第七章 恒定电流
第1讲 欧姆定律 电阻定律、电功率及焦耳定律
一、电流
1．形成电流的条件
(1)导体中有能够自由移动的电荷．
(2)导体两端存在电压．
2．电流的方向：与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反．
3．电流
(1)定义式：I＝.
(2)微观表达式：I＝nqSv，式中n为导体单位体积内的自由电荷数，q是自由电荷的电荷量，v是自由电荷定向移动的速率，S为导体的横截面积．
(3)单位：安培(安)，符号A,1 A＝1 C/s.
二、电阻定律
1．内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比．
2．表达式：R＝ρ.
3．电阻率：ρ是一个反映材料导电性能的物理量，称为材料的电阻率，单位是Ω·m.
三、欧姆定律
1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．
2．表达式：I＝U/R.
(1)公式中的三个量I、U、R必须对应着同一段电路上同一时刻的值．
(2)在国际单位制中，电压单位用伏特，符号V，电流单位用安培，符号A，电阻单位用欧姆，符号Ω，1 A＝1 V/Ω.
3．适用范围：金属、电解液等，对气体导体(如日光灯管中的气体)和某些导电元件(如晶体管)并不适用．
4．伏安特性曲线
(1)定义：在直角坐标系中，用纵轴表示电流I，用横轴表示电压，画出I－U的关系图象，叫做导体的伏安特性曲线．
(2)线性元件：伏安特性曲线是通过坐标原点的直线的电学元件叫做线性元件．如图甲所示．
(3)非线性元件：伏安特性曲线不是直线的电学元件叫做非线性元件．如图乙所示．
四、电功率及焦耳定律
1．电功
(1)公式：W＝UIt.
(2)适用条件：适用于任何电路．
2．电功率
(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．
(2)公式：P＝＝UI.
3．焦耳定律
(1)电热：电流流过一段导体时产生的热量．
(2)计算式：Q＝I2Rt.
4．热功率
(1)定义：单位时间内的发热量．
(2)表达式：P＝＝I2R.
五、电阻的串联、并联特点比较
1.串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大．
2．并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大．
3．无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总等于各个电阻耗电功率之和．
4．当n个等值电阻R0串联或并联时，R串＝nR0，R并＝R0.
1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( )
A．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的
B．材料的电阻率随温度的升高而增大
C．纯金属的电阻率比合金的电阻率小
D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大
解析： 电阻率是材料本身的一种电学特征，与导体的长度、横截面积无关，A错误；金属材料的电阻率随温度升高而增大，而半导体材料则相反，B错误；合金的电阻率比纯金属的电阻率大，C正确；电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻还跟导体的长度、横截面积有关，D错误．
答案： C
2．下面关于欧姆定律，理解正确的是( )
A．由I＝可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．由R＝可知，导体的电阻跟电压成正比，跟电流成反比
C．由U＝IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增大
D．由R＝可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
解析： 导体的电阻由导体本身的因素所决定，与所加的电压、流过的电流无关，B、D均错．由欧姆定律知，A对．
答案： A
3．某用电器离供电电源距离为L(m)，线路上的电流强度为I(A)，若要求线路上的电压降不超过U(V)，已知输电线的电阻率为ρ(Ω·m)，该输电线的横截面积最小值是( )
A．ρL/R B．2ρLI/U
C．U/ρLI D．2UL/Iρ
解析： 输电线的总长为2L(m)，据电阻定律得R＝ρ，由题意知IR≤U，故S≥，B对．
答案： B
4．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )
A．U B．R C. D.
解析： q－t图象的斜率表示流过电阻R的电流，由此可知，通过电阻R的电流不变，由欧姆定律知，I＝，故C正确．
答案： C
5．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．R1∶R2＝3∶1
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝3∶1
解析： I－U图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可得R1∶R2＝1∶3，A正确；B错误．R1与R2串联后电流相等，C错误．R1与R2并联后电压相同，由公式U＝IR知，电流与电阻成反比，选项D正确．
答案： AD
6．电子产品制作车间里常常使用电烙
铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图所示)，下列说法正确的是( )
A．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大
B．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小
C．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少
D．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变
解析： 开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率P＝变大，电烙铁的功率变大，A正确，B、D、D错误．
答案： A
1．电阻与电阻率的区别
(1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．
(2)导体电阻与电阻率无直接关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．
(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关．
2．公式R＝和R＝ρ的比较
公式
R＝
R＝ρ
适用条件
(1)金属、电解液
(2)纯电阻电路
导电材料
字母含义
U：导体两端电压
I：通过导体的电流
ρ：材料的电阻率
l：沿电流方向导体的长度
S：垂直电流方向导体的横截面积
公式含义
提供了一种测量电阻的方法，不能说R∝U、R∝
R＝ρ指明了电阻的决定因素，R由ρ、l、S共同决定
两根完全相同的裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )
A．1∶4 B．1∶8
C．1∶16 D．16∶1
解析：本题应根据电阻定律R＝ρ、欧姆定律I＝和电流定义式I＝求解．对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍．第二根导线对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝，I2＝＝.
