第一篇：物理競賽輔導教案：第一部分 力&物體的平衡

第一部分 力＆物體的平衡

第一講 力的處理

一、矢量的運算

1、加法

???ab表達： + = c。?c名詞：為“和矢量”。

法則：平行四邊形法則。如圖1所示。

??22a?b?2abcos?a和矢量大小：c =，其中α為和b的夾角。

????22a?b?2abcos? caab和矢量方向：在、之間，和夾角β= arcsin2、減法

bsin????ca表達： = －b。

???cab名詞：為“被減數矢量”，為“減數矢量”，為“差矢量”。

法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數矢量和減數矢量的起始端平移到一點，然后連接兩時量末端，指向被減數時量的時量，即是差矢量。

??22b?c?2bccos?c差矢量大小：a =，其中θ為和b的夾角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。

11例題：已知質點做勻速率圓周運動，半徑為R，周期為T，求它在4T內和在2T內的平均加速度大小。

1解說：如圖3所示，A到B點對應4T的過程，A到C點對應1???vvv2T的過程。這三點的速度矢量分別設為A、B和C。

????v?vvt?v0BA???atatAB根據加速度的定義 a= 得：AB=，AC= ??vC?vAtAC

??????v?vvv?vv由于有兩處涉及矢量減法，設兩個差矢量 1= B－A，2= C－A，根據三角??v形法則，它們在圖3中的大小、方向已繪出（2的“三角形”已被拉伸成一條直線）。

本題只關心各矢量的大小，顯然：

2?R4?R22?RvA = vB = vC = T，且：?v1 = 2vA= T，?v2 = 2vA= T

22?RT?v1?v282?RT2att4所以：aAB= AB = = T，AC= AC = 4?RT8?RT22 = T。

（學生活動）觀察與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不是勻變速運動？ 答：否；不是。

3、乘法

矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘，和代數的乘法有著質的不同。⑴ 叉乘

???cab表達：× =

?c名詞：稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。

???cab叉積的大小：c = absinα，其中α為和的夾角。意義：的??大小對應由a和b作成的平行四邊形的面積。

??a叉積的方向：垂直和b確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4所示。

????????顯然，a×b≠b×a，但有：a×b= －b×a

⑵ 點乘

??a表達：·b = c 名詞：c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標量。

??點積的大小：c = abcosα，其中α為a和b的夾角。

二、共點力的合成

1、平行四邊形法則與矢量表達式

2、一般平行四邊形的合力與分力的求法 余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小 正弦定理解方向

三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二講 物體的平衡

一、共點力平衡

1、特征：質心無加速度。

??FF2、條件：Σ = 0，或 ?Fx = 0，y = 0 例題：如圖5所示，長為L、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標示，求橫桿的重心位置。

解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關系比較簡單。

答案：距棒的左端L/4處。

（學生活動）思考：放在斜面上的均質長方體，按實際情況分析受力，斜面的支持力會通過長方體的重心嗎？

解：將各處的支持力歸納成一個N，則長方體受三個力（G、f、N）必共點，由此推知，N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。答：不會。

二、轉動平衡

1、特征：物體無轉動加速度。

?

2、條件：ΣM= 0，或ΣM+ =ΣM-如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。

3、非共點力的合成

大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。

作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。

第三講習題課

1、如圖7所示，在固定的、傾角為α斜面上，有一塊可以轉動的夾板（β不定），夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體，試求：β取何值時，夾板對球的彈力最小。

解說：法一，平行四邊形動態處理。對球體進行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移，使它們構成一個三角形，如圖8的左圖和中圖所示。由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當β增大導致N2的方向改變時，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。顯然，隨著β增大，N1單調減小，而N2的大小先減小后增大，當N2垂直N1時，N2取極小值，且N2min = Gsinα。法二，函數法。

看圖8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有：

GGsin?N2sin? = sin?，即：N2 = sin?，β在0到180°之間取值，N2的極值討論是很容易的。

答案：當β= 90°時，甲板的彈力最小。

2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F隨時間t的變化規律如圖9所示，則在t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個？

