高中物理部分电路欧姆定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

高中物理部分电路欧姆定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律

1．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l 、电阻率为ρ、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e 、质量为m 。 （1）当该导线通有恒定的电流I 时：

①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v ；

②经典物理学认为，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，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k 。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k 的表达式。

（2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。

已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F 。根据上述模型回答下列问题：

① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。 【答案】（1）①I

v neS

=；② ne 2ρ；（2）① Fl ；② 'FS I e ρ=。

【解析】 【分析】 【详解】

（1）①一小段时间t ?内，流过导线横截面的电子个数为：

N n Sv t ?=??

对应的电荷量为：

Q Ne n Sv t e ?=?=???

根据电流的定义有：

Q

I neSv t

?=

=? 解得：I v neS

=

②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正

功与阻力对电子做的负功大小相等，即：

0Ue kvl -=

又因为：

neSv l

U IR nev l S

ρρ?==

= 联立以上两式得：2k ne ρ=

（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：

2W F r Fl π=?=非

②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：

W Fl

E e e

=

=非 根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：

E

I R

'=

联立以上两式，并根据电阻定律：

l R S

ρ

= 解得：FS I e ρ

'=

2．地球表面附近存在一个竖直向下的电场，其大小约为100V /m 。在该电场的作用下，大气中正离子向下运动，负离子向上运动，从而形成较为稳定的电流，这叫做晴天地空电流。地表附近某处地空电流虽然微弱，但全球地空电流的总电流强度很大，约为1800A 。以下分析问题时假设地空电流在全球各处均匀分布。 （1）请问地表附近从高处到低处电势升高还是降低？

（2）如果认为此电场是由地球表面均匀分布的负电荷产生的，且已知电荷均匀分布的带电球面在球面外某处产生的场强相当于电荷全部集中在球心所产生的场强；地表附近电场的大小用E 表示，地球半径用R 表示，静电力常量用k 表示，请写出地表所带电荷量的大小Q 的表达式；

（3）取地球表面积S =5.1×1014m 2，试计算地表附近空气的电阻率ρ0的大小；

（4）我们知道电流的周围会有磁场，那么全球均匀分布的地空电流是否会在地球表面形成磁场？如果会，说明方向；如果不会，说明理由。

【答案】（1）降低 （2）2

ER Q k

= （3）2.8×1013Ω·m （4）因为电流关于地心分布是

球面对称的，所以磁场分布也必将关于地心球面对称，这就要求磁感线只能沿半径方向；但是磁感线又是闭合曲线。以上两条互相矛盾，所以地空电流不会产生磁场

【解析】试题分析：（1）沿着电场线方向，电势不断降低；（2）根据点电荷的电场强度定义式进行求解电量；（3）利用微元法求一小段空气层为研究对象，根据电阻定律和欧姆定律进行求解电阻率；（4）根据地球磁场的特点进行分析。

（1）由题意知，电场方向竖直向下，故表附近从高处到低处电势降低。

（2）由2Q

E k R

=，得电荷量的大小2ER Q k =

（3）如图从地表开始向上取一小段高度为Δh 的空气层（Δh 远小于地球半径R ）

则从空气层上表面到下表面之间的电势差为·U E h =? 这段空气层的电阻0h r S ρ?=，且U

I r

= 三式联立得： 0ES I

ρ=

代入数据解： 13

0 2.810?

m ρ=?Ω （4）方法一：如图，为了研究地球表面附近A 点的磁场情况

可以考虑关于过A 点的地球半径对称的两处电流1I 和2I ，根据右手螺旋定则可以判断，这两处电流在A 点产生的磁场的磁感应强度刚好方向相反，大小相等，所以1I 和2I 产生的磁场在A 点的合磁感应强度为零。同理，地球上各处的地空电流在A 点的合磁感应强度都为零，即地空电流不会在A 点产生磁场。同理，地空电流不会在地球附近任何地方产生磁场。

