第4节
串联分压和并联分流
课堂互动
三点剖析
一、混联电路
1.若混联电路中一个电阻变大时，则混联电路的总电阻变大.反之，若混联电路中一个电阻变小时，则混联电路的总电阻变小.
2.若混联电路中一个滑动变阻器接在两个支路中，滑动触头移动时引起总阻值变化比较复杂，可能是先变大后变小，也可能是一直变大或一直变小.
如图3-4-1当滑片P从左端滑到右端的过程中，A、B间的电阻一直变小；当滑片P从右端滑到左端的过程中，A、B间的电阻一直变大.如图3-4-2两支路的阻值之和保持不变的情况下，当两支路的阻值相差最多时，A、B间的阻值最小，当两支路阻值相差最少时，A、B间的阻值最大.
图3-4-1
图3-4-2
3.电路简化技巧
①在电路中连接电阻的导线其电阻一般看作为零，因此其长度可以任意伸长或缩短，形状可任意改变，若题目中明确给出导线具有电阻（如很长的输电导线），则应在等效电路图中画出等效电阻.
②电路中的电压表和电流表是用来指示电路的影响，应把电表的电阻当作电路的一部分，画在等效电路中，若题目不要求考虑电表对电路的影响，即把电压表和电流表看作是理想的（RV→∝，RA＝0），即画等效电路时，电压表两端视作断路，电流表两端可视作短路，可直接用导线代替.
③电路中含有电容器的电路，在直流电路中，当电路达稳定状态时，可看作电容断路，则可将电容器及所含支路一同去掉.
【例1】
如图3-4-3所示，R1＝2
Ω，R2＝3
Ω，滑动变阻器最大值R3＝5
Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，安培表示数变化情况如何
图3-4-3
解析：由电路的组成可知，R1和R3的上半部分串联，R2和R3的下半部分串联，然后再并联.只要求出P由a向b滑动过程中电阻的变化，就可求得电流的变化.设P、a间电阻为Ra，则混联电路的电阻为
R=
上式中分子里两个因式之和为定值，则当2＋Ra＝8-Ra，Ra＝3
Ω时，Rmax＝2.5
Ω，Imin==2.5
A
当Ra＝0时，R＝1.6
Ω，I1==3.94
A
当Ra＝5
Ω时，R＝2.1
Ω，I2==3
A
故当滑动触头P从a端滑动到b端的过程中，安培表示数变化：从3.94
A减小到2.52
A再增大到3
A.
答案：从3.94
A减小到2.52
A再增大到3
A
二、电流表的改装
1.电压表的改装
电流计的电压量程Ug＝IgRg.当改装成量程为U的电压表时，应串联一个电阻R，如图3-4-4所示.
图3-4-4
电压扩大量程倍数n＝U／Ug
由串联电路的特点：U＝IgRg+IgR解得：
R=
电压表的内阻RV＝Rg+R，即RV等于Rg与R串联时的总电阻.
2.电流表的改装
图3-4-5
电流计的电流量程Ig，当改装成量程为I的电流表时，应并联一个电阻R，如图3-4-5所示.
电流扩大量程倍数n＝I／Ig
由并联电路的特点IgRg＝(I-Ig)R
解得：R=
电流表的内阻RA等于Rg与R并联时的总电阻.
3.对电流表的改装应注意的问题
（1）电压表的量程是指通过表头的电流达到Ig?时加在电压表两端的总电压U；电流表的量程是指通过表头的电流达到满偏Ig时，通过表头和分流电阻的电流之和.
（2）由串联分压原理可知，串联的分压电阻越大，电压表的量程越大；由并联分流原理可知，并联的分流电阻越小，电流表的量程越大.
（3）实际的电压表内阻不是“∞”，电流表内阻不是零，它们接入电路进行测量时必然对原来的电路有影响，这是今后我们要注意的，为了研究问题的方便，有时不考虑电表内阻对电路的影响，认为电压表的内阻是无限大，电流表的内阻为零，叫做理想电表，是理想化模型.
【例2】
有一个电流表G，内阻Rg=10
Ω，满偏电流Ig=3
mA.要把它改装为量程为0～3
V的电压表，要串联多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？
解析：电流表G两端的满偏电压是
Ug=IgRg=0.003×10
V=0.03
V
电阻R分担的电压为UR=(3-0.03)
V=2.97
V
根据部分电路欧姆定律可求得分压电阻
R=Ω=990
Ω
电压表的内阻等于Rg和R串联电阻之和
RV=R+Rg=1
000
Ω.