解說：靜力學旨在解決靜態問題和準靜態過程的問題，但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。靜力學的知識，本題在于區分兩種摩擦的不同判據。水平方向合力為零，得：支持力N持續增大。物體在運動時，滑動摩擦力f = μN，必持續增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G，與N沒有關系。

對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據物理常識，加速時，f ＜ G，而在減速時f ＞ G。答案：B。

3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環上，另一輕質彈簧的勁度系數為k，自由長度為L（L＜2R），一端固定在大圓環的頂點A，另一端與小球相連。環靜止平衡時位于大環上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。

解說：平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環的支持力。（學生活動）思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的，所以：

FAB?GR ⑴

由胡克定律：F = k（AB-R）⑵ 幾何關系：AB= 2Rcosθ ⑶ 解以上三式即可。

kL答案：arccos2(kR?G)。

（學生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數k′較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環的支持力怎么變？ 答：變小；不變。

（學生活動）反饋練習：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑輪，一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？ 解：和上題完全相同。答：T變小，N不變。

4、如圖14所示，一個半徑為R的非均質圓球，其重心不在球心O點，先將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸；再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上，平衡時球面上的B點與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。解說：練習三力共點的應用。

根據在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。

3答案：3R。

（學生活動）反饋練習：靜摩擦足夠，將長為a、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上，最多能碼多少塊？ 解：三力共點知識應用。

actg?b答：。

4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個小球，兩球的質量分別為m1和m2，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30°，如圖15所示。則m1 : m2-為多少？

解說：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。

首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設為α。而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設為F。

對左邊的矢量三角形用正弦定理，有：

m1gFsin? = sin45? ①

m2gF同理，對右邊的矢量三角形，有：sin? = sin30? ②

解①②兩式即可。答案：1 ：2。

（學生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？

答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點看成轉軸，兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。應用：若原題中繩長不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2，其它條件不變，m1與m2的比值又將是多少？

解：此時用共點力平衡更加復雜（多一個正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。答：2 ：32。

5、如圖17所示，一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質細桿，細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為μ），所以要將木板從球下面向右抽出時，至少需要大小為F的水平拉力。試問：現要將木板繼續向左插進一些，至少需要多大的水平推力？

解說：這是一個典型的力矩平衡的例題。

以球和桿為對象，研究其對轉軸O的轉動平衡，設木板拉出時給球體的摩擦力為f，支持力為N，重 力為G，力矩平衡方程為：

f R + N（R + L）= G（R + L）① 球和板已相對滑動，故：f = μN ②

?G(R?L)解①②可得：f = R?L??R

再看木板的平衡，F = f。

?G(R?L)同理，木板插進去時，球體和木板之間的摩擦f′= R?L??R = F′。R?L??RF答案：R?L??R。

第四講 摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R表示，亦稱接觸反力。

2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表示。

此時，要么物體已經滑動，必有：φm = arctgμ（μ為動摩擦因素），稱動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：φms = arctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為φm = φms。

3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。

二、隔離法與整體法

1、隔離法：當物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講每個個體隔離開來分析處理，稱隔離法。

在處理各隔離方程之間的聯系時，應注意相互作用力的大小和方向關系。

2、整體法：當各個體均處于平衡狀態時，我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。

應用整體法時應注意“系統”、“內力”和“外力”的涵義。

三、應用

1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時，物體勻速前進。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進，求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。解說：這是一個能顯示摩擦角解題優越性的題目。可以通過不同解法的比較讓學生留下深刻印象。

法一，正交分解。（學生分析受力→列方程→得結果。）

法二，用摩擦角解題。

引進全反力R，對物體兩個平衡狀態進行受力分析，再進行矢量平移，得到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向不變、F的大小不變），φm指摩擦角。再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形 是一個頂角為30°的等腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊??故有：φm = 15°。最后，μ= tgφm。答案：0.268。

（學生活動）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少？

解：見圖18，右圖中虛線的長度即Fmin，所以，Fmin = Gsinφm。答：Gsin15°（其中G為物體的重量）。

2、如圖19所示，質量m = 5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質量M = 10kg，傾角為30°，重力加速度g = 10m/s2，求地面對斜面體的摩擦力大小。解說：本題旨在顯示整體法的解題的優越性。法一，隔離法。簡要介紹??

