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第七章恒定电流闭合电路的欧姆定律第1节电流电阻电功和电功率例1（2009·全国）(15分)某材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1+αt),其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常数.金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m,碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m,在0℃附近时，铜的电阻温度系数为3.9×10-3℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化).【点拨】（1）应用电阻定律求每个棒的电阻.（2）根据两棒是串联关系可求总电阻.（3）总电阻的值在0℃附近是定值.【解析】满分展示设所需碳棒的长度为L1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2.根据题意有ρ1=ρ10（1+α1t)①1分ρ2=ρ20（1+α2t)②1分式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0℃时的电阻率.设碳棒的电阻为R1，铜棒的电阻为R2，有R1=ρ1L1/S③1分R2=ρ2L2/S④1分式中S为碳棒与铜棒的横截面积.碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为R=R1+R2⑤1分L0=L1+L2⑥1分式中L0=1.0m联立以上各式得R=ρ10L1/S+ρ20L2/S+(ρ10α1L1+ρ20α2L2)/St⑦3分要使电阻R不随温度t变化，⑦式中t的系数必须为零.即ρ10α1L1+ρ20α2L2=0⑧3分联立⑥⑧得L1=ρ20α2/(ρ20α2-ρ10α1）/L0⑨1分代入数据解可得L1=3.8×10-3m2分1.(2010·北京模拟)根据电阻定律可得电阻率ρ=RS/l.对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率()A.跟导线的电阻成正比B.跟导线的横截面积成正比C.跟导线的长度成反比D.由所用金属材料本身的特性决定【解析】电阻率是反映导体材料导电性能好坏的物理量，大小与温度有关，但与导体电阻的大小、长度和横截面积无关，仅存在一定的数量关系，故只有D正确.【答案】D例2如图所示的I-U图象对应的两个导体,求:(1)电阻之比R1∶R2=.(2)若两导体中的电流相等（不为0）时，电压之比U1∶U2=.(3)若两导体中的电压相等（不为0）时，电流之比I1∶I2=.【点拨】正确理解图象的含义是解决问题的关键.【解析】(1)在I-U图象中为直线斜率tanθ=I/U=1/R，故R=ΔU/ΔI，于是得R1=1/0.1Ω=10Ω,R2=1/0.3Ω=10/3Ω,故R1∶R2=3∶1.(2)由欧姆定律可得U=IR，当I相同时，U∝R，故U1∶U2=R1∶R2=3∶1.(3)根据欧姆定律可得I=U/R，当U相同时，I∝1/R，故I1∶I2=R2∶R1=1∶3.也可由图象直接得出.【答案】（1）3∶1（2）3∶1（3）1∶32.如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域.现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是()A.特性曲线在Ⅰ区，P1P2B.特性曲线在Ⅲ区，P1P2C.特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D.特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2【解析】并联之后电阻R比R1、R2电阻都小，根据此图的斜率的倒数是电阻，所以并联之后的特性曲线在Ⅰ区,B、D错误，由题图可得R1R2，且两者并联,所以P1＞P2，C正确.【答案】C例3某一电动机，当电压U1=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为I1=2A.当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A.求这时电动机的机械功率.【点拨】（1）电动机不转时为纯电阻，可用R=U/I求电阻.（2）电动机正常运转时为非纯电阻，机械功率为输出功率.【解析】电动机不转时可视为纯电阻，由欧姆定律得R=U1/I1=5Ω，这个电阻可认为是不变的.电动机正常转动时，输入的电功率为P电=U2I2=36W，内部消耗的热功率P热=I22R=5W，所以机械功率P=36W-5W=31W.3.一个电解槽的额定电压为U，电流为I，电阻为R，当它正常工作时，以下说法正确的是()A.电解槽的功率为U2/RB.电解槽的热功率为I2RC.电解槽的输出功率为UID.电解槽的热功率为U2/R【解析】电解槽为非纯电阻，故计算其电功率只能用W=UI，故A错误.计算其热功率只能用Q=I2R.根据热功率的公式可以得到D错误B正确.由能量守恒定律可以得到电解槽的输出功率等于总功率减去热功率,C错误.【答案】C例关于电路的电流以下说法中正确的是()A.在电路中电荷定向移动形成电流，电荷定向移动的速率等于光速B.在电路中，闭合开关用电器开始工作，是因为电源内的电子定向移动到了用电器，从而电流传播到了用电器引起的C.在电路中，电子无规则热运动的速率很大，而定向移动的平均速率也很大D.闭合开关用电器立即工作，是因为电场在电路中传播速度等于光速，有电场的地方电荷就会定向移动形成电流【错解】A.B.C【剖析】在电路中，电场的传播速度等于光速，在有限范围内电场的传播是几乎不需要时间的，电场传至某处就会引起该处电荷的定向移动，形成电流，而电荷定向移动的平均速率针对金属导体中的电子来说，其数量级只有10-5m/s，电子的无规则热运动平均速率的数量级为105m/s，但这不是形成电流的原因.【正确】D第2节电路的基本规律与应用例1将电动势为3.0V的电源接入电路中，测得电源两极间的电压为2.4V，当电路中有6C的电荷流过时，求：（1）有多少其他形式的能转化为电能？（2）外电路中有多少电能转化为其他形式的能？（3）内电路中有多少电能转化为其他形式的能？