答案：990
Ω 1
000
Ω
三、伏安法测电阻和滑动变阻器的使用
1.伏安法测电阻
（1）原理：根据R=，用电压表测出电阻R两端的电压U，用电流表测出通过电阻R的电流I，就可以求出电阻R的阻值.
（2）伏安法测电阻的两种接法：如图3-4-6(a)所示，电流表接在电压表两接线柱外侧，通常叫外接法.如图3-4-6(b)所示，电流表接在电压表两接线柱内侧，通常叫内接法.
图3-4-6
（3）伏安法测电阻的误差分析
采用外接法测量电阻，电压表的示数为R两端的电压真实值，电流表的示数大于通过R的电流（由于电压表内阻RV分流），故由R=算出的测量值小于真实值，R测＜R真.
测量值实际上是被测电阻和电压表内阻的并联电阻，不难看出RV比R大得越多，RV的分流越小，测量误差越小，因此，外接法适宜测量小电阻.
采用内接法测量电阻，电流表的示数是通过R的电流真实值，电压表的示数大于R两端的电压（由于电流表的内阻RA分压），故由R=算出的测量值大于真实值，R测＞R真.
测量值实际上是被测电阻和电流表内阻的串联电阻，不难看出RA比R小得越多，RA的分压越小，测量误差越小.因此，内接法适宜测量大电阻.
（4）内、外接法的选择
一般地说，当RRA时选用内接法，当RRV时，选用外接法.
在测量电阻的阻值时，选择电流表内接法或外接法十分重要，应仔细认真地加以确定.
若已知待测电阻的大约值Rx、电流表的内阻RA和电压表的内阻RV，则当时，即只Rx＞时，Rx可认为是大电阻，选用电流表内接法.当时，即Rx＜时，Rx可认为是小电阻，选用电流表外接法.
2.滑动变阻器的限流和分压
（1）限流电路的工作原理
图3-4-7
如图3-4-7所示为一限流电路，其中滑动变阻器的作用是用来控制电路中的电流，移动滑动变阻器的滑动片P可以改变连入电路中的阻值，从而控制负载R中的电流大小，图中滑动触头P滑至B端时，连入电路中的电阻值是滑动变阻器的最大值，此时电流最小，因此，在闭合电键S之前，应使P移至B端.
采用限流式电路，负载电阻R的电流I=，当R0减小时，I增大，I的调节范围为，R两端的电压调节范围为~U，当R0max＞R时，调节范围较大.
（2）分压电路的工作原理
图3-4-8
如图3-4-8所示为一分压电路，其中滑动变阻器的作用是用来调节负载R上的电压，由电路分析可知，连接方式为AP间的电阻与R并联，然后与PB间的电阻串联.因此当滑动触头由A向B移动时，加在R上的电压逐渐增大，因此，在闭合电键S之前，应使P移至A端，此时R上的电压为零.
采用分压式电路，负载电阻R的电压范围为0～U，显然，比限流式调节范围大.
（3）两种连接方法的选择
①负载电阻的阻值Rx远大于变阻器总电阻R，须用分压式电路.
②要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调，须用分压式电路.
③负载电阻的阻值Rx小于变阻器的总电阻R或相差不多，且电压电流变化不要求从零调起，可采用限流法.
④两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流接法总功耗较小.
⑤特殊问题中还要根据电压表和电流表量程以及允许通过的最大电流来反复推敲，若用限流接法，负载的额定电流小于用限流接法所能达到的最小电流；或所用电流表和电压表的量程小于用限流接法所能达到的最小电流和分到的电压时，采用分压接法.
【例3】
如图3-4-9所示，电压表和电流表的读数分别为10
V和0.1
A，电压表内阻为500
Ω，那么待测电阻R的测量值比真实值_______，测量值为_______，真实值为_______.
图3-4-9
解析：因为电压表和R并联，则电压表读数U′等于R的真实电压U，而电流表的读数I′为R与电压表的总电流，所以I′大于通过R的真实电流，所以R的测量值R′=小于真实值R=.R的测量值R′==
Ω=100
Ω，R的真实值R=Ω=125
Ω.
答案：小 100
Ω 125
Ω
各个击破
类题演练1
如图3-4-10所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的功率一样大，则电阻之比R1∶R2∶R3是（ ）
图3-4-10
A.1∶1∶1
B.4∶1∶1
C.1∶4∶4
D.1∶2∶2
解析：因P1＝P2＝P3又R2与R3并联，故R2＝R3，I2＝I3＝I1，即
I1∶I
2∶I
3＝2∶1∶1
根据P=
I
2R
得R1∶R2∶R3＝=1∶4∶4.