法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動，但從平衡的角度看，它們是完全等價的，可以看成一個整體。

做整體的受力分析時，內力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N。

（學生活動）地面給斜面體的支持力是多少？ 解：略。答：135N。

應用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為θ。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動，就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使滿足題意的這個F的大小和方向。解說：這是一道難度較大的靜力學題，可以動用一切可能的工具解題。法一：隔離法。

由第一個物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素μ= tgθ

對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy，滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。

對滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡—— Fx = f + mgsinθ Fy + mgcosθ= N 且 f = μN = Ntgθ 綜合以上三式得到：

Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ① 對斜面體，只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ+ Nsinθ 即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ 代入μ值，化簡得：Fy = mgcosθ ② ②代入①可得：Fx = 3mgsinθ

Fy最后由F =Fx2?Fy2解F的大小，由tgα=

Fx解F的方向（設α為F和斜面的夾角）。

1ctg?21?8sin?答案：大小為F = mg，方向和斜面夾角α= arctg(3)指向斜面內部。

法二：引入摩擦角和整體法觀念。

仍然沿用“法一”中關于F的方向設置（見圖21中的α角）。先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ-α)= P ⑴ 再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角φ，由于簡化后只有三個力（R、mg和F），可以將矢量平移后構成一個三角形，如圖22所示。

Fmgmg在圖22右邊的矢量三角形中，有：sin(???)= sin?90??(???)?= cos(???)⑵

注意：φ= arctg⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

μ

=

arctg(tg

θ)

=

θ

第二篇：物理競賽輔導工作總結

物理競賽輔導工作總結

到溫州中學事情了近三年的時間，教導學生到場天下中學有生命的物質理競賽，取得了一些成就：倪良富同窗在本年第23屆天下中學有生命的物質理競賽決賽中喜獲國度金牌、決賽一等獎、入選國度集訓隊。我教導的學生在天下中學有生命的物質理競賽中獲天下一等獎6人數，天下二等獎12人數，天下三等獎14人數，使成為事實了溫州中學在天下物理競賽中的三個沖破：一是倪良富同窗入選國度集訓隊；二是在到場第22屆天下中學有生命的物質理競賽中高二學生初次獲患上天下一等獎；三是在獲天下一等獎人數為積年至多。也進一步確定了溫州中學在物理競賽方面的全省領先官位地方。總結本身事情中的一些作法，供本身日后參看及偕行指正。

一、關于選苗

一、稠密的物理樂趣以及不錯的進修念頭是降服進修堅苦的源動力。有了對物理的樂趣以及志向，才氣入選物理競賽進修，倪天下高中物理競賽題良富同窗在初級中學階段就閃現了對物理的樂趣以及對物理大好的感觸領悟能力。

二、優異的非智力因素很重要：志存高遠 要強執著，不勝掉隊，具備嚴峻謹慎當真的獨特之處，能踴躍長期地開展思維勾當，樂于自力深切研討等杰出的進修習氣是必不成少的，如天下一等獎獲患上者陳政同窗在這一方面表現凸起。