【解析】由电动势的定义可知，在电源内部非静电力每移送1C电荷，有3J其他形式的能转化为电能.也可认为在电源中，非静电力移送电荷做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；在外电路中，电场力移送电荷做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.（1）W=Eq=3.0×6J=18J，即电源中共有18J其他形式的能转化为电能.（2）W1=U1q=2.4×6J=14.4J，即外电路中共有14.4J电能转化为其他形式的能.（3）内电压U2=E-U1=3V-2.4V=0.6V，W2=U2q=0.6×6J=3.6J，内电路中共有3.6J电能转化为其他形式的能.也可由能量守恒求出W2=W-W1=3.6J.【点评】电源和电路都是实现能量转化的装置，做功是能量转化的量度.1.(改编题)某手机电池的电动势为3.7V，这表示（）A.电路中每通过1C电荷，电源把3.7J的电能转化为化学能B.电池是否放入手机中工作，电池两极间的电压都为3.7VC.手机电池在1s内将3.7J的化学能转变成电能D.手机电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势1.5V）的大【解析】根据电动势的定义和表达式E=Wq，非静电力移动1C电荷量所做的功W=qE=1×3.7J=3.7J，由功能关系可知有3.7J的化学能转变为电能，故A错误，C错误.在没接入手机电路时，电池两极间的电压等于电动势，但若接入手机电路，两极间的电压将小于电动势，故B错误.电动势是描述电源把其他形式能转化为电能本领大小的物理量，E电池=3.7VE干电池=1.5V，故D正确.【答案】D例2（2008·广东）如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数变化情况为()A.电压表示数增大，电流表示数减少B.电压表示数减少，电流表示数增大C.两电表示数都增大D.两电表示数都减少【点拨】电阻Rp变化→I外总变化→U端变化→支路电压、电流的变化【解析】由图滑动变阻器上部分被短路，P向上滑动时滑动变阻器电阻增大，电路中总电阻增大，总电流减小,R1电压减小，内电压减小，外电压增大即电压表示数增大，R2电压增大，R2电流增大，电流表示数减少.【答案】AI总变化U内变化2.（2009·广东理科基础）如图所示是一实验电路图.在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()A.路端电压变小B.电流表的示数变大C.电源内阻消耗的功率变小D.电路的总电阻变大【解析】当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小,D错误.根据I=E/R总，可知总电流增加，根据闭合电路的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压减小，A正确.流过电流表的示数为I=U外/R3，可知电流减小，B错误.根据P=I2r,可知内阻消耗的功率增大，C错误.【答案】A例3如图所示电路，已知E=6V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0~10Ω.求：(1)电源的最大输出功率.(2)R1上消耗的最大功率.(3)R2上消耗的最大功率.【点拨】(1)当R1+R2=r时、输出功率最大.（2）R1是固定电阻，注意不要照搬上述方法.(3)R2是可变电阻，可把R1+r看成内阻，当R2=R1+r时，R2功率最大.【解析】(1)R2=2Ω时，外电阻等于内电阻，由P出max=E2/4r,可知电源最大输出功率为2.25W.(2)R1是定值电阻，电流越大功率越大，所以R2=0时R1上消耗的功率最大由P1=Imax2R1=2W.(3)把R1也看成电源的一部分，等效电源的内阻为6Ω，所以，当R2=6Ω时，R2上消耗的功率最大为1.5W.3.如图所示的U-I图，其中A是路端电压随电流的变化规律，B是某一电阻的伏安特性曲线，用该电源与该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率是，电源的效率是.【解析】由图中A可知E=3V，r=0.5Ω,由图中B可知R=1Ω,电源的输出功率是P出={E/(R+r)}2=4W.因为是纯电阻电路，电源的效率为η=P出P总=I2R/{I2(R+r)}=R/(R+r)=1/1.5×100%=66.7%.【答案】4W66.7%例4如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=0.5Ω，电阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，电容C=2.0μF.当开关K由与a接触到与b接触,通过R3的电量是多少？【点拨】（1）明确电键与a接触时电容器的电压、带电量和电势高低.（2）明确开关与b接触时电容器的电压、带电量和电势高低.（3）流过R3的电量为ΔQ=ΔQ1+ΔQ2.【解析】开关K接a时，UC=U1=ε/（R1+R2+r）R1=9/（5.0+3.5+0.5）×5.0V=5V,此时电容器带电量QC=CU1=2.0×10-6×5C=1×10-5C,开关K接b时，UC′=U2=ε/（R1+R2+r）R2=9/（5.0+3.5+0.5）×3.5V=3.5V,此时电容器带电量Q′C=CU2=2.0×10-6×3.5C=0.7×10-5C,流过R3的电量为ΔQ=QC＋Q′C=1.7×10-5C.4.如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮一油滴P，断开哪一个开关后P会向下运动()A.S1B.S2C.S3D.S4【解析】先弄清本题涉及的知识及知识间的内在联系.开关S1、S2、S3、S4均闭合，带电油滴在电场中处于平衡状态，即重力与向上的电场力平衡,则有qE=mg；式中电容器极板间匀强电场的场强E=U/d，电路中与电容器串联的R1与R2的并联电阻并无电流通过，仅起“导线”作用，故电容器极板间电压U即是R3两端的电压.题中要求断开某一开关后，油滴向下运动，就是要降低两极板间电压.当断开S1后，电阻R2仍使电容器极板保持原来的连接，即极板间电压不变，油滴仍静止.当断开S2后，电容器两极板间电压升至电源电动势，油滴电场力F＞mg，油滴会向上运动.当断开S3后，切断电源，电容器通过电阻R1、R2、R3放电，极板电压降低，最后降为零，油滴将向下运动.当断开S4后，电容器所