电阻定律部分电路欧姆定律

第七章恒定电流第1课时电阻定律部分电路欧姆定律热点一对伏安特性曲线的理解1.(1)图线a、b表示线性元件.图线c、d表示非线性元件.(2)图象的斜率表示电阻的倒数,斜率越大,电阻越小,故Ra＜Rb(如图1甲所示).图1

(3)图线c的斜率增大,电阻减小,图线d的斜率减小,

电阻增大(如图1乙所示).(注意:曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数)2.(1)由于导体的导电性能不同,所以不同的导体有不同的伏安特性曲线.(2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值,对应这一状态下的电阻.特别提示1.要区分是—U图线还是U—

图线.2.对线性元件:;对非线性元件

,应注意,线性元件不同状态时比值不变,非线性元件不同状态时比值不同.题型1电流定义的理解与应用题型探究【例1】如图2是静电除尘器示意图,A接高压电源的正极,B接高压电源的负极,

AB之间有很强的电场,空气被电离为电子和正离子,电子奔向正极A的过程中,

遇到烟气中的煤粉,使煤粉带负电,吸附到正极A上,排出的烟就成为清洁的了.已知每千克煤粉会吸附nmol电子,每昼夜能除尘mkg,计算高压电源的电流强度.(已知电子的电荷量为e,阿伏加德罗常数为NA,一昼夜时间为t)图2思路点拨

由电流的定义式来求解,要特别注意q的含义.解析

由于电离出的气体中的电子和正离子同时导电,则流过电源的电荷量q跟煤粉吸附的电荷量q′的关系是:q′=而q′=mnNAe所以答案题型2伏安特性曲线的应用【例2】如图4所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线.由图可知,两者不成线性关系,这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故.参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻).图4(1)若把三个这样的电灯串联后,接到电动势为12V的电源上,求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻.(2)如图5所示,将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻串联,接在电动势为8V的电源上,求通过电流表的电流值和每个灯泡的电阻.图5解析(1)三个灯串联时,每个灯的电压为4V由图象知,当灯泡两端的电压为4V时,灯泡的电流为0.4A.灯泡的电阻为R==Ω=10Ω(2)在图5中,若设灯泡电流为I,两端电压为U由欧姆定律得E=2IR0+U,即U=8-20I将U=8-20I函数关系图象作在图4中,如下图所示,两图线交点为(2V,0.3A),可得此种情况下电流为0.3A.通过电流表的电流值为IA=2I=0.6A灯泡的电阻为R==Ω=6.7Ω答案

(1)0.4A10Ω(2)0.6A6.7Ω变式练习3

在如图6甲所示的电路中,电源电动势为3.0V,内阻不计,L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关闭合后,下列关于电路中的灯泡的判断中,正确的是()图6A.灯泡L1的电阻为12ΩB.通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍C.灯泡L1消耗的电功率为0.75WD.灯泡L2消耗的电功率为0.30W解析

L1两端的电压为3V,由图乙知,通过L1的电流为0.25A,所以L1的电阻为12Ω,L1消耗的电功率为0.75W,A、C选项正确;L2和L3串联,每个灯泡的电压为1.5V,由图乙可知,通过L2、L3的电流为0.2A,所以灯泡L2、L3消耗的电功率为0.30W,故D选项正确;L1与L2的电流不是两倍关系,所以B选项错误.答案

ACD题型4电流模型问题【例4】

神经系统中,把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类.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,髓质具有很大的电阻.已知蛙有髓鞘神经,髓鞘的厚度只有2m左右,而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω.(1)若不计髓质片层间的接触电阻,计算髓质的电阻率.(2)若有一圆柱体是由髓质制成的,该圆柱体的体积为32πcm3,当在其两底面上加上1000V的电压时,通过该圆柱体的电流为10πA.求该圆柱体的圆面半径和高.解析

(1)由电阻定律:R= ①所以Ω·m=8×106Ω·m ②(2)由欧姆定律和圆柱体体积公式R= ③V=πr2·h ④R= ⑤由③④⑤可得: ⑥代入数据解得h=0.02m=2cm ⑦将h值代入④式得r=0.04m=4cm ⑧髓质的电阻率为8×106Ω·m;圆面半径为4cm,高为2cm.答案