三、周全成長且單科凸起的同窗更容易在競賽進修中脫穎而出，尤其要有敦實的算術底工，偏科的同窗往以后勁不足，容易顧此掉彼。

四、優異的智力，不變的生理本質以及康健的身子骨兒以及精力也是競賽勾當入選手應具備的。

二、擬定近期規劃與學期規劃

高一班級的講授培養訓練規劃：

一、按甲種本的教材要求完玉成部高中物理講授內部實質意義；

二、基本完玉成國中學有生命的物質理競賽所涉及到的競賽內部實質意義；

三、讓學生掌握測試的基本要領以及基本操作技術；

四、完成競賽涉及內部實質意義的通例訓24屆高中物理競賽題練；

五、過去各屆天下中學有生命的物質理競賽初賽、復賽卷基本做完。

方針：只管即便讓每名到場物理競賽進修的同窗都能到場復賽，有人獲天下一等獎，使學生有結果就感，加強進修決議信念。

高二班級的講授培養訓練規劃：

一、體系地按章節完成競賽內部實質意義的熬頭輪溫習，舉行題型歸類；

二、舉行思維要領的分類與培養訓練；3加強平凡物理學內部實質意義的進修及平凡物理測試的操作，舉行有關測試的預設培養訓練；

四、舉行困難的問題及決賽題以及國際奧賽題的訓練；

五、賽前鞏固訓練。

方針：只管即便多的參加比賽學生獲天下一等獎，有人能到場天下決賽。

三、選好適合的教材與教輔資料

此刻市道上有關物理競賽教導的資料很多，也很亂，易難區分也出格大。選擇能涵蓋所有競賽常識點，困難適度，有內部實質意義闡發，有解題講述，有絕對是量的困難程度適合的訓練題的競賽書1到2本是須要的。別的，聯合本身講課擺設，保舉學生2009高中物理競賽幾本用來參考的書籍，讓學生在有余力的條件下去自學，去查閱也是必不成少的。需夸大的是；以一、二本書為主，當真過細的一一落到實處，不留角落，其它資料可作匡助參考，在差別的階段，針對差別條理的學生可保舉差別的資料進修，鼓舞勉勵同窗之間加強交流。

四、不停激勵學生，充實闡揚學生的主不雅自覺踴躍性

樂趣是最佳的教員，物理學中的對稱美、同一美，物理思惟中表現出的精良極美妙，物理常識對人的總稱成長的潑天孝敬，沒有疑難都能引發同窗們進修物理的樂趣。鼓舞勉勵同窗們在進修中要有本身的見解，并彼此交流，領會樂趣，領會樂成，同享彼此的見解；學生中有了發光點我老是絕不鄙吝的表彰，如：有新的見解、新的思緒、解法奇特，解釋回答規范，進修當真等都是要遭到出格表彰的。有立異的設法，時常由該同窗上講壇解說，由其它同窗分組會商，最后總結。我僅作2009物理競賽評點以及表彰。鼓舞勉勵學生自學，發明問題獨個解決問題，有本身的設法以及思緒或者疑難后，再去會商以及交流，可能的話，盡可能讓學生本身試著編題，領會出題人的思緒以及意向。物理競賽進修是一個團隊的使命，夸大團隊互助精力，彼此幫忙，彼此協作，配合提高，各人的氣力必定大于一個的的氣力。

五、講課力爭做到“一題多法”、“一法多題”、“一題多變”以思維要領訓練為主，力圖將響應物理模子，基本思緒，題中的重、不易解決之處 凸現出來。

在典型題、競賽訓練中的“好題”的解說中，我力圖“一題多法”從差別的角度，用差別的要領，包孕從學生中征集而來的思緒，讓學生充實掌握更多的思慮標的目的，領會物理的矯捷性。懂患上一種思緒在解題中行欠亨時能實時興小調解思緒。“一法多題”：實時歸納，成立模子，題型變化后應用，在應用中理解掌握，到達諳練地解決一類問題。“一題2009高中有生命的物質競賽多變”：一道兒題可不成以變化，可以怎樣變化，包孕情勢上的，包孕已經知與未知的互換等等，鼓舞勉勵同窗們思慮，提出本身的見解，形成長于思慮的好習氣。題中的重點、不易解決之處實時給總結，提出怎樣答對的學法引導，講題只管即便講透辟。對學生，許可質疑，許可對勢力巨子解釋回答提出相反的論斷，許可墮落。在很多勢力巨子資猜中，有的解釋回答也不免墮落，只有在質疑、爭論中才氣辨析清晰，爭論不下于的問題，鼓舞勉勵同窗們本身去查資料。

6、只管即便將學生的習題訓練做到落到實處

每一個章節，每一個單位，每專題，都備有相干的訓練題，加強題以及檢驗測定題。對安插的操練，只管即便以卷子情勢發下去，發下去的卷子只管即便收上來批閱，路程經過過程批閱，能實時地相識學生對常識的掌握水平，存在的問題，出格是一些差別的思緒。雖則競賽題的修正很是消耗時間，但可以容或者監督催促學生實時完成，當真落到實處2009年物理競賽，學生差別的解法還能富厚我本身的解題思緒，供給很多的講授原始素材，讓人患上益匪淺。