答案：C
变式提升1
将两个灯泡A（220
V?100
W）和B（220
V?20
W）串联后接在电路PQ段，如图3-4-11所示.为使灯泡安全使用，在PQ段所加电压的最大值为多少
图3-4-11
解析：由灯泡的功率P=，因为PA＞PB，所以RA＜RB.串联后，B灯电压将高于A灯电压，当B灯实际电压等于额定电压时，PQ段所加电压达到最大值，而此时A灯实际电压低于额定电压.
两灯电阻：RA=Ω
RB=
Ω
所以RA=，串联后IA＝IB
所以
因为UB＝220
V时，PQ段电压达到最大值，此时UA=·UB=55
V
所以PQ段最大电压U＝UA+UB＝55
V+220
V＝275
V.
答案：275
V
类题演练2
有一个电流表G，内阻Rg=25
Ω，满偏电流Ig=3
mA.要把它改装为量程为0～0.6
A的电流表，需并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？
解析：通过分流电阻的电流
IR=I-Ig=0.597
A
根据欧姆定律可求得分流电阻
R==0.126
Ω
电流表的内阻RA等于R和Rg的并联电阻
代入数据得RA==0.125
Ω.
答案：0.126
Ω 0.125
Ω
变式提升2
有一只量程为1
mA的小量程电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10-2
Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1
A的电流表.若要把这个小量程的电流表改装成一个量程为10
V的电压表，则应在小量程的电流表上串接一个_______Ω的电阻.将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是_______V.
解析：将小量程的电流表并联一分流电阻，可改装成一大量程电流表；将小量程的电流表改装成电压表，则需串联一分压电阻.电压、电流表的刻度都是均匀的.
设改装成电流表的量程为I，则I=Ig+，代入数据得Rg=10
Ω
当改装成10
V的电压表时需串联的电阻为R，则U=Ig(Rg+R)，得R＝9
990
Ω
当指针偏转40格，即Ig时，表明这段电阻两端电压为U′=U=8
V.
答案：9
990 8
类题演练3
如图3-4-12所示电路中，电压表和电流表的读数分别为10
V和0.1
A，已知电流表的内阻RA为0.2
Ω.那么待测电阻Rx的测量值比真实值_______，真实值为_______.
图3-4-12
解析：因为电流表和Rx串联，其读数I等于通过Rx的电流IR，电压表并联在电流表和Rx的两端，故电压表读数U大于Rx两端的实际电压ＵR，所以Rx的测量值：R测＝=R真，Rx的真实值：R真=Ω＝99.8
Ω.
答案：大 99.8
Ω
类题演练4
用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图3-4-13所示接好，只空出电压表的一个接头K，然后将K分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（ ）
图3-4-13
A.若电流表示数有显著变化，K应按a
B.若电流表示数有显著变化，K应按b
C.若电压表示数有显著变化，K应按a
D.若电压表示数有显著变化，K应按b
解析：若电压表的示数变化较大，说明待测电阻R可以与RA相比拟，待测电阻是小电阻，若电流表的示数变化较大，说明待测电阻只可以与RV相比拟，待测电阻是大电阻.
答案：BC
变式提升3
用伏安法测量一个定值电阻的阻值，所需器材及规格如下：
（1）待测电阻Rx
（约100
Ω）；
（2）直流毫安表（量程0～10
mA，内阻50
Ω）；
（3）直流电压表（量程0～3
V，内阻5
kΩ）；
（4）直流电源（输出电压4
V，内阻不计）；
（5）滑动变阻器（阻值范围0～15
Ω，允许最大电流1
A）；
（6）开关一个，导线若干条.
试根据器材的规格和实验要求，画出合理的电路图.
解析：（1）待测电阻与电表内阻的比值分别为：
50,
因为
即电流表的分压作用不能忽略，而电压表的分流作用可以不计，所以应采用电流表外接电路.
（2）如图所示，当滑动变阻器作限流器作用时，电路中的最小电流为
Imin==0.024
A＞10
mA
毫安表将被烧坏.
当作分压器使用时，电路的最小电阻和通过变阻器的最大电流分别为
Rmin==14
Ω
Imax==0.29
A＜1
A
可见，变阻器可以安全工作.
这时，毫安表中的电流，可以通过控制分压器的输出电压，在0～10
mA内进行调节.
所以，在连接实验电路时，不仅电流表应外接，而且必须将滑动变阻器作分压器作用.
