1、2015-2016学年宁夏银川市六盘山高中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题1闭合电路欧姆定律是恒定电流一章的重点知识，闭合电路中下列叙述中正确的是（）AE=IR+Ir适应于所有电路BI=仅适应于外电路是纯电阻电路CE=U外+U内适应于纯电阻电路D电源的电动势数值上等于电源两极间的电压2一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA若将该电池板与一阻值为20的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A0.10VB0.20VC0.30VD0.40V3如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两
2、端，电压表的示数为8V如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4V小于8VD等于或大于8V4在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1、R2和R3均为定值电阻，在开关S闭合，开关S0断开状态下时，两个电表A和V的示数分别为I和U现将开关S0闭合，则两个电表示数的变化情况是（）AI减小，U增大BI减小，U减小CI增大，U增大DI增大，U减小5如图所示，直线a为某电源的UI图线，直线b为电阻R的UI图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为（）A6W，B6W，0.5C1W，D2W，0.56在等边三角形的三个顶点a、b、c处
3、，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向（）A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边7如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl8在倾角为30的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向上，如图所示，当导体棒内通有垂直于纸面向里的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度大
4、小为（）ABCD9如图所示，MN是一条水平放置的固定长直导线，通电电流大小为I1，方向如图P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环，圆环P在磁场作用下将（）A沿纸面向下运动B沿纸面向上运动C上半部分垂直纸面向外，下半部分垂直纸面向里运动D上半部分垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外运动10理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（）AP=UIBP=I2（R1+R2）CPUIDPI2（R1+R2）11如图所示，直导线处于足够大的磁场
5、中，与磁感线成=30角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是 （）A增大电流IB增加直导线的长度C使导线在纸面内顺时针转30角D使导线在纸面内顺时针转45角12某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取10m/s2则下列说法正确的是（）A电动机的内阻为19B电动机的内阻为4.75C电动机的输出功率为7.6l03WD电动机的工作效率为75%二、实验题13如图为一正在测量中的多用电表表盘如果是用100挡测量电阻，则读数为如果是用直流100mA挡测量电流，则读数为 mA如果
6、是用直流10V挡测量电压，则读数为 V14某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱干电池的工作电流不宜超过0.5A实验室提供的器材如下：电压表（量程03V，内阻约3k），电阻箱（限值范围0999.9）；开关、导线若干请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据12345678910电阻R/60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85根据实验数据
7、绘出如图3所示的图线由图象得出电池组的电动势E=V，内电阻r=关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是A电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差B同学读电压表读数引起的误差属于系统误差C本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差D如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差三、实验题15如图所示电路中，R1=R2=R3=1，当电键K断开时，电压表的示数为0.8V，当电键K闭合时，电压表的示数为1V求电源的电动势和内阻16如图所示电路，电源电动势E=5V，内阻r=1，R1=1，R2=4，电容器的电容C=10F开关S原来断开求：（1）闭合开关S，a、b两点间的电压（2）S闭合后流
8、过R2的电荷量17电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的高能杀伤武器，具有速度快命中率高，发射成本低，减少污染等特点，是21世纪的理想兵器，它的主要原理如图所示，1982年澳大利亚大学制成的能把2.2g的弹体加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹约为20km/s），若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，求：（1）轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B（2）磁场力的最大功率18如图所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05，电表可视为理想电表只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8A（1）求电源的电动势；（2
9、）求接通S2，启动电动机时通过电动机的电流2015-2016学年宁夏银川市六盘山高中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1闭合电路欧姆定律是恒定电流一章的重点知识，闭合电路中下列叙述中正确的是（）AE=IR+Ir适应于所有电路BI=仅适应于外电路是纯电阻电路CE=U外+U内适应于纯电阻电路D电源的电动势数值上等于电源两极间的电压【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】欧姆定律只适用于纯电阻电路，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，电源电动势等于外电压与内电压之和【解答】解：A、E=IR+Ir适应于纯电阻电路，故A错误；B、I=仅适应于外电路是纯电阻电路，故B正
10、确；C、=U外+U内适应于任何电路，故C错误；D、源的电动势数值上等于开路时电源两极间的电压，故D错误故选：B【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力，注意欧姆定律只能适用于纯电阻电路，非纯电阻电路不能用，难度不大，属于基础题2一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA若将该电池板与一阻值为20的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A0.10VB0.20VC0.30VD0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等