7、盡可能的網絡，打疊整頓好涉及到的競賽資料

訓練題、加強題、檢驗測定題、摹擬訓練題、考前集訓都需要大量的習題，有的內部實質意義可用現成的卷子，有的內部實質意義卻需要西席本身舉行組卷。現成的資料、舊的資料、新的資料、海內外洋的、針對常識點的、針對要領訓練的。只要有效，真是越多越好，每隔一段我都逛書城，看有無對我有效的冊本，只要有，我都絕不夷由的買下，教員手中應該有更多的更周全的資料，有時候網上也可尋覓一些，但要實時地將此中的題根據思維要領以及內部實質意義歸類，如許才更利于本身施用。

8、要站患上高、看患上遠。要站在更高一級的條理入眼待每級競賽

省隊的選拔是為了到場天下決賽，天下決賽的選拔是為了遴選到場國際奧賽的選手。以是到場全2009年物理競賽試題國中學有生命的物質理競賽目光不克不及僅只盯在初賽、復賽困難程度上，應思量到天下決賽的要乞降困難程度，到場天下決賽前的籌辦也不克不及將訓練僅只逗留在海內的競賽綱領上。在賽前集訓，成心識地將國際奧賽題、天下決賽題、外洋的訓練題穿插在卷子中，能增加學生的見地，坦蕩視閾，也能成立學生的決議信念，同窗們做過有的國際奧賽題后也會有不外云云的覺患上。

9、加強自我常識的更新

作為鍛練，深感常識過時的老化，現代物理成長日月牙異，新的物理攝譜儀層出不窮，時常感應訓練時力有未逮，是以加強自身涵養來提高自身本質也是時再也不來。不停購書，不停自學，不停相識物理學的最前沿科學技術信息，才氣不掉隊于時代。

10、疼愛學生，為之樹立看患上見的方針，并起勁實行

平等看待每名同窗，在進修上鼓舞勉勵，在糊口上疼愛，使每位學生都能感觸感染到教員的2009年物理競賽試題存眷，使每位學生的點滴前進都能獲患上教員的承認，使每位學生的下一個方針都能明確，只有支付就會有收成。

朱金軍

第三篇：物理競賽輔導計劃

物理競賽輔導計劃

本次輔導工作要立足長遠，在完成日常教學工作的前提下，拓展學生的知識面、提高學生學習物理的能力，力爭通過努力使學生在下一的物理競賽中取得令人滿意的成績。并通過物理競賽獲獎使優秀學生取得自主招生資格，讓他們有更大的發展空間。

一、確定輔導對象

選擇語數英成績優秀和對物理學習有興趣的學生參加輔導．學生不僅要對物理學科的興趣很濃，也有遠大的理想，要做到持之以恒．同時學生必須具備相當的自學能力、用數學知識解決物理問題能力、將生活中的問題轉化為物理模型的能力等等。

二、科學培養

物理競賽知識體系包括兩個方面，一方面是高中物理學科的知識體系，另一方面課外拓展的知識體系．所以在輔導過程中，要帶領學生查找資料拓展知識量，豐富學生的認識范圍。帶領學生研究歷年的競賽真題，通過做題鍛煉學生透徹分析問題的能力、靈活融會貫通知識的能力和解決問題的能力、提高物理素養．

三、自學討論

對尖子學生的教學，可以采取兩種方法，一種是由老師給物理小組的學生上課，每周活動一至二次。另一種是自學討論，即以同學自學，討論、研究為主，教師僅提出要求，提供材料對同學在自學中的疑難問題進行解答和點撥。

在采用自學、討論法時，教師必須做好以下幾方面的工作：①根據不同學生的情況，給他們每人制定一個科學的學習計劃，包括學習基礎知識（中學階段和部分大學內容）、綜合應用訓練、實驗訓練和賽前熱身訓練等幾個階段。②選擇合適的教材和參考資料。③檢查學生的學習情況，讓學生接觸各種風格類型的題目，經常出一些題目檢查學生的學習情況。