类题演练5
如图3-4-14所示，用伏安法测电阻Rx，电路电压恒定；当K接a时，电压表示数为10
V，电流表示数为0.2
A；当K接b时，电压表示数为12
V，电流表示数为0.18
A，那么当K接_______时，测Rx较为准确，此时Rx的测量值为_______Ω.
图3-4-14
解析：当K由a接b后，电压表示数变化更显著，K接a测量较准确.
答案：a 50第2节
电阻
课堂互动
三点剖析
一、对欧姆定律的理解
1.R是一个跟导体本身有关的量，与导体两端电压U和通过的电流I无关，绝不能由R=而错误地认为“R与U成正比，R与I成反比”.
2.欧姆定律是一个实验定律，是在金属导电的基础上总结出来的.使用欧姆定律时应注意：（1）欧姆定律并不适用于所有导电现象.除金属外，对电解液导电也是适用的，但对气体导电就不适用了.欧姆定律适用于“线性电阻”.（2）将欧姆定律变形得R=U
I，是电阻的定义式，表明了一种量度和测量电阻的方法，并不说明“电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比”.R=U
I适用于所有导体，无论是“线性电阻”还是“非线性电阻”.
3.“I=”与“I=”两者是不同的，I=是电流的定义式，只要导体中有电流，不管是什么导体在导电，都适用，而I=是欧姆定律的表达式，只适用于特定的电阻（线性电阻），不能将两者混淆.
【例1】
根据欧姆定律，下列说法中错误的是（ ）
A.从关系式R=可知，对于一个确定的导体来说，如果通过的电流越大，则导体两端的电压也越大
B.从关系式R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C.从关系式I=可知，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
D.从关系式R=可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值
解析：将欧姆定律的数学表达式I=转换成公式R=和公式U=IR，其中公式I=表示电流的决定式，即I与U成正比，与R成反比；公式R=是电阻的定义式，即R与U、I皆无关；公式U=IR只是电流I经过电阻R的电压降，即U与I成正比(R一定时)，与R成正比(I一定时)，所以?A、C、D都是正确的说法.
答案：B
二、导体的伏安特性曲线
用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I-U的关系图象叫做导体的伏安特性曲线，如图3-2-1所示.伏安特性曲线直观地反映出导体中的电压与电流的关系.
图3-2-1
金属导体的伏安特性曲线是一条过原点的直线，直线的斜率为金属导体的电阻的倒数.具有这种特性的电学元件叫做线性元件，通常也叫纯电阻元件，欧姆定律适用于该类型电学元件.对欧姆定律不适用的导体和器件，伏安特性曲线不是直线，这种元件叫做非线性元件，通常也叫做非纯电阻元件.
我们也可以作出U-I曲线，U-I曲线上各点与原点连线的斜率表示电阻.在做导体的伏安特性曲线时，坐标轴标度的选取是任意的，因此利用图线的斜率求电阻大小时，不能用tanθ，必须利用ΔU和ΔI的比值计算.
【例2】
图3-2-2所示的图象所对应的两个导体：
图3-2-2
（1）电阻关系R1∶R2为_________；
（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1∶U2为_________；
（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1∶I2为_________.
解析：本题考查欧姆定律和I-U图象的综合应用，我们只要清楚欧姆定律的内容及I-U图象的意义，题目即可解决.
（1）由I-U图象可知，R=，所以
R1=
Ω=2
Ω，R2=Ω=
Ω
因此R1∶R2＝2∶（）＝3∶1.
（2）由欧姆定律得U1=I1R1，U2=I2R2
由于I1＝I2,则U1∶U2＝R1∶R2＝3∶1.
（3）由欧姆定律得I1=U1
R1，I2=U2
R2，由于U1＝U2
所以I1∶I2
＝R2∶R1＝1∶3.
答案：(1)3∶1 (2)3∶1 (3)1∶3
三、欧姆定律与电阻定律
1.由欧姆定律导出的R=，是电阻的定义式，公式表明可由电路的工作状态来计算电阻的大小，但电阻大小与加在它上面的电压和通过它的电流均无关.
2.电阻定律R=是电阻的决定式，公式表明电阻的大小由导体本身的因素决定，其中电阻率反映了材料的导电性能.同种材料导体的电阻随导体长度和横截面积的变化而变化.
3.电阻和电阻率是不同的两个物理概念，不能混淆.电阻反映的是导体本身导电性能的物理量，它与导体的几何形状有关；而电阻率是反映材料本身导电性能的物理量，它与材料制成什么样的导体无关，只由导体材料和温度决定.不能根据ρ=，错误地认为电阻率跟导体的横截面积S成正比，跟导体长度l成反比.
