物理闭合电路的欧姆定律提高训练.docx

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1、物理闭合电路的欧姆定律提高训练一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示，R1=R2=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)E12V(2)U=7.5V【解析】【详解】(1)当P滑到a端时，R外1R1RR24.5RR2电源输出功率：2E2PIR外1(）R外1R外1r当P滑到b端时，R外2R1R12.5电源输出功

2、率：PI2R外2E2(）R外2R外2r得：r7.5E12V(2)当P滑到b端时，EI0.6AR外2r电压表示数：UEIr7.5V2．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

3、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EI1.5ARr根据安培力公式可得导体棒所受安培力大小为FBIL1.5N(2)对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有BILcosθmgsinθfmafFNcosθBILsinθmg联立可得a2.6m/s2方向沿导轨平面向上3．如图所示，电源的电动势E110V，电阻R121，电动机绕组的电阻R0.5，开关S1始终闭

4、合．当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻r；（2）开关S2闭合时电动机的效率。【答案】（1）1Ω；（2）86.9%。【解析】【详解】（1）S2断开时R1消耗的功率为P1525W，则E2P1R1R1r代入数据得r=1Ω（2）S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2336W，则P2U2R1解得U=84V由闭合电路欧姆定律得EUIr代入数据得I=26A设流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，则I1U4AR1又I1I2I解得I2=22A则电

5、动机的输入功率为PMUI2代入数据解得PM1848W电动机内阻消耗的功率为PRI22R代入数据解得PR242W则电动机的输出功率PPMPR1606W所以开关S2闭合时电动机的效率P86.9%100%PM4．一电瓶车的电源电动势E＝48V，内阻不计，其电动机线圈电阻R＝3Ω，当它以v＝4m/s的速度在水平地面上匀速行驶时，受到的阻力f＝48N。除电动机线圈生热外，不计其他能量损失，求：(1)该电动机的输出功率；(2)电动机消耗的总功率。【答案】(1)192W，(2)384W。【解析】【详解】(1)电瓶车匀速运动，牵引力为：F

6、f48N电动机的输出功率为：P出Fv484W192W；(2)由能量守恒定律得：EIP出I2R代入数据解得：I8A所以电动机消耗的总功率为：P总EI488W384W。5．如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表内阻不计，当电键S闭合时，求：（1）电流表的读数．（2）电容器所带的电量．（3）断开电键S后，通过R2的电量．【答案】（1）0.8A；（2）9.6105C；（3）4.8105C【解析】试题分析：当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根

7、据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过R、R2放电，R、R2相当并联后与R3串联．再求解通过R2的电11量．（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得：E40.8A电流表的读数Ir4AR31（2）电容器所带的电量QCU3CIR3301060.84C9.6105C（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联．由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q1Q4.8105C26．如图所示的电路

8、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