在此基礎上，在課外活動中引導學生進行小課題研究將有利于進一步培養學生的創造能力和獨立工作能力。研究的課題可以是課本內容的延伸，也可以是物理知識在生活、生產中的應用，要結合課題研究，指導學生閱讀有關資料，開拓思路，設計實驗方案，寫出有一定質量的小論文。

第四篇：物理競賽輔導教案：穩恒電流

第九部分 穩恒電流 第一講 基本知識介紹

第八部分《穩恒電流》包括兩大塊：一是“恒定電流”，二是“物質的導電性”。前者是對于電路的外部計算，后者則是深入微觀空間，去解釋電流的成因和比較不同種類的物質導電的情形有什么區別。

應該說，第一塊的知識和高考考綱對應得比較好，深化的部分是對復雜電路的計算（引入了一些新的處理手段）。第二塊雖是全新的內容，但近幾年的考試已經很少涉及，以至于很多奧賽培訓資料都把它刪掉了。鑒于在奧賽考綱中這部分內容還保留著，我們還是想粗略地介紹一下。

一、歐姆定律

1、電阻定律

la、電阻定律 R = ρS

b、金屬的電阻率 ρ = ρ0（1 + αt）

2、歐姆定律

a、外電路歐姆定律 U = IR，順著電流方向電勢降落 b、含源電路歐姆定律

在如圖8-1所示的含源電路中，從A點到B點，遵照原則：①遇電阻，順電流方向電勢降落（逆電流方向電勢升高）②遇電源，正極到負極電勢降落，負極到正極電勢升高（與電流方向無關），可以得到以下關系 UA ? IR ? ε ? Ir = UB 這就是含源電路歐姆定律。c、閉合電路歐姆定律

在圖8-1中，若將A、B兩點短接，則電流方向只可能向左，含源電路歐姆定律成為 UA + IR ? ε + Ir = UB = UA

?即 ε = IR + Ir，或 I = R?r

這就是閉合電路歐姆定律。值得注意的的是：①對于復雜電路，“干路電流I”不能做絕對的理解（任何要考察的一條路均可視為干路）；②電源的概念也是相對的，它可以是多個電源的串、并聯，也可以是電源和電阻組成的系統；③外電阻R可以是多個電阻的串、并聯或混聯，但不能包含電源。

二、復雜電路的計算

1、戴維南定理：一個由獨立源、線性電阻、線性受控源組成的二端網絡，可以用一個電壓源和電阻串聯的二端網絡來等效。（事實上，也可等效為“電流源和電阻并聯的的二端網絡”——這就成了諾頓定理。）應用方法：其等效電路的電壓源的電動勢等于網絡的開路電壓，其串聯電阻等于從端鈕看進去該網絡中所有獨立源為零值時的等效電阻。

2、基爾霍夫（克希科夫）定律

a、基爾霍夫第一定律：在任一時刻流入電路中某一分節點的電流強度的總和，等于從該點流出的電流強度的總和。

例如，在圖8-2中，針對節點P，有 I2 + I3 = I1 基爾霍夫第一定律也被稱為“節點電流定律”，它是電荷受恒定律在電路中的具體體現。對于基爾霍夫第一定律的理解，近來已經拓展為：流入電路中某一“包容塊”的電流強度的總和，等于從該“包容塊”流出的電流強度的總和。

b、基爾霍夫第二定律：在電路中任取一閉合回路，并規定正的繞行方向，其中電動勢的代數和，等于各部分電阻（在交流電路中為阻抗）與電流強度乘積的代數和。例如，在圖8-2中，針對閉合回路①，有 ε3 ? ε2 = I3(r3 + R2 + r2)? I2R2 基爾霍夫第二定律事實上是含源部分電路歐姆定律的變體（☆同學們可以列方程 UP = ? = UP得到和上面完全相同的式子）。

