高考物理闭合电路的欧姆定律真题汇编(含答案)含解析

高考物理闭合电路的欧姆定律真题汇编(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，R 1=R 2=2.5Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为10Ω，电压表为理想电表。

闭合电键S ，移动滑动变阻器的滑片P ，当滑片P 分别滑到变阻器的两端a 和b 时，电源输出功率均为4.5W 。

求 (1)电源电动势；
(2)滑片P 滑动到变阻器b 端时，电压表示数。

【答案】(1) 12V E = (2) 7.5V U = 【解析】 【详解】
(1)当P 滑到a 端时，
2
112
4.5RR R R R R =+
=Ω+外 电源输出功率：
22
111(
E P I R R R r
==+外外外） 当P 滑到b 端时，
1212.5R R R =+=Ω外
电源输出功率：
22
222(
E P I R R R r
==+'外外外） 得：
7.5r =Ω 12V E =
(2)当P 滑到b 端时，
20.6A E
I R r
=
=+'外
电压表示数：
7.5V U E I r ='=-
2．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电阻R 1=1.5Ω，电动机的线圈电阻R 0=1.0Ω。

电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ，求： (1)电源的路端电压；
(2)电动机输出的机械功率。

【答案】(1)9V ；(2)8W 【解析】 【分析】 【详解】
(1)流过电源的电流为I ，则
11IR U =
路端电压为U ，由闭合电路欧姆定律
U E Ir =-
解得
9V U =
(2)电动机两端的电压为
M 1()U E I R r =-+
电动机消耗的机械功率为
2M 0P U I I R =-
解得
8W P =
3．如图所示电路，电源电动势为1.5V ，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求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=1×1.38=1.38（V ）
4．如图所示电路中，14R =Ω，26R =Ω，30C F μ=，电池的内阻2r =Ω，电动势
12E V =．
（1）闭合开关S ，求稳定后通过1R 的电流． （2）求将开关断开后流过1R 的总电荷量． 【答案】（1）1A ；（2）41.810C -⨯ 【解析】 【详解】
（1）闭合开关S 电路稳定后，电容视为断路，则由图可知，1R 与2R 串联，由闭合电路的欧姆定律有：
1212
1A 462
E I R R r =
==++++
所以稳定后通过1R 的电流为1A ．
（2）闭合开关S 后，电容器两端的电压与2R 的相等，有
16V 6V C U =⨯=
将开关S 断开后，电容器两端的电压与电源的电动势相等，有
'12V C U E ==
流过1R 的总电荷量为
()'
63010126C C C Q CU CU -=-=⨯⨯-41.810C -=⨯
5．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
6．如图所示，电路中接一电动势为4V 、内阻为2Ω的直流电源，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：
（1）电流表的读数 （2）电容器所带的电荷量
（3）如果断开电源，通过R 2的电荷量 【答案】（1）0.4A （2）4.8×10-5C （3）-5=2.4102
Q
C ⨯ 【解析】 【分析】 【详解】
当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律求出流过3R 的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于3R 两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S 后，电容器通过1R 、2R 放电，1R 、2R 相当并联后与3R 串联．再求解通过2R 的电量． （1）当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律得 电流表的读数30.4E
I
A R r
=
=+ （2）电容器所带的电量5
33 4.810Q CU CIR C -===⨯
（3）断开电键S 后，电容器相当于电源，外电路是1R 、2R 相当并联后与3R 串联．由于各个电阻都相等，则通过2R 的电量为51
2.4102
Q Q C -=
=⨯'
7．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）11
1.810C 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212
y at =， 0l t v =
解得2
0.210m 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．
8．电路如图所示,电源电动势28E V =,内阻r =2Ω,电阻
112R =Ω,244R R ==Ω,38R =Ω,C 为平行板电容器,其电容C =3.0PF,虚线到两极板间距
离相等,极板长=0.20L m ,两极板的间距21.010d m -=⨯
（1）若开关S 处于断开状态,则当其闭合后,求流过4R 的总电荷量为多少?
（2）若开关S 断开时,有一带电微粒沿虚线方向以0 2.0/v m s =的初速度射入C 的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:当开关S 闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C 的电场中,能否从C 的电场中射出?( g 取210/m s )
【答案】（1）126.010C -⨯；（2）不能从C 的电场中射出. 【解析】 【详解】
（1）开关S 断开时,电阻3R 两端的电压为
3
32316R U E V R R r
=
=++
开关S 闭合后,外电阻为
()
()12
31236R R R R R R R +=
=Ω++
路端电压为
21V R
U E R r
=
=+. 此时电阻3R 两端电压为
'3U =
3
23
14V R U R R =+ 则流过4R 的总电荷量为
33'Q CU CU ∆=-=126.010C -⨯
（2）设带电微粒质量为m ,电荷量为q 当开关S 断开时有
3
qU mg d
= 当开关S 闭合后,设带电微粒加速度为a ,则
'
3qU mg ma d
-=
设带电微粒能从C 的电场中射出,则水平方向运动时间为:
L t v =
竖直方向的位移为:
212
y at =
由以上各式求得
136.25102
d y m -=⨯>
故带电微粒不能从C 的电场中射出.
9．如图所示，电源电动势E =8V ，内阻r =10Ω，R 1=20Ω,R 2=30Ω,电容器两极板间距d =0.1m 。