方法二：因为电流关于地心分布是球面对称的，所以磁场分布也必将关于地心球面对称，这就要求磁感线只能沿半径方向；但是磁感线又是闭合曲线。以上两条互相矛盾，所以地空电流不会产生磁场。

【点睛】根据电场的性质确定电势的变化情况，根据点电荷的电场强度公式求解电量，取一小段空气层为研究对象，根据电阻定律和欧姆定律求解电阻率， 根据地球磁场的特点进行分析即可。

3．一根镍铬合金丝的两端加6V 的电压时，通过它的电流是2A ，求： （1）它的电阻是多少？

（2）若通电时间为20s ，那么有多少库仑的电荷量通过它？ （3）如果在它两端加8V 的电压，则这合金丝的电阻是多少？ 【答案】（1）3Ω（2）40C （3）3Ω 【解析】

试题分析：（1）根据欧姆定律得，合金丝的电阻R=U/I=3Ω

（2）通过合金丝的电荷量Q=It=2×20=40C

（3）导体的电阻与其两端的电压及通过它的电流无关，所以电阻仍为R＝3Ω。

考点：电流；欧姆定律

【名师点睛】题考查欧姆定律以及电流的定义，要注意明确电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和电流无关。

4．如图所示，AB和A′B′是长度均为L＝2 km的两根输电线(1 km电阻值为1 Ω)，若发现在距离A和A′等远的两点C和C′间发生漏电，相当于在两点间连接了一个电阻．接入电压为U＝90 V的电源：当电源接在A、A′间时，测得B、B′间电压为U B＝72 V；当电源接在B、B′间时，测得A、A′间电压为U A＝45 V．由此可知A与C相距多远？

【答案】L AC＝0.4 km

【解析】

【分析】

【详解】

根据题意，将电路变成图甲所示电路，其中R1=R1′，R2=R2′，当AA′接90V，BB′电压为

72V，如图乙所示（电压表内阻太大，R2和R′2的作用忽略，丙图同理）此时R1、R1′、R串联，

∵在串联电路中电阻和电压成正比，

∴R1：R：R1′=9V：72V：9V=1：8：1---------------①

同理，当BB′接90V，AA′电压为45V，如图丙所示，此时R2、R2′、R串联，

∵在串联电路中电阻和电压成正比，

∴R2：R：R2′=22.5V：45V：22.5V=1：2：1=4：8：4---②

联立①②可得：

R1：R2=1：4

由题意，

R AB=2km×1

1km

=2Ω=R1+R2

∴R1=0.4Ω，R2=1.6ΩAC相距

s=1

1/R km =0.4km ．

【点睛】

本题考查了串联电路的电阻、电流特点和欧姆定律的应用；解决本题的关键：一是明白电

压表测得是漏电电阻两端的电压，二是知道电路相当于三个串联．

5．如图甲所示，电源由n 个电动势E="1.5" V 、内阻均为r （具体值未知）的电池串联组成，合上开关，在变阻器的滑片C 从A 端滑到B 端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图乙中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示，电表对电路的影响不计。（Ⅰ图为输出功率与路端电压关系曲线；Ⅱ图为路端电压与总电流关系图线；Ⅲ图为电源的输出效率与外电阻的关系图线）

甲 乙

(1)求组成电源的电池的个数以及一个电池的内阻； (2)求滑动变阻器的总阻值；

(3)写出图Ⅰ、Ⅱ中a 、b 、c 三点的坐标（不要求计算过程）．

【答案】(1)n=4,r=0.5Ω；(2)R m =8Ω；(3)a 点坐标为(0.6 A,4.8 V)；b 点的坐标为(3 V,4.5 W)；c 点的坐标为(4.8 V,2.88 W)。

【解析】试题分析：（1）设串联的电池个数为n ，则电源的电动势为n1.5V ，内阻为nr ； 由图Ⅰ可知，当变阻器的电阻与电池的内阻相等时，变阻器的电功率P=4.5W ， 即