【例3】
两根完全相同的金属导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的4倍，把另一根导线对折后绞合起来，则它们的电阻之比为_________.
解析：由电阻定律设金属导线原来的电阻为R=ρ
拉长后l1=4l，因为总体积V＝lS保持不变，所以截面积S1=S/4.所以：R1=ρ=16R
对折后l2＝l/2，截面积S2＝2S
所以：R1=
则后来两导线的电阻之比：R1∶R2＝64∶1.
答案：64∶1
温馨提示
某一导体形状改变后，讨论其电阻变化要抓住要点:（1）电阻率不变；（2）总体积不变，由V＝lS可知l和S成反比例变化.在ρ、l、S都确认后，应用电阻定律R=ρ来判断.
【例4】
一个标有“220
V
60
W”的白炽灯泡，加上的电压U由0逐渐增大到220
V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示，在图3-2-3所示的四个图线中，符合实际的是…（ ）
图3-2-3
解析：在U-I图象中R==tanθ，由于电压增大时灯丝温度明显升高，所以灯丝电阻增大，即图象的斜率应当增大.又由于电阻率随温度升高而单调增大，所以斜率应当单调增大.可判断A、C、D图肯定不符合实际，从而只能选B.
答案：B
各个击破
类题演练1
若加在某导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.4
A.如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流是多大
解析：依题意和欧姆定律得：
R=，所以I0＝1.0
A
又因为R=，
所以I2＝2I0＝2.0
A.
答案：2.0
A
类题演练2
某电流表的电阻约为0.1
Ω，它的量程是0.6
A，如将这个电流表直接连接到2
V的蓄电池的两极上，会产生什么后果？
解析：因为电流表的电阻很小，直接连到电源的两极上后，会因通过电流表的电流过大而烧坏电流表.该题只需计算出在2
V的电压下通过电流表的电流值，然后跟电流表的量程进行比较即可.
根据欧姆定律：I=
A=20
A
20
A0.6
A，会将电流表烧坏.
答案：会将电流表烧坏
变式提升1
将10
V电压加在阻值为500
Ω的金属导体两端，在1
min内有多少电子通过导体的横截面？
解析：根据欧姆定律求出金属导体中的电流，再结合电流的定义式即可求出1
min内通过导体横截面的电荷量，最后求出电子数目.
根据欧姆定律知，通过导体的电流：
I=
A=0.02
A.
在1
min内通过导体横截面的电荷量：
q=I·t=ne，
即0.02×60＝n×1.6×10－19
在1
min内通过导体横截面的电子数为：n＝7.5×1018（个）.
答案：7.5×1018（个）
类题演练3
如图3-2-4所示，为导体a、b的U-I图线，由此判断（ ）
图3-2-4
A.导体a的电阻大于导体b的电阻
B.导体a的电阻小于导体b的电阻
C.若将两导体串联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率
D.若将两导体并联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率
解析：导体的电阻I=在导体a、b的U-I图线上分别取横坐标相同（即电流值相同）的两点.由图知导体a的U-I图上该点的纵坐标较大，故导体a的电阻R=较大.故选项A正确，B错误.在串联电路中，各段电路上损耗的电功率跟电路电阻成正比，而在并联电路中，每条支路上损耗的电功率跟支路电阻成反比.由于Ra＞Rb，故C正确，D错误.?
答案：AC
变式提升2
如图3-2-5所示为某小灯泡的电流与其两端的电压关系图线，试分别计算出其电压为5
V、10
V时小灯泡的电阻，并说明电阻的变化规律.
图3-2-5
解析：根据图象，当电压为5
V时，电流为0.5
A，所以有：
R=
Ω=10
Ω
当电压为10
V时，电流为0.7
A，所以R2=
Ω≈14.3
Ω
随着电压的升高，曲线的斜率越来越小，电阻越来越大，因此其电阻是非线性电阻，不是一个固定的值.
类题演练4
如图3-2-6所示，P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d，管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻为_______，镀膜材料电阻率的计算式为ρ=_________.
图3-2-6
解析：由欧姆定律可得R=
由电阻定律R=ρ可得：R=ρ，则.
