高考物理部分电路欧姆定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析

一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律

1．如图中所示B为电源，电动势E=27V，内阻不计。固定电阻R1=500Ω，R2为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×10-2m，两极板的间距d=1.0×10-2

m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同

的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA/轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×106m/s连续不断地射入C。已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量m=9×10-31kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。

（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求平行板电容器两端电压U1（计算结果保留二位有效数字）。

（2）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。

（3）转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图中给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线就给分）

【答案】(1) 5.4V (2) 2.4102m (3)

【解析】 【分析】

由题意可知综合考查闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律和类平抛运动，根据欧姆定律、类平抛运动及运动学公式计算可得。 【详解】

解：(1) 设电容器C两极板间的电压为U1，

U1=

(2) 设电场强度大小为E′

E′=

R127500E=V=5.4V R1R2500+2000U1， d电子在极板间穿行时加速度大小为a，穿过C的时间为t，偏转的距离为yo ． 根据牛顿第二定律得：

eEeUa==mmd电子做类平抛运动，则有：

l1=v0t， yo=

联立得：

12

at， 2R1eEl12yo=） ， 2（R1R22mv0d当光束穿过b时，R2=2000Ω，代入数据解得:

yo=4.8×10-3m

由此可见，

y1＜

1d， 2电子通过电容器C，做匀速直线运动，打在荧光屏上O上方y处．根据三角形相似关系可得

yo  l1yl22代入数值可得:

y=2.4102m

(3) 当光束穿过a时，R2=1000Ω，代入数据解得

y=8×10-3m

由此可见，y＞d，电子不能通过电容器C。当光束穿过C时，R2=4500 同理可求得:

y=1.210-2m

l12

【点睛】

根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出R1两端的电势差，即电容器两极板间的电势差。 根据电容器两端间的电势差求出电场强度的大小，根据类平抛运动的规律求出离开偏转电场的竖直距离，离开电场后做匀速直线运动，结合竖直方向上的分速度，根据等时性求出匀速直线运动的竖直距离，从而得出电子到达光屏离O点的距离。

2．以下对直导线内部做一些分析：设导线单位体积内有n个自由电子,电子电荷量为e，自由电子定向移动的平均速率为v．现将导线中电流I与导线横截面积S的比值定义为电流密度，其大小用j表示．

(1)请建立微观模型,利用电流的定义Iq，推导：j=nev; t(2)从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动．设导体的电阻率为ρ，导体内场强为E，试猜想j与E的关系并推导出j、ρ、E三者间满足的关系式． 【答案】（1）j=nev（2）j＝【解析】 【分析】 【详解】

（1）在直导线内任选一个横截面S，在△t时间内以S为底，v△t为高的柱体内的自由电子

E

都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：j＝＝代入上式可得：j=nev

ISVq ，其中△q=neSv△t， VtS（2）（猜想：j与E成正比）设横截面积为S，长为l的导线两端电压为U，则E＝电流密度的定义为j＝将I＝

U； lI， SUU

； 代入，得j＝RSR导线的电阻R＝【点睛】

El，代入上式，可得j、ρ、E三者间满足的关系式为：j＝

S本题一要掌握电路的基本规律：欧姆定律、电阻定律、电流的定义式，另一方面要读懂题意，明确电流密度的含义．

3．如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0-10V，当使用a、c两个端点时，量程为0-100V。已知电流表的内阻Rg为500R1,R2的值。

，满偏电流Ig为1mA，求电阻

【答案】【解析】

；

试题分析：接a、b时，为串联的接a、c时，为串联的

和

，则

，则

考点：考查了电表的改装原理

点评：做本题的关键是理解电表的改装原理

4．有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图1所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用．图1中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2 ．图2是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是900 ．某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的知量)，取

边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻

图象如图3所示(I为已

．不计线圈转动轴处的摩擦

（1）求线圈在图2所示位置时，产生电动势E的大小，并指明电刷极；

（2）求闭合电路的总电阻

和外力做功的平均功率

；

和哪个接电源正

【答案】（1）nBL1L2ω，电刷M接电源正极；（2）R＝【解析】

nBL1L21， P＝nBL1L2I I2（1）有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有 E=2nBL1v

