W2 【解析】【详解】当电流表和电压表的示数为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阻消耗电能，其阻值U 11.02r0.5I1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 2 I 215.02.0 W 30.0 W线圈电阻的热功率P热Ir 2.022 W8.0 W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 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻 r=0.5 ，电动机的电阻 R0=1.0 ，电阻R1=1.5 U1=3.0V，求：电动机正常工作时，电压表的示数

16、（ 1）电源释放的电功率；（ 2）电动机消耗的电功率将电能转化为机械能的功率；【答案】 （1） 20W （ 2） 12W 8W【解析】【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，电源的总功率为P=EI，即可求得；（2）由 U 内 =Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为1内，电动机消耗U=E-U -U的功率为 P 电 =UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P 机 =P 电 -I20R 【详解】（1U 1）电动机正常工作时，总电流为：I=R3.0I=A=2 A，1.5电源释放的电功率为：P=EI =102 W=20 W；（2）电动机两端的电压为：U= E Ir U1则 U =

17、（10 2 0.5 3.0）V=6 V；电动机消耗的电功率为：P 电 =UI=62 W=12 W；电动机消耗的热功率为：P 热 =I2 0 2 1.0 W=4 W；R =2电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P 机 =P 电 P 热P 机 =（ 124） W=8 W；【点睛】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解12 如图所示，四个电阻阻值均为R，电键 S 闭合时，有一质量为m，带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种