思想方法 11.欧姆定律I＝、电功率P＝IU和热功率P＝I2R的使用
1．衣帽欧姆定律I＝的使用
对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR. 对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热＋SSL检测P其他＝I2R＋P其他，所以UI>I2R，即非纯电阻两端的电压满足U>IR.
【典例1】 有一家用电风扇，电风扇两端的电压为220 V，工作电流为0.5 A，则下列说法中，正确的是 A．电扇线圈的电阻为440 Ω B．电扇线圈的电阻大于440 Ω
C．电扇线圈的电阻小于440 Ω D．电风扇线圈的电阻满足欧姆定律
即学即练1 有一提升重物的直流电动机，工作时电路如图7－1－4所示，内阻为r＝0.6 Ω， R＝10 Ω，直流电压为U＝160 V，电压表两端的示数为110 V，则通过电动机的电流是多少？电动机的输入功率为多少？电动机在1 h内产生的热量是多少？
【典例2】 额定电压都是110 V，额定功率PA＝100 W，PB＝40 W的电灯两盏，若接入电压是220 V的下列电路上，则使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的电功率最小的电路是( )．
即学即练2 如图7－1－5所示，电源电动势E＝8 V，内阻为r＝0.5 Ω，“3 V，3 W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0＝1.5 Ω.下列说法中正确的是( )．
A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 W
C．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W
附：对应高考题组(PPT课件文本，见教师用书)
1．(2011·全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )． A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
2．(2012·浙江卷，17)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
3．(2012·上海卷，13)当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J．为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )．
A．3 V 1.8 J B．3 V 3.6 J C．6 V 1.8 J D．6 V 3.6 J
4．(2012·四川卷，23)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：
(1)电动机内阻消耗的热功率； (2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．
【典例1】
解析 电风扇是非纯电阻，故电风扇两端的电压满足U>IR，所以220>0.5R，所以R<440 Ω.选CD.
答案 CD
反思总结 在解答这类问题时，很多同学没有辨明用电器是纯电阻还是非纯电阻，就直接用欧姆定律求解，导致错误．
图7－1－4
即学即练1
解析 电动机正常工作时，电动机两端的电压不满足欧姆定律，故不能直接用欧姆定律来求流过电动机的电流．因电动机和电阻串联，所以流过电动机的电流等于流过电阻的电流．I＝＝A＝5 A
P输入＝UI＝110×5 W＝550 W
Q＝I2rt＝52×0.6×3 600 J＝5.4×104 J
电子元件打标机答案 5 A 550 W 5.4×104 J
2．电功率P＝UI和热功率P＝I2R的使用
不论纯电阻还是非纯电阻，电流的电功率均为P电＝UI，热功率均为P热＝I2R.
对于纯电阻而言：P电＝P热＝UI＝I2R＝
对于非纯电阻而言：P电＝UI＝P热＋P其他＝I2R＋P其他≠＋P其他
【典例2】
解析 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否为额定电压，或电流是否为额定电流．
由P＝和已知条件可知，RA<RB.
对于A电路，由于RA<RB，所以UB>110 V，B灯被烧坏，两灯不能正常发光．
对于B电路，由于RA<RB，A灯与变阻器并联，并联电阻更小于RB，UB>110 V，B灯被烧坏，两灯不能正常发光．
对于C电路，B灯与变阻器并联电阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝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A、B的并联电阻，则UA＝UB＝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(IA－I拼装式冷库B)×110 V，而D电路中变阻器功率为(IA＋IB)×110 V，所以C电路消耗的功率最小．选C.
答案 C
反思总结 此类问题的分析思路分两步：先分清哪个电路的灯泡能正常发光，这里可以从电压、电流、电功率三个量中任意挑选一个使其达到其额定值，其余两个也达到额定值；
确定了正常发光的电路后，再比较哪一个的实际功率小，可以用计算的方法比较，也可以用定性分析的方法比较．
图7－1－5
自动钎焊设备即学即练2
解析 “3 V,3 W”的灯泡L与电动机M串联，说明通过灯泡与电动机的电流相等，其电流大小为IL＝＝＝1 A；路端电压U＝E－ILr＝8 V－1 A×0.5 Ω＝7.5 V，电源的输出功率P出＝UIL＝7.5 V×1 A＝7.5 W；电动机消耗的功率为PM＝P出－PL＝7.5 W－3 W＝4.5 W；电动机的热功率为P热＝IR0＝1.5 Ω×(1 A)2＝1.5 W；电动机的输出功率为PM－P热＝4.5 W－1.5 W＝3 W.
答案 D
附：对应高考题组(PPT课件文本，见教师用书)
1.解析 根据题意，第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6 C，时间约为t＝60 μs，故平均电流为I平＝＝1×105 A，闪电过程中的瞬时值可达到1×105 A，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109 J，第一个闪击过程的平均功率P＝＝1×1014 W，由于一次闪电过程的电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程的时间远大于60 μs，故B错；闪电前云地间的电场强度约为E＝＝ V/m＝1×106 V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109 J，D错．
答案 AC
2.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．
3.解析 设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t.由公式W1＝U1q1和W1＝t可得：U1＝3 V，＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝t可求出：U2＝6 V，W2＝3.6 J，故选项D正确．
答案 D
4.解析 (1)设电动机的电功率为P，则P＝UI，
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r，
代入数据解得Pr＝1×103 W.
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为贝克曼梁h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV，
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则
ΔEp＝Mgh，
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr，
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp，
代入数据解得t＝2×104 s.
答案 (1)1×103 W (2)2×104 s
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