1ωL2 2解得E=nBL1L2ω

其中v＝

根据右手定则，M端是电源正极 （2）根据欧姆定律，电流：I＝解得R＝E RnBL1L2 I12IR 2线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率P＝解得P＝nBL1L2I

12

5．有三盘电灯L1、L2、L3，规格分别是“110V，100W”，“110V，60W”，“110V，25W”要求接到电压是220V的电源上，使每盏灯都能正常发光．可以使用一直适当规格的电阻，请按最优方案设计一个电路，对电阻的要求如何？

【答案】电路如图所示，电阻的要求是阻值为806.7Ω，额定电流为

A．

【解析】将两个电阻较大的电灯“110V 60W”、“110V 25W”与电阻器并联，再与“110V 100W”串连接在220V的电源上，电路连接如图所示，当左右两边的总电阻相等时才能各分压110V，使电灯都正常发光．

由公式P=UI得L1、L2、L3的额定电流分别为： I1=

=

A=

A，I2=

=

A=

A，I3=

A=A=

A A

则通过电阻R的电流为 I=I1﹣I2﹣I3=

Ω=806.7Ω

R==

答：电路如图所示，电阻的要求是阻值为806.7Ω，额定电流为A．

【点评】本题考查设计电路的能力，关键要理解串联、并联电路的特点，知道用电器在额定电压下才能正常工作，设计好电路后要进行检验，看是否达到题目的要求．

6．如图所示，U=10V，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF。（1）闭合开关S，电路稳定后，求通过R1的电流强度；（2）然后断开S，求这以后流过R1的电量是多少？

【答案】（1）1A；（2）

【解析】试题分析：（1）S闭合，电路稳定后（即电容器充电完毕）即为R1与R2的串联

电路，所以通过R1的流为U1=IR2=1×6=6V，且上板带电荷。

，此时电容C与R2并联，两极间电压

（2）断开S后，由于U=10V，所以继续给电容器充电至极板电压U2=U=10V，仍是上板带正电，流过R1的电量等于继续给电容器的充电电量，所以

考点：含有电容器的电路问题

【名师点睛】解决本题的关键理清电路，判断电容器与谁并联，通过Q=CU进行求解．（1）闭合开关S，待电路稳定后，两电阻串联，根据欧姆定律求出电路中的电流大小；（2）电键闭合时，C1与电阻R2并联，根据Q=CU求出电容器C1的电量，此时电容器C2两端的电压为0．电键S断开，两电容都与电源并联，根据Q=CU求出两电容器的电量，从而求出断开S后流过电阻R1的电量．

7．如图所示，一段长方体金属导电材料，厚度为a、高度为b、长度为l，内有带电量为e的自由电子。该导电材料放在垂直于前后表面的匀强磁场中，内部磁感应强度为B。当有大小为I的稳恒电流垂直于磁场方向通过导电材料时，在导电材料的上下表面间产生一个恒定的电势差U。求解以下问题：

（1）分析并比较上下表面电势的高低； （2）该导电材料单位体积内的自由电子数量n。

（3）经典物理学认为金属导体中恒定电场形成稳恒电流，而金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。设某种金属中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m，带电量为e，自由电子连续两次碰撞的时间间隔的平均值为t。试这种金属的电阻率。 【答案】（1）下表面电势高；（2）偏转，可知下表面电势高； （2）

①

②

③

④

⑤

（3）

【解析】试题分析：（1）因为电流方向向右，则电子运动方向向左，由左手定则电子向上

联立①②③④⑤

（3）设金属导电材料内的匀强电场强度为E 电子定向移动的加速度为

经过时间t获得的定向移动速度为在时间t内的平均速度为电流为

欧姆定律得

考点：洛伦兹力；电场强度；电流强度；欧姆定律.