3、Y?Δ變換

在難以看清串、并聯關系的電路中，進行“Y型?Δ型”的相互轉換常常是必要的。在圖8-3所示的電路中

☆同學們可以證明Δ→ Y的結論? Rc = Rb = R1R3R1?R2?R3R2R3R1?R2?R3R1R2R1?R2?R3

Ra =

Y→Δ的變換稍稍復雜一些，但我們仍然可以得到 R1 = R2 = RaRb?RbRc?RcRaRbRaRb?RbRc?RcRaRcRaRb?RbRc?RcRaRa

R3 =

三、電功和電功率

1、電源

使其他形式的能量轉變為電能的裝置。如發電機、電池等。發電機是將機械能轉變為電能；干電池、蓄電池是將化學能轉變為電能；光電池是將光能轉變為電能；原子電池是將原子核放射能轉變為電能；在電子設備中，有時也把變換電能形式的裝置，如整流器等，作為電源看待。

電源電動勢定義為電源的開路電壓，內阻則定義為沒有電動勢時電路通過電源所遇到的電阻。據此不難推出相同電源串聯、并聯，甚至不同電源串聯、并聯的時的電動勢和內阻的值。例如，電動勢、內阻分別為ε1、r1和ε2、r2的電源并聯，構成的新電源的電動勢ε和內阻r分別為（☆師生共同推導?）ε = ?1r2??2r1r1?r2

r =

2、電功、電功率

r1r2r1?r2

電流通過電路時，電場力對電荷作的功叫做電功W。單位時間內電場力所作的功叫做電功率P。

計算時，只有W = UIt和P = UI是完全沒有條件的，對于不含源的純電阻，電功和焦耳熱

U2U2重合，電功率則和熱功率重合，有W = I2Rt = Rt和P = I2R =R。

對非純電阻電路，電功和電熱的關系依據能量守恒定律求解。

四、物質的導電性

在不同的物質中，電荷定向移動形成電流的規律并不是完全相同的。

1、金屬中的電流

即通常所謂的不含源純電阻中的電流，規律遵從“外電路歐姆定律”。

2、液體導電

能夠導電的液體叫電解液（不包括液態金屬）。電解液中離解出的正負離子導電是液體導電的特點（如：硫酸銅分子在通常情況下是電中性的，但它在溶液里受水分子的作用就會離解成銅離子Cu2+和硫酸根離子S

?O24，它們在電場力的作用下定向移動形成電流）。

在電解液中加電場時，在兩個電極上（或電極旁）同時產生化學反應的過程叫作“電解”。電解的結果是在兩個極板上（或電極旁）生成新的物質。液體導電遵從法拉第電解定律—— 法拉第電解第一定律：電解時在電極上析出或溶解的物質的質量和電流強度、跟通電時間成正比。表達式：m = kIt ＝ KQ（式中Q為析出質量為m的物質所需要的電量；K為電化當量，電化當量的數值隨著被析出的物質種類而不同，某種物質的電化當量在數值上等于通過1C電量時析出的該種物質的質量，其單位為kg/C。）法拉第電解第二定律：物質的電化當量K和它的化學當量成正比。某種物質的化學當量是該

M物質的摩爾質量M（克原子量）和它的化合價n的比值，即 K = Fn，而F為法拉第常數，對任何物質都相同，F = 9.65×104C/mol。

M將兩個定律聯立可得：m = FnQ。

3、氣體導電

氣體導電是很不容易的，它的前提是氣體中必須出現可以定向移動的離子或電子。按照“載流子”出現方式的不同，可以把氣體放電分為兩大類—— a、被激放電

在地面放射性元素的輻照以及紫外線和宇宙射線等的作用下，會有少量氣體分子或原子被電離，或在有些燈管內，通電的燈絲也會發射電子，這些“載流子”均會在電場力作用下產生定向移動形成電流。這種情況下的電流一般比較微弱，且遵從歐姆定律。典型的被激放電情形有

b、自激放電

但是，當電場足夠強，電子動能足夠大，它們和中性氣體相碰撞時，可以使中性分子電離，即所謂碰撞電離。同時，在正離子向陰極運動時，由于以很大的速度撞到陰極上，還可能從陰極表面上打出電子來，這種現象稱為二次電子發射。碰撞電離和二次電子發射使氣體中在很短的時間內出現了大量的電子和正離子，電流亦迅速增大。這種現象被稱為自激放電。自激放電不遵從歐姆定律。