答案：R=
变式提升3
如图3-2-7所示，一圈粗细均匀的导线长1
200
m，在两端点A、B间加上恒定电压时，测得通过导线的电流0.5
A.如剪去BC段，在A、C两端加同样电压时，通过导线的电流变为0.6
A，则剪去的BC段多长？
图3-2-7
解析：由于电压恒定，根据欧姆定律可算出导线AB和AC段的电阻比，再根据电阻定律算出长度比，即得剪去的导线长度.设整个导线AB的电阻为R1，其中AC段的电阻为R2，根据欧姆定律：U＝I1R1＝I2R2，
所以.再由电阻定律，导线的电阻与其长度成正比，所以AC段导线长：
l2=×1
200
m＝1
000
m，由此可知，剪去的导线BC段的长度为：lx＝l1-l2＝200
m.
答案：200
m
类题演练5
神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与针髓鞘两大类.现代生物学认为，髓鞘是由多层（几十到几百层不等）类脂物质——髓质累积而成的，髓具有很大的电阻.已知蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有2
μm左右.而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105
Ω.若不计髓质片层间的接触电阻，计算髓质的电阻率.若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为32π
cm3，当在其两底面上加上1
000
V的电压时，通过该圆柱体的电流为10
π
μA，求此圆柱体的圆面半径和高.
解析：（1）由电阻电律：R=ρ
已知S=1
cm2=1×10-4
m2，
l=2
μm=2×10-6
m，R=1.6×105
Ω.
所以ρ=Ω·m=8×106Ω·m.
(2)由欧姆定律、电阻定律和圆柱体体积公式有
代入数据：
得:
髓质的电阻率为8×106
Ω·m;圆面半径为4
cm，高为2
cm.
答案：4
cm?2
cm第3节
焦耳定律
课堂互动
三点剖析
一、电功和电热的区别与联系
1.功是能量转化的量度，同样，电功是电能转化为其他形式的能的量度.电热是电能转化为内能的量度.可见电功与电热是两个不同的物理量.因此电功的定义式是W＝IUt，电热的定义式是Q＝I2Rt.
2.从能量转化的角度分析，电功与电热的数量关系为：W≥Q，即IUt≥I2Rt.
在纯电阻电路中，如白炽灯、电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁等构成的电路，电流做功全部转化为内能，电功等于电热，欧姆定律成立，即W＝Q或IUt＝I2Rt，在计算电热和电功时，可采用W=Q=IUt=t=Pt中任一形式进行计算.
在非纯电阻电路中，如含有电动机、电解槽、给蓄电池充电等，电流做功将除转化为内能外，还转化为机械能、化学能等，此时有W＞Q，或IUt＞I2Rt，此种情况下，欧姆定律不成立，电功只能用公式W＝IUt进行计算，电热只能用公式Q＝I2Rt计算.
【例1】
一台电动机电阻为0.5
?Ω，正常工作时通过的电流为20
A，在10
s内转化的机械能为4.2×104
J.求：在这10
s内电流做了功？电动机产生的热量为多少？?
解析：电动机正常工作时是非纯电阻用电器，电功和电热的公式不能通用.由于不知道加在电动机两端的电压，所以我们不能根据W＝IUt求电功.但我们可以先计算电热，然后再根据能量守恒求电功.
电热Q＝I2Rt＝2.0×103
J，现根据W＝Q＋E机，故W＝2.0×103
J＋4.2×104
J＝4.4×104
J.
答案：4.4×104
J 2.0×103
J
温馨提示
在非纯电阻电路中，电功W＝IUt中的电压U≠IR，原因是加在电动机两端的电压有两个贡献：①使导体的电阻发热，②使电动机转动起来.U＝IR只对纯电阻电路成立.
二、电功率和热功率的区别与联系
1.区别：电功率是指输入某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压U和通过的电流I的乘积.
热功率是指在这段电路上因发热而损耗的功率，其大小决定于通过这段导体中电流的平方和导体电阻的乘积.
2.联系：对于纯电阻电路，电功率等于热功率，计算时可用P＝IU＝I2R＝中任一形式进行计算.对非纯电阻电路，电路消耗的电功率等于热功率与机械功率等其他形式的功率之和，即电功率大于热功率.
【例2】
有一个直流电动机，把它接入0.2
V电压的电路中，电机不转，测得流过电动机的电流为0.4
A，若把电动机接入2.0
V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0
A，求电动机正常工作时的输出功率是多大 如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大
解析：当电动机接入电压为0.2
V电路时，电动机不转，此时电动机仅相当于纯电阻，设其电阻为R，由欧姆定律得：
R=
Ω=0.5
Ω
当电机接入2.0
V电路中时，电动机正常工作，此时电动机消耗功率P＝U2I2＝2.0×1.0
W＝2.0
W
电动机的电热功率
P热＝I22R＝0.5
W
电动机的输出功率
P出＝P-P热＝2.0
W-0.5
W＝1.5
W?