由I＝可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16.
答案： C
应用公式R＝ρ解题时，通常有以下几种情况：(1)导线长度l和横截面积S中只有一个发生变化．
(2)l和S同时变化，有一种特殊情况是l与S成反比，即导线的总体积V＝Sl不变．
1－1：横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是( )
A．电压U加倍，自由电子定向运动的平均速率不变
B．导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍
C．导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变
D．以上说法均不正确
解析： 由欧姆定律I＝，电阻定律R＝和电流微观表达式I＝neSv可得v＝，因此，电压U加倍时，v加倍，l加倍时v减半，故A、B选项错误．导线横截面的直径加倍时，v不变，C项正确．
答案： C
1．注意欧姆定律的“二同”
(1)同体性：指I、U、R三个物理量必须对应同一段电路或同一段导体．
(2)同时性：指U和I必须是导体上同一时刻的电压和电流．
2．对伏安特性曲线的理解
(1)伏安特性曲线为直线时
①图线a、b表示线性元件．
②在伏安特性曲线中，线性元件图线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故RaIR或I<
能量转化
电流做功全部转化为内能
W＝Q
电流做功除转化为内能外还要转化为其他形式的能
W＝Q＋E其他
公式
W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t
P电＝P热＝UI＝I2R＝
W＝UIt
P电＝UI
Q＝I2Rt
P热＝I2R
元件举例
电阻、电炉丝、白炽灯等
电风扇、电动机、电解槽等
功能关系
一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升重力为4 N的物体时，通过电动机的电流是0.2 A．在30 s内可使该物体被匀速提升3 m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升物体的30 s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
解析： (1)电动机的输入功率P入＝IU＝0.2×3 W＝0.6 W.
(2)电动机提升物体的机械功率P机＝Fv＝mg·＝0.4 W
由能量守恒定律得P入＝P机＋P热
所以P热＝P入－P机＝(0.6－0.4)W
＝0.2 W
30 s内产生的热量Q＝P热t＝0.2×30 J＝6 J.
(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt可得线圈电阻为
R＝＝ Ω＝5 Ω.
答案： (1)0.6 W (2)6 J (3)5 Ω
1.解此类问题首先要分清纯电阻电路和非纯电阻电路．
2．在非纯电阻电路里，要注意区别电功和电热，注意应用能量守恒定律．
(1)电热Q＝I2Rt；
(2)电动机消耗的电能也就是电流的功W＝UIt；
(3)由能量守恒得W＝Q＋E，E为其他形式的能，这里是机械能；
(4)对电动机来说，输入的功率P入＝IU；发热的功率P热＝I2R，输出的功率，即机械功率P机＝P入－P热＝UI－I2R.
3－1：如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )
A．电动机的输入功率是12 W
B．电动机的输出功率是12 W
C．电动机的热功率是2 W
D．整个电路消耗的电功率是22 W
解析： 灯泡正常发光，表明灯泡两端的电压UL＝6 V，电路中的电流I＝＝2 A，又输入电压为12 V，所以电动机两端的电压为UM＝U－UL＝6 V，电动机的输入功率为P＝IUM＝2×6 W＝12 W，电动机的发热功率为P热＝I2RM＝2 W，电动机的输出功率为P出＝P－P热＝10 W，整个电路消耗的电功率为P总＝IU＝2×12 W＝24 W．故选项A、C正确．
答案： AC
一、如何把用电器接入电路
1．用电器接入电路时的约定
(1)纯电阻用电器接入电路中，若无特别说明，应认为其电阻不变．
(2)用电器的实际功率超过额定功率时，认为它将被烧毁， 不考虑其安全系数．
(3)没有注明额定值的用电器(如用于限流的变阻器等)接入电路时，认为其工作的物理量均不大于其额定值，能安全使用．
2．解答用电器在接入电路工作问题时要注意
(1)确保用电器不超过额定功率；
(2)再考虑附加元件的耗能越少越好．
额定电压都是110 V，额定功率PL1＝100 W，PL2＝40 W的电灯两盏，若接在电压是220 V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是( )
思路点拨：解答本题时可按以下思路分析：
解析： 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流，对灯泡有P＝UI＝可知：RL1UL1，且有UL2>110 V，L2灯被烧毁，UL1<110 V不能正常发光，A错误．
对于B电路，由于RL2>RL1，L1灯又并联变阻器，并联电阻更小于RL2，所以UL2>U并，L2灯烧毁．
对于C电路，L2灯与变阻器并联电阻可能等于RL1，所以可能UL1＝UL2＝110 V，两灯可以正常发光．
对于D电路，若变阻器的有效电阻等于L1、L2的并联电阻，则UL1＝UL2＝110 V，两灯可以正常发光．
比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为(IL1－IL2)×110，而D电路中变阻器功率为(IL1＋IL2)×110，所以C电路消耗电功率最小．
答案： C
二、运用电阻定律判断输电线故障问题的方法
1．一般解题步骤
(1)分析题意画出等效电路图，确定已知条件．如电阻、输电线长度等．
(2)根据欧姆定律、电阻定律等规律列出方程．
(3)对列出的方程进行分析，找出最简单的解法，如本题采用了比例法．
(4)求解方程，并分析计算结果的合理性．
2．应注意的问题
(1)输电线问题中，输电线的长度等于两地距离的二倍．
(2)对已知条件的分析应用是解题的关键．
如图所示，在相距40 km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800 Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表的示数为40 mA，求发生短路处距A处有多远？
规范解答： 设发生短路处距离A处为x，据题意知，
A、B两地间的距离l＝40 km，
电压表的示数U＝10 V，电流表的示数
I＝40 mA＝4.0×10－2A，
R总＝800 Ω.