(1)8×106Ω·m(2)4cm2cm自我批阅——当家作主，我来当师傅！(12分)大气中存在可自由运动的带电粒子,其密度随距地面高度的增加而增大,可以把离地面50km以下的大气看做是具有一定程度漏电的均匀绝缘体(即电阻率较大的物质);离地面50km以上的大气则可看做是带电粒子密度非常高的良导体,地球本身带负电,其周围空间存在电场.离地面l=50km处与地面之间的电势差约为U=3.0×105V.由于电场的作用,地球处于放电状态.但大气中频繁发生雷暴又对地球充电,从而保证了地球周围电场恒定不变,统计表明,雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q=1800C.试估算大气电阻率和地球漏电功率P.(已知地球半径r=6400km,结果保留一位有效数字)解析本题中把50km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体,其长度为50km,横截面积为地球的表面积,所加电压为U=3.0×105V则由题意得I==1800A (3分)R电=Ω=×103Ω (3分)又由电阻定律R电= (2分)得≈2×1012Ω·m (2分)地球漏电功率为P=UI=3×105×1800W≈5×108W (2分)答案

2×1012Ω·m5×108W素能提升1.如图7所示,两个截面不同,长度相等的均匀铜棒接在电路中,两端电压为U,则

()A.通过两棒的电流不相等

B.两棒的自由电子定向移动的平均速率不同

C.两棒内的电场强度不同,细棒内场强E1大于粗棒内场强E2D.细棒的电压U1大于粗棒的电压U2图7解析

两铜棒串联,故电流相等,A错;由I=neSv知I、n、e相同,S不同,v不同,B对;棒中电场E=U/L,而U=IR=，故S小的U大,即U1>U2,E1>E2,C、D对.答案

BCD2.一根粗细均匀的金属导线,两端加上恒定电压U时,通过金属导线的电流强度为I,金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将金属导线均匀拉长,使其长度变为原来的2倍,仍给它两端加上恒定电压U,则此时()A.通过金属导线的电流为

B.通过金属导线的电流为

C.自由电子定向移动的平均速率为

D.自由电子定向移动的平均速率为解析

金属导线均匀拉长2倍,则导线的横截面积变为原来的1/2,由电阻定律可得,导线的电阻变为原来的4倍,由欧姆定律可得,通过金属导线的电流变为原来的1/4,即为I/4,A错误,B正确;由电流的微观表达式I=nqSv,可以解得,金属导线中自由电子定向移动的平均速率变为原来的1/2,即为v/2,D错误,C正确.答案

BC3.如图8为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变,且对温度很敏感)的I-U关系曲线图.图8(1)为了通过测量得到图8所示I-U关系的完整曲线,在图9甲和乙两个电路中应选择的是图

;简要说明理由:

.(电源电动势为9V,内阻不计,滑动变阻器的阻值为0~100Ω).图9(2)在图丙电路中,电源电压恒为9V,电流表读数为70mA,定值电阻R1=250Ω,由热敏电阻的I-U关系曲线可知,热敏电阻两端的电压为

V;电阻R2的阻值为

Ω.(3)举出一个可以应用热敏电阻的例子.解析(1)从热敏电阻的I-U图象可知,实验数据I和U包括0附近的数据,图乙为限流式接法,不能达到该要求,因此选图甲.理由是:甲电路电压可以从0V调到所需电压,调节范围大.(2)由图丙可知,流过热敏电阻支路的电流I=I总-=70mA-36mA=34mA,据I-U图知,I=34mA时对应热敏电阻两端电压U=5.20V;那么R2分担电压U2=U总-U=3.80V.∴R2==111.8Ω(在111.6Ω~112.0Ω均正确).(3)热敏温度计.答案

(1)甲甲电路电压可以从0V调到所需电压,调节范围大(2)5.2111.8(111.6~112.0均可)(3)热敏温度计.4.“氢火焰离子化监测器”可以检测出无机物气体中极其微量的有机分子的含量,其装置如图10所示,在氢火焰的作用下,有机物的分子电离为一价正离子和自由电子,而无机物的分子不