11、于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：I短=则电源内阻：r=20该电源与20的电阻连成闭合电路时，电路中电流：I=mA=20mA故路端电压：U=IR=20mA20=400mV=0.40V；故选：D【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势3如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4V小于8VD等于或大于8
12、V【考点】串联电路和并联电路【分析】电压表的内阻不是远大于R1 R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=12V，则R1的电压大于8V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V故选：A【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻4在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内
13、阻，R1、R2和R3均为定值电阻，在开关S闭合，开关S0断开状态下时，两个电表A和V的示数分别为I和U现将开关S0闭合，则两个电表示数的变化情况是（）AI减小，U增大BI减小，U减小CI增大，U增大DI增大，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】先分析电路结构，电压表测量路端电压，电流表测量R1电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析即可【解答】解：将开关S0闭合时，R2与R1并联后接入电路，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，而R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I减小故ACD错误，B正确故选
14、：B【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流5如图所示，直线a为某电源的UI图线，直线b为电阻R的UI图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为（）A6W，B6W，0.5C1W，D2W，0.5【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率【分析】由图象可得出电路中的短路电流和电动势，由闭合电路欧姆定律可求得内阻；当将b图所示的电阻与电源相连时，由图可知电路中的电流及路端电压，则由功率公式可求得电源的输出功率【解答】解：由图可知，电源的电动势E=4V，电源的UI图线A的斜率
15、大小电源的内阻；则内电阻r=0.5；当将电阻与电源相连时，电路中电流应为2A，路端电压为3V，故输出功率P=UI=6W，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】本题应注意对图象的认识，因电源与电阻串联后，流过电阻的电流及流过电源的电流相等，故两图象应相交与一点，由该点的数值可求得电流及路端电压，同时要理解两种图象斜率的物理意义、电源UI图象截距的意义和交点的意义，注意横截距不是短路电流6在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图过c点的导线所受安培力的方向（）A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与
16、ab边垂直，指向右边【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边故选：C【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线
17、相互排斥7如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl【考点】安培力的计算【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30=BIL，选项C正确故选C【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义8在倾角为30的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向上
18、，如图所示，当导体棒内通有垂直于纸面向里的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度大小为（）ABCD【考点】安培力【分析】根据共点力平衡求出安培力的大小，通过安培力大小公式求出磁感应的强度大小【解答】解：根据共点力平衡知，磁场的方向垂直斜面向上，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上根据平衡知，安培力FA=BIL=mgsin解得：B=故选：A【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，会运用左手定则判断安培力的方向9如图所示，MN是一条水平放置的固定长直导线，通电电流大小为I1，方向如图P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环，圆环P在磁场作用下将（）A沿纸面向下运
19、动B沿纸面向上运动C上半部分垂直纸面向外，下半部分垂直纸面向里运动D上半部分垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外运动【考点】平行通电直导线间的作用【分析】先由右手定则判断圆环处MN直导线产生的磁场的方向，然后由左手定则判断圆环所受安培力的方向【解答】解：以MN上方的圆环为例，MN在上方的磁场方向向里，由左手定则判断上半部分导线所受安培力方向向下，同理可得MN下方的圆环所受安培力方向也是向下，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】解决本题的关键掌握左手定则的内容，知道磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向表示安培力的方向10理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电
20、热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（）AP=UIBP=I2（R1+R2）CPUIDPI2（R1+R2）【考点】电功、电功率【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：A、C、电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确，而C
21、错误B、D、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确故选：AD【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的11如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成=30角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是 （）A增大电流IB增加直导线的长度C使导线在纸面内顺时针转30角D使导线在纸面内顺时针转45角【考点】安培力【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，
22、并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向而安培力的大小F=BIL，且B与I垂直； 若不垂直时，则将B沿导线方向与垂直方向进行分解【解答】解：A、由公式F=BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力故A正确；B、由公式F=BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力故B正确；C、当使导线在纸面内顺时针转30时，导线沿磁场方向投影长度缩短，则所受磁场力变小，故C错误；D、当使导线在纸面内顺时针转45时，导线沿磁场方向投影长度缩短，则所受磁场力变小，故D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断电流方向、磁场方向、安培