根据欧姆定律I＝可得：
A端到短路处的两根输电线的电阻
Rx＝＝ Ω＝250 Ω①
根据电阻定律可知：
Rx＝ρ②
A、B两地间输电线的电阻为
R总＝ρ③
由②/③得
＝④
解得x＝l＝×40 km＝12.5 km.
答案： 12.5 km
1.(2013·成都二诊)根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有( )
A．导体两端的电压越大，电阻就越大
B．导体中的电流越大，电阻就越小
C．比较几只电阻的I－U图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较大的那个电阻的
D．由I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比
解析： 导体的电阻表征导体阻碍电流的能力，由导体本身决定，与U、I无关，选项A、B错误；在电阻的I－U图象中，阻值R＝，当ΔI相同时，ΔU越小，表示该导体的阻值较小，选项C错误；根据欧姆定律公式I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，选项D正确．
答案： D
2．如图所示的滑动变阻器中，a、b、c、d是它的四个接线柱，P是滑动触片．现将滑动变阻器接入电路中，并要求滑动触片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路中的接线柱可能是( )
A．a和b B．a和c
C．b和c D．b和d
解析： 滑动变阻器是通过改变接入电路中的电阻丝长度，使接入电路中的电阻发生变化．要使滑动触片P向c移动时电路中的电流减小，则接入电路中的电阻丝的电阻应增大，电阻丝的长度应变长．滑动触片P与接线柱c、d之间没有电阻，所以接入电路中的一个接线柱必须是c或d；在滑动触片P向c移动时，只有b、P之间的导体长度在变长，所以接入电路的另一个接线柱只能是b.可见，接入电路中的接线柱可以是b和c或者是b和d.
答案： CD
3．如图所示，是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )
A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比
B．此导体的电阻R＝2 Ω
C．I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot 45°＝1.0 Ω
D．在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是 3.0 C
答案： ABD
4．在图中，A、B间的电压为30 V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变C、D间的电压，UCD的变化范围是( )
A．0～10 V B．0～20 V
C．10～20 V D．20～30 V
解析： 当滑动变阻器触头的位置位于最上端时，测量的是下面两个电阻的串联电压，应为20 V；当滑动变阻器触头的位置位于最下端时，测量的是最下面那个电阻的电压，为10 V.
答案： C
5．甲、乙两根保险丝由同种材料制成，直径分别是d1＝0.5 mm和d2＝1 mm，熔断电流分别为2.0 A和6.0 A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是( )
A．6.0 A B．7.5 A
C．10.0 A D．8.0 A
解析： 因甲、乙两保险丝等长，且均为同种材料制成，由R＝ρ＝ρ得＝＝4.当R1、R2并联时，令I1＝2 A，则由I1R1＝I2R2得I2＝8 A>6 A，故I1不能取2 A；令I2＝6 A，则由I1R1＝I2R2得I1＝1.5 A<2.0 A，故两者并联时，整个电路允许通过的最大电流I＝I1＋I2＝(1.5＋6)A＝7.5 A.
答案： B
6．(2012·浙江理综)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )
A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h
C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h
解析：按每户一天亮灯5小时计算，每户一年节省的电能为(2×60－2×10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h，假设全国共有4亿户家庭，则全国一年节省的电能为182.5×4×108 kW·h＝7.3×1010 kW·h，最接近于B选项，故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案： B
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