当电键闭合时，一质量m =2×10-3kg 的带电液滴恰好静止在两极板中间。

取重力加速度g =10m/s 2，求：
（1）带电液滴所带电荷量的大小q 以及电性；
（2）断开电键，电容器充放电时间忽略不计，液滴运动到某一极板处需要经过多长时间？
【答案】（1）5×10-4C ，带正电；（2）0.1s 。

【解析】 【详解】
（1）电键闭合时，两板间电压U 1：
2
1124V R U E R R r
=
=++
液滴保持静止：
1
U q
mg d
= 解得：q =5×10-4C ，带正电 （2）电键断开时，两板间电压：
U 2=E =8V
液滴向上做匀加速运动，加速度a ：
2
U q
mg ma d
-= 2
122
d at = 解得：t =0.1s
10．如图所示，电源电动势E ＝15V ，内阻r ＝0.5Ω，电阻R 1＝3Ω，R 2＝R 3＝R 4＝8Ω，一电
荷量q ＝＋3×10－
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
中的O 点。

电键S 合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，已知两板间距d ＝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）4
5.610m kg -=⨯（3）0.16m 【解析】 【详解】
(1)电阻连接后的总外电阻为：
23
123
7ΩR R R R R R =+
=+
干路上的电流：
2A E
I R r
=
=+ 平行板电容器两板间电压：
14V U IR ==
电场强度：
140V/m U
E d
=
= (2)由小球的受力情况知：
tan θEq mg =
解得：
45.610kg m -=⨯
(3)剪断细线后，在水平方向上做匀减速直线运动
21sin θ2
l at = Eq a m
=
竖直方向做自由落体运动：
212
h gt =
解得：
0.08m h =
小球与左板相碰的位置为：
cos θ0.16m L h l =+=
11．如图所示电路中，电源电动势12E V =，内阻2r =Ω，14R =Ω，26R =Ω，
33R =Ω．
（1）若在C ．D 间连一个理想电流表，其读数是多少？ （2）若在C ．D 间连一个理想电压表，其读数是多少？ 【答案】（1）1A ；（2）6V 【解析】 【分析】
【详解】
（1）若在C.D 间连一个理想电流表，则电路结构为23R R 、并联后与1
R
串联，接到电源
上，根据闭合电路欧姆定律得： 总电流112
1.522
4
E I A R R r =
==++++并
所以并联部分的电压为：3U R I V 并== 所以通过电流表的电流为133
13
U I A A R =
==． （2）若在C.D 间连一个理想电压表，则电路结构为12R R 、串联接到电源上，电压表测量的是2R 的电压：则221212
6612
E U R V V R R r ==⨯=++．
【点睛】
本题中理想电流表看作短路，理想电压表看作断路，认识电路的连接关系是解题的基础．
12．如图a 所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L ＝1m ，导轨平面与水平面成θ＝370角，下端连接阻值为R ＝0.4Ω的电阻．匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B ＝0.4T ，质量m ＝0.2Kg 、电阻R ＝0.4Ω的金属杆放在两导轨上，杆与导轨垂直且保持良好接触，金属导轨之间连接一理想电压表．现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止沿导轨开始下滑，电压表示数U 随时间t 变化关系如图b 所示．取g ＝10m/s 2，sin370＝0.6，cos370＝0.8求：
⑴金属杆在第5s 末的运动速率； ⑵第5s 末外力F 的功率； 【答案】(1)1m/s (2)-0.8W 【解析】 【分析】
金属杆沿金属导轨方向在三个力作用下运动，一是杆的重力在沿导轨向下方向的分力G 1，二是拉力F 在沿导轨向下方向的分力F 1，三是沿导轨向上方向的安培力，金属杆在这几个力的作用下，向下做加速运动． 【详解】
(1)如下图所示，F 1是F 的分力，G 1是杆的重力的分力，沿导轨向上方向的安培力未画出，由题设条件知，电压表示数U 随时间t 均匀增加，说明金属杆做的是匀加速运动，由b 图可得金属杆在第5s 末的电压是0.2V ，设此时杆的运动速率为v ，电压为U ，电流I ，由电
磁感应定律和欧姆定律有
E BLv =
因电路中只有两个相同电阻，有 1122
U E BLv == 解得
1v =m/s
故金属杆在第5s 末的运动速率是1m/s
(2) 金属杆做的是匀加速运动，设加速度为a ，此时杆受的安培力为f ，有
v a t
==0.2m/s 2 220.22B L v f BTL R
===N 1G mg =sin θ=1.2N
由牛顿第二定律得
11G f F ma --=
110.8F G f ma =--=N
由功率公式得
10.8P F v ==W
因1F 的方向与棒的运动方向相反，故在第5s 末外力F 的功率是--0.8W ．
【点睛】
由电阻的电压变化情况来分析金属棒的运动情况．。