8．如图所示，P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d.管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I.则金属膜的电阻为多少？镀膜材料的电阻率为多少？

UUDd

ILI【解析】 【详解】

【答案】

根据欧姆定律得，金属膜的电阻

RU． I由于金属膜的厚度很小，所以，在计算横截面积时，近似的计算方法是：若将金属膜剥下，金属膜可等效为长为L，宽为πD（周长），高为厚度为d的长方体金属膜的长度为L，横截面积s=πDd;根据RL，求得 sRsDdU. LIL【点睛】

解决本题的关键掌握欧姆定律的公式和电阻定律的公式，并能灵活运用．

9．如图所示，电源电动势E6V，内阻r1，电阻R12，R23，

R37.5，电容器的电容C4F，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试

问这一过程中通过电流表的电量是多少？

【答案】1.92105C 【解析】

试题分析：S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压 电容器的电压U2R23E6V3V；

R1R2r231QCU24F3V1.2105C，且a板带正电，b板带负电． 电容器的带电量 S闭合，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压即R1两端电压，由电路分析：

R外外电路总电阻为 电容器的电压U1(R1R2)R323753

R1R2R3237.5R1ER外1.8V R1R2R外r6电容器的带电量QCU17.210C．且a板带负电，b板带正电．

据此通过电流表的电量QQQ1.210C7.210C1.9210C。 考点：闭合电路的欧姆定律

【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化时，分析电容器的电压如何变化是关键。

565

10．如图所示，电源由4节电动势均为E=1.5V、内电阻均为r0.25Ω的电池串联而成，滑动变阻器R1的滑动触片P处于正中间位置，电阻R220Ω，小灯L上标有“4V 0.2A”的字样．当开关S断开时，小灯恰正常发光（设灯丝电阻不变）．求： （1）电源总电动势，总内电阻． （2）滑动变阻器的总电阻．

（3）当S闭合后，小灯L的亮度如何变化？为使小灯正常发光，滑动变阻器的滑动触片P应向什么方向移动，为什么？

【答案】（1）6V，1Ω（2）18Ω（3）变暗，左，减小电阻，使电路总电流增大，从而使灯

分到的电流增大，使灯重新恢复正常发光 【解析】 【详解】

（1）电源是由四节干电池串联而成的，所以总电源电动势为6V，内阻为1Ω （2）当开关S断开时，小灯恰正常发光，则流过小灯的电流为0.2A，电压为4V 则内阻的电压为：

UrIr0.210.2V

所以滑动变阻器的电压为：

U640.21.8V

此时滑动变阻器R1的滑动触片P处于正中间位置，则有：

R11.89 20.2得：R118Ω

（3）当S闭合后，R2与小灯并联，则总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，可知总电流增大，路端电压减小；根据：

UIR

可知滑动变阻器的电压增大，而并联部分的电压等于路端电压减去滑动变阻器的电压，所以并联部分的电压减小，则小灯的亮度变暗；

为使小灯能正常发光，则要增大其两端的电压，所以滑动变阻器要向左移动，其有效阻值减小，总电流增大，则并联部分的电压增大，所以流过小灯的电流增大，则小灯又可以正常发光。

11．在图（a）中，电源E100V，r=10W，电阻R90，灯泡L的伏安特性曲线如图（b）所示．试求灯泡L两端的电压和通过灯泡的电流，以及灯泡的实际功率．

【答案】40V；0.6A ；24W 【解析】 【详解】

[12][2][3]．设灯泡的电压和电流分别为U和I，则

E=U+I(R+r)

即

U=100-100I

将此函数图像画在灯泡的I-U图像中，如图：

可得交点：U=40V，I=0.6A， 则灯泡的实际功率

P=IU=24W

12．如图所示是三量程直流电表的原理图，三个量程分别是10mA、1A、10V．已知表头G的满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=10Ω。试确定定值电阻R1、R2、R3的阻值。

【答案】R10.1Ω R29.9Ω R3995Ω 【解析】 【详解】

由题意可知，接线柱1、2分别对应量程

I11A I210mA

根据并联电路电压规律：

IgRgI2IgR1R2 IgR2RgI1IgR1

联立解得：R10.1Ω、R29.9Ω 接线柱3对应的量程，

U10V

因为10mA挡电流表的内阻

R1R2RgRR1R2Rg5Ω

则：

UI2(RR3)

得：R3995Ω