23、力方向的关系同时考查安培力大小公式的成立条件12某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取10m/s2则下列说法正确的是（）A电动机的内阻为19B电动机的内阻为4.75C电动机的输出功率为7.6l03WD电动机的工作效率为75%【考点】电功、电功率【分析】吊车起吊集装箱的功率是电动机的输出功率，可用功式P=mgv求出，根据电动机的输出功率与线圈发热功率之和等于总功率，列式求内阻电动机的输出功率和总功率的比值就是电动机工作效率【解答】解：电动机的输入功率为：P=UI=380V20A=7600W
24、电动机的输出功率为：P出=mgv=5.7103100.1=5.7103 W电动机发热功率为 P热=I2R 由P=P出+P热得 UI=mgv+I2R代入解得，R=4.75电动机的效率为：=100% 联立可得：=75%故BD正确，AC错误故选BD【点评】本题比较简单，重点考察了电动机的输入、输出功率问题，可根据能量守恒进行分析列式二、实验题13如图为一正在测量中的多用电表表盘如果是用100挡测量电阻，则读数为600如果是用直流100mA挡测量电流，则读数为52 mA如果是用直流10V挡测量电压，则读数为5.2 V【考点】多用电表的原理及其使用【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据图示
25、表盘确定其分度值，然后读出电流表、电压表示数【解答】解：欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6100=600；电流档取100mA，最小分度值为2mA，对应第26格，故为52mA；同样直流电压档为10V，共50格，最小分度为0.2V，故第26格对应的是5.2V故答案为：600；52；5.2【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后再读数14某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱干电池的工作电流不宜超过0.5A实验室提供的器材如下：电压表（量程03V，内阻约3k），电阻箱（限值范围0999.9）；
26、开关、导线若干请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据12345678910电阻R/60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85根据实验数据绘出如图3所示的图线由图象得出电池组的电动势E=2.86V，内电阻r=5.70关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是CDA电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差B同学读电压表读数引起的误差属于系统误差C本实验用图象法处理
27、数据可以减小偶然误差D如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差【解答】解：由原理可知电路为简单的串联电路，将各元件串接，电压表并联在电阻箱两端；如下图所示由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：U
28、=R；则=+；故图象的斜率等于=k；截距b=；而由图可知，图象的斜率k=2；b=0.35；故解得：E=2.86V；r=5.70电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差；采用图象法分析可以有效避免偶然误差的影响；若将电压表内阻考虑进来，则可以减小系统误差；故AB错误；CD正确；故选CD；故答案为：（1）如图所示；（2）2.86（2.842.87均正确）5.70（5.705.76均正确）（3）CD【点评】本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出； 同时注意区分系统误差和偶然误差三、实验题15如图所示电路中，R1=R
29、2=R3=1，当电键K断开时，电压表的示数为0.8V，当电键K闭合时，电压表的示数为1V求电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当断开S时，电压表测量R1的电压当闭合S时，外电路结构是：R2与R3并联，再跟R1串联，对两种情况，结合闭合电路欧姆定律列出方程，即可求出电源的电动势和内阻【解答】解析：电键K断开时，I1=0.8A，E=U1+I1r电键K闭合时，I2=1A，E=U2+I2r代入数据：E=2V，r=0.5答：电源的电动势和内阻分别为2V，0.5【点评】解决本题的关键理清电路，搞清串并联关系，结合闭合电路欧姆定律进行求解16如图所示电路，电源电动势E=5V，内阻r=1，R1
30、=1，R2=4，电容器的电容C=10F开关S原来断开求：（1）闭合开关S，a、b两点间的电压（2）S闭合后流过R2的电荷量【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】由欧姆定律可求得a、b两点间的电压，由Q=CU求电量【解答】解析：（1）闭合开关S，a、b两点间的电压为U，干路电流为I，I=1A，U=IR2=4V； （2）开关S断开时，电容器的所带电荷量：Q=EC=5105，开关闭合时，电容器的所带电荷量：Q2=UC=4105C，S闭合后流过R2的电荷量答：（1）闭合开关S，a、b两点间的电压为4V （2）S闭合后流过R2的电荷量为1105C【点评】本题考查了欧姆定律和电容器的电容的定义式，要注意
31、电容器两端的电压等于与之并联的元件的两端的电压17电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的高能杀伤武器，具有速度快命中率高，发射成本低，减少污染等特点，是21世纪的理想兵器，它的主要原理如图所示，1982年澳大利亚大学制成的能把2.2g的弹体加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹约为20km/s），若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，求：（1）轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B（2）磁场力的最大功率【考点】安培力；电功、电功率【分析】（1）金属杆受到安培力作用，做加速运动，使弹体获得了速度，根据动能定理和安培力公式求解匀强磁场的磁感应强度（2）当弹体被加速到最大速度时，磁场力有最大
32、功率，由公式P=Fv求解【解答】解：（1）对炮弹发射过程由动能定理：，炮弹受到的安培力：F=BIL，代入数据：B=55T（2）磁场力的最大功率为：P=Fv，代入数据：P=1.1107W答：（1）所加的匀强磁场磁感应强度是55T（2）发射炮弹过程中，磁场力的最大功率是1.1107W【点评】本题安培力是恒力，涉及到力空间的累积效应，运用动能定理研究是常用的思路18如图所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05，电表可视为理想电表只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8A（1）求电源的电动势；（2）求接通S2，启动电动机时通过电动机的电流【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】只接通S1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通S2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流【解答】解：（1）只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V，（2）R灯=1.2，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机=I=A8A=50A答：（1）电源的电动势为12.5V；（2）接通S2，启动电动机时通过电动机的电流为50A【点评】本题应注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流