=4.5W ；

由图Ⅱ可知，当变阻器的电阻为0时，电路中的电流为3A ，故3A=，故

r=0.5Ω；

联立得n=4，一个电池的内阻为r=0.5Ω。

（2）由图Ⅲ可知，当变阻器的阻值最大时，电源的效率为80%，故=80%，

解之得R=8Ω；

（3）图Ⅱ中a 点的坐标是变阻器的阻值最大时对应的电流与电压值。 电流Ia==0.6A ；路端电压为Ua=0.6A×8Ω=4.8V ，故a 点的坐标为(0.6 A,4.8

V)；

图Ⅰ中b 点的坐标是功率最大时的路端电压与功率，c 点的坐标是变阻器最大时的路端电压和对应的电功率。

b点的外电路电阻为2Ω，故路端电压为3V；所以b点的坐标为(3 V,4.5 W)；

c点的外电路电阻为8Ω，故路端电压为4.8V，电流为0.6A，故此时的电功率为

P=4.8V×0.6A=2.88W；所以c点的坐标为(4.8 V,2.88 W)。

考点：全电路欧姆定律，输出电功率，电源效率，最大电功率的问题。

【名师点晴】该题通过图像提供了已知条件，有些抽象，需要我们认识到这都是在某种情况下的一些电流、电压和电功率的值；然后就可以确定不同情况下的电路；题中的求坐标的思路比较新颖，其实这也是求某种情况下的电路中的物理量而己。

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，此时电容C与R2并联，两极间电压

U1=IR2=1×6=6V，且上板带电荷。

（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．在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100Ω，满偏电流

Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝100 999

Ω．

（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？

【答案】（1）电压表 1 V （2）电流表 1 A

【解析】

【分析】

本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联．

【详解】

由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压流表量程为：U=I g（R1+R g）=0.001×（100+900）=1.0V；由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为：

I=I g+I R2=I g+

2

g g I R R =0.001+

0.001100

100

999

=1.0A；

【点睛】

明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义，理解电压表与电流表改装的原理．

8．如图为实验室常用的两个量程的电流表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为0.6 A；当使用O、B两接线柱时，量程为3 A．已知表头的内阻R g＝200 Ω，满偏电流I g＝100 mA．求分流电阻R1和R2.

【答案】8 Ω 32 Ω

【解析】

【分析】

【详解】

并联分流电路的特点就是电压相同．在改装的电流表中，各量程达到满偏电流时，通过“表头”的电流仍为满偏电流．

接O、A时：I g R g＝(I1－I g)(R1＋R2)

接O、B时：I g(R g＋R2)＝(I2－I g)R1

联立以上两式，把I g＝0.1 A，R g＝200 Ω，I1＝0.6 A，I2＝3 A

代入并解之得R1＝8 Ω，R2＝32 Ω

即量程为0.6 A时，(R1＋R2)为分流电阻；

量程为3 A时，R1为分流电阻，R2为分压电阻．

9．在如图（a ）所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图所示，则：

（1）V 1表示数随电流变化的图像是甲乙两条图线中的哪条？并求出定值电阻R 1的阻值； （2）求电源的电动势和内阻大小；

（3）求电源效率的最大值和电源最大输出功率.

【答案】（1）V 1表的示数随电流变化的图像是乙图线，15R =Ω；（2）6V E =，

5r =Ω；（3）max 83.3%η≈，max 1.8W P =外。

【解析】 【详解】

（1）由图可知，三电阻串联，V 1测R 1两端的电压，V 2测R 2两端的电压，电流表测电路中的电流。

当滑片向左端滑动时，接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由E

I R =

总

可知，电路中的电流增大，因R 1为定值电阻，则其两端的电压11R U IR = 满足成正比关系，图象乙满足U -I 成正比增函数，故V 1表的示数随电流变化的图像是乙图线。