如果正常工作时转子突然被卡住，则电动机相当于纯电阻R，其上电压即U2，所以电动机的发热功率P热′=I′2R=
W＝8
W.此时电机将要被烧毁.
答案：1.5
W 8
W
温馨提示
对这个题我们要注意两点：①是当电动机不转时就相当于一个纯电阻，欧姆定律成立.而它正常工作时就不再是纯电阻了，欧姆定律也不再成立.②是电动机的输出功率等于它消耗的电功率减去它的发热功率.
三、额定功率和实际功率
【例3】
额定电压都是110
V，额定功率PA＝100
W，PB＝40
W的A、B两灯，接在220
V的电路中，使电灯均正常发光，能使电路消耗的电功率最小的电路是图3-3-1中的（ ）
图3-3-1
解析：两灯正常发光，两灯的实际电压等于其额定电压，由P=可知RA＜RB，根据串联分压关系，A图中有UA＜110
V、UB＞110
V，两灯不能正常工作，所以A错.图中A和变阻器并联后的电阻比A电阻还要小，即仍有UA＜110
V、UB＞110
V，所以B错.C和D图中两灯电压均有可能为110
V，此时再看电路消耗的功率，C图中灯A消耗功率100
W，灯B和变阻器并联后的阻值与灯A相等，所以电路消耗的总功率为200
W，D图中A、B两灯并联后的阻值与变阻器相等.所以变阻器消耗的功率为140
W，电路消耗的总功率为280
W.
答案：C
温馨提示
此类问题的思路分两步：①先分清哪个电路的A、B灯能正常发光，这里可以从电压、电流、电功率三个量中任一个达到其额定值，其余两个也达到额定值方面分析.②确定了正常发光的电路后，再比较哪一个的实际功率小.可以用计算的方法去比较，也可以用定性分析法比较.
各个击破
类题演练1
一根电阻丝，通过2
C电荷量所消耗的电能是8
J，若在相同的时间内通过4
C的电荷量，该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是（ ）
A.4
V，16
J
B.8
V，16
J
C.4
V，32
J
D.8
V，32
J?
解析：设电阻丝电阻为R，开始所加电压U1，则W1＝q1U，即8＝2U1，所以U1＝4
V.
设后来所加电压为U2，产生的热量为W2，则：
I2=
①
I1=
②
由①②得U2=U1=8
V
W2＝q2U2＝32
J.
答案：D
变式提升1
有一个电解槽，额定电压为220
V，额定电流为2.0
A，电阻为5.0
Ω，当电解?槽正常工作时，发热消耗的功率P热为_______，在1
min内有_______J的电能转化为化学能.
解析：电解槽是个非纯电阻用电器，它消耗的电能一部分转化为化学能，另一部分转化为内能.由P热＝I2R可知，它的发热功率P热＝20
W.它转化成的化学能就等于它消耗的电能减去它转化成的内能.即E化＝UIt-I2Rt，代入数据可解得：E化＝2.52×104
J.
答案：20
W 2.52×104
类题演练2
一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内（ ）
A.电炉放热与电动机放热相等
B.电炉两端电压小于电动机两端电压
C.电炉两端电压等于电动机两端电压
D.电动机消耗的功率大于电炉的功率?
解析：电炉属于纯电阻，电动机属于非纯电阻.对于电炉有：U＝IR，放热Q＝I2Rt.消耗功率P＝I2R，对于电动机有U＞IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝UI＞I2R.
答案：ABD
变式提升2
如图3-3-2所示的电路中，电源电压为60
V，内阻不计，电阻R＝2Ω，电动机的内阻R0＝1.6
Ω，电压表的示数为50
V，电动机正常工作，求电动机的输出功率.
图3-3-2
解析：电压表的示数为电动机两端的电压，电源电压已知，可得UR＝U源-U电＝（60-50）
V＝10
V
由欧姆定律：I==5
A，对电动机，由能量关系有P电＝P热-P出
所以P出＝P电-P热＝UI-I2R.代入数据得：P出＝210
W.
答案：210
W
类题演练3
额定电压为220
V，额定功率为40
W的灯泡，它的灯丝电阻为多少 如果把这只灯泡接在电压为110
V的电路上，灯泡的实际功率为多少 （假设灯丝电阻不变） ?
解析：由于P=，所以灯泡的电阻R=Ω=1
210
Ω
当灯泡所加电压为110
V时，不是在额定电压下工作，所以，这时灯泡的实际功率不是40
W，而应按实际所加的电压进行计算，有P实=
W=10
W.