常見的自激放電有四大類：輝光放電、弧光放電、火花放電、電暈放電。

4、超導現象

據金屬電阻率和溫度的關系，電阻率會隨著溫度的降低和降低。當電阻率降為零時，稱為超導現象。電阻率為零時對應的溫度稱為臨界溫度。超導現象首先是荷蘭物理學家昂尼斯發現的。

超導的應用前景是顯而易見且相當廣闊的。但由于一般金屬的臨界溫度一般都非常低，故產業化的價值不大，為了解決這個矛盾，科學家們致力于尋找或合成臨界溫度比較切合實際的材料就成了當今前沿科技的一個熱門領域。當前人們的研究主要是集中在合成材料方面，臨界溫度已經超過100K，當然，這個溫度距產業化的期望值還很遠。

5、半導體

半導體的電阻率界于導體和絕緣體之間，且ρ值隨溫度的變化呈現“反常”規律。組成半導體的純凈物質這些物質的化學鍵一般都是共價鍵，其穩固程度界于離子鍵和金屬鍵之間，這樣，價電子從外界獲得能量后，比較容易克服共價鍵的束縛而成為自由電子。當有外電場存在時，價電子移動，同時造成“空穴”（正電）的反向移動，我們通常說，半導體導電時，存在兩種載流子。只是在常態下，半導體中的載流子濃度非常低。半導體一般是四價的，如果在半導體摻入三價元素，共價鍵中將形成電子缺乏的局面，使“空穴”載流子顯著增多，形成P型半導體。典型的P型半導體是硅中摻入微量的硼。如果摻入五價元素，共價鍵中將形成電子多余的局面，使電子載流子顯著增多，形成N型半導體。典型的N型半導體是硅中摻入微量的磷。如果將P型半導體和N型半導體燒結，由于它們導電的載流子類型不同，將會隨著組合形式的不同而出現一些非常獨特的物理性質，如二極管的單向導電性和三極管的放大性。

第二講 重要模型和專題

一、純電阻電路的簡化和等效

1、等勢縮點法

將電路中電勢相等的點縮為一點，是電路簡化的途徑之一。至于哪些點的電勢相等，則需要具體問題具體分析——

【物理情形1】在圖8-4甲所示的電路中，R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R，試求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】這是一個基本的等勢縮點的事例，用到的是物理常識是：導線是等勢體，用導線相連的點可以縮為一點。將圖8-4甲圖中的A、D縮為一點A后，成為圖8-4乙圖

對于圖8-4的乙圖，求RAB就容易了。

3【答案】RAB = 8R。

【物理情形2】在圖8-5甲所示的電路中，R1 = 1Ω，R2 = 4Ω，R3 = 3Ω，R4 = 12Ω，R5 = 10Ω，試求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】這就是所謂的橋式電路，這里先介紹簡單的情形：將A、B兩端接入電源，并假設R5不存在，C、D兩點的電勢有什么關系？ ☆學員判斷?→結論：相等。

因此，將C、D縮為一點C后，電路等效為圖8-5乙

對于圖8-5的乙圖，求RAB是非常容易的。事實上，只要滿足電路稱為“平衡電橋”。

15【答案】RAB = 4Ω。

R1R2=

R3R4的關系，我們把橋式〖相關介紹〗英國物理學家惠斯登曾將圖8-5中的R5換成靈敏電流計○G，將R1、R2中的某一個電阻換成待測電阻、將R3、R4換成帶觸頭的電阻絲，通過調節觸頭P的位置，觀察電流計示數為零來測量帶測電阻Rx的值，這種測量電阻的方案幾乎沒有系統誤差，歷史上稱之為“惠斯登電橋”。

請學員們參照圖8-6思考惠斯登電橋測量電阻的原理，并寫出Rx的表達式（觸頭兩端的電阻絲長度LAC和LCB是可以通過設置好的標尺讀出的）。☆學員思考、計算?

【答案】Rx =R0。

【物理情形3】在圖8-7甲所示的有限網