由图象可知，R 1两端的电压U 1=3V ，电路中的电流为：I 1=0.6A ，则电阻R 1的阻值为：

111350.6

U R I =

=Ω=Ω； （2）综述可知V 2表的示数随电流变化的图像是甲图线，取两组数据由全电路的欧姆定律可知：

140.2()E R r =-+ 100.6()E R r =-+

联立可得：

6V E =； 5r =Ω；

（3）根据电源的效率为：

100%=100%P U P E η=

??外

总

故当电源的路端电压最大时，电源的效率最大；

而电路R 2的阻值增大，总电流减小，路端电压增大，即R 2的阻值最大时，可求得电源的最大效率，由图像甲可知最小电流为0.2A 时，R 1的电压1V ，R 2的电压4V ，有：

max 12(41)V R R U U U =+=+

则最大效率为：

max max 5

=

100%=100%

83.3%6

U E η??≈ 电源的输出功率为：

22

2

12122121212()()()()4()

E E P I R R R R R R r R R r

r

R R =+=+=

+-++++外 故理论上当12R R r +=时，即20R =Ω，电源的输出功率最大，此时滑片在最左端，

22

max 6=W 1.8W 445

E P r ==?外。

10．如图所示的电路中， 18R =Ω， 24R =Ω， 36R =Ω， 43R =Ω．

(1)求电路中的总电阻；

(2)当加在电路两端的电压42U V =时，通过每个电阻的电流是多少？ 【答案】（1）电路中的总电阻为14Ω

（2）当加在电路两端的电压U=42V 时，通过四个电阻的电流分别为：3A ；3A ；1A ；2A ． 【解析】 【分析】

分析电路图，电阻R 3、R 4并联，再和R 1和R 2串联，根据欧姆定律和串并联电路的特点求解． 【详解】

(1)电路中的总电阻为

34123463

8463

R R R R R R R ?=++

=++++Ω=14Ω

(2)根据欧姆定律得：

I =

42

3A 14

U R == R 1和R 2串联且在干路上，所以

I 1=I 2=3A

对于R 3、R 4则有：

I 3+I 4=3A

344

312

I R I R == 所以

I 3=1A ，I 4=2A

答：(1)电路中的总电阻为14Ω

(2)当加在电路两端的电压U =42V 时，通过四个电阻的电流分别为：3A ；3A ；1A ；2A ．

11．如图所示电路中，三只相同的小灯泡规格都是“6V 1A ”，电源电压为12V ，电阻R 的阻值为6Ω.假设小灯泡电阻不变，1S 闭合后，求： （1）23S S 、均断开时，小灯泡1L 两端的电压； （2）2S 闭合，3S 断开时，通过小灯泡1L 的电流； （3）23S S 、均闭合时，小灯泡1L 的功率。

【答案】（1）6V （2）0.67A （3）1.5W 【解析】 【详解】

（1）小灯泡的电阻：

66

1

L U R I =

==Ω； 电路中的电流：

L 12

1A 66

U I R R =

==++； 小灯泡1L 两端的电压：

6L U IR ==V

（2）二个小灯泡的总电阻：

16

322

L R R '=

==Ω； 电路的总电流：

124

A 633

L U I R R '

=

==++； 小灯泡1L 的电流：

L

1142

A 0.67A 2233

I

I =

=?=≈ （3）三个小灯泡的总电阻：

16

233

L R R ''=

==Ω； 电路的总电流：

L 12

1.5A 62

U I R R ''

=

==++； 小灯泡1L 的电流：

111

1.50.5A 33

L I I ==?=；

小灯泡1L 的电功率：

2

2LI L110.56 1.5W P I R ==?=

12．如图所示的电路中，电阻R 1＝4 kΩ，R 2＝6 kΩ，电路两端所加的电压U ＝60 V ，用某电压表测得R 1两端电压为20 V ，用该电压表测R 2两端电压时示数为多少？

【答案】30 V 【解析】 【详解】 测量R 1时：

1

121

20V R U U R R =

=+并并，

又因为

R 并1＝1V

1V

R R R R +

得：

R V ＝12 kΩ；

测量R 2时：

R并2＝2V

2V 4k

R R R R =Ω

+所以两部分电阻相等，故电压表示数为30 V。