答案：1
210
Ω 10
W
变式提升3
将两个灯泡A（220
V
100
W）、B（220
V
25
W）串联后接在电路PQ段，如图3-3-3所示，为使两灯泡都安全使用，在PQ段所加电压的最大值是多少？PQ段电路允许消耗的最大功率是多少？
图3-3-3
解析：由P=可得：
RA==484
Ω，RB==1
936
Ω
由P＝UI知：Ia=
A
IB=
A
则Um=(RA+RB)IB=(484+1
936)
Ω×
A=275
V
Pm=IB2(RA+RB)＝31.25
W.
答案：275
V 31.25
W第1节
电流
课堂互动
三点剖析
一、电流的形成
金属中存在着大量的自由电子和正离子，在导体两端无电势差的情况下，自由电子在导体内做无规则的热运动.自由电子热运动的速率非常大，其数量级为105
?m/s?.但由于自由电子的运动杂乱无章，因而导体中没有电流.当导体两端存在电势差时，导体内由电源和导线上的堆积电荷共同形成了电场，其电场线与导线平行，这时，自由电子受到电场力的作用，沿着电场的反方向定向移动，形成了电流.
如果导体两端的电势差是短暂的，则导体中形成短暂的电流.要想形成持续的电流，导体两端应保持一定的电势差，因而可以把电源接到导体的两端，提供持续的电压，转移电路中的电荷，使电路中保持持续的电流.
【例1】
在电解液中，若5
s内沿相反方向通过面积为0.5
m2的横截面的正、负离子的电荷量均为5
C，则电解液中的电流为多大？?
解析：因I=中的q是时间t内通过整个横截面的电荷量，并非通过单位面积的电荷量，所以0.5
m2是干扰条件.又因正、负离子沿相反方向定向移动形成的电流方向是相同的，所以q应为正、负离子电荷量绝对值之和，故
A=2
A.
答案：2
A
二、导体中电流I的微观表达式
从微观上看，电流取决于导体的哪些因素呢 如图3-1-1所示，AD表示粗细均匀的一段导体L，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷所带的电荷量为q.
图3-1-1
AD导体中的自由电荷总数：N=nLS
总电荷量Q：Nq＝nLSq
所有这些电荷都通过导体的横截面所需要的时间：t=
所以，导体AD上的电流：I==nqSv
由此可见，从微观上看，电流取决于导体中自由电荷的密度、电荷量、定向移动速度，还与导体的横截面积有关.
【例2】
已知电子的电荷量为e，质量为m，氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少
解析：所谓等效电流，就是把电子绕核运动单位时间段的电荷量通过圆周上各处看成是持续运动时所形成的电流，根据电流的定义即可算出等效电流的大小.截取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量q＝e.
则有：I=
①
再由库仑力提供向心力有：
②
联立得：I=
答案：
各个击破
类题演练1
关于电流的说法中正确的是（ ）
A.根据I=，可知I与q成正比
B.如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流
C.电流有方向，电流是矢量
D.电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位?
解析：依据?电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，显然选项A是错误的.虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但如果方向变化，电流也不是恒定电流，所以，选项B也是错误的.电流是标量，故选项C也不对.
答案：D
变式提升1
一硫酸铜电解槽的横截面积为2
m2，在0.04
s内若相向通过同一横截面的铜离子和硫酸根离子分别为5.625×1018个和4.375×1018个，则电解槽中的电流是多大 方向如何 ?
解析：电解槽中的电流是铜离子和硫酸根离子分别向相反的方向运动形成的.所以电流的方向与铜离子定向移动的方向相同.铜离子和硫酸根离子都是二价离子，其电荷量为q1＝q2＝2×1.6×10-19
C.
所以，I=，代入数据得I=83
A.
答案：83
A；电流的方向与铜离子定向移动的方向相同
类题演练2
铜的原子量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过它的电流为I时，电子平均定向移动的速率为多大？
解析：设时间为t，则在这段时间内通过的自由电子个数为N=×n，通过的电流可以表示为I=，所以，电子的平均定向移动速率为v=.
答案：
变式提升2
半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度Ω匀速转动，则由环产生的等效电流应有（ ）
图3-1-2
A.若Ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B.若电荷量Q不变而使Ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C.若使Ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D.若使Ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小
解析：截取圆环的任一截面S，如图所示，在橡胶圆环运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量的Q，则有I=，又有T=，所以I=，可知选项A、B正确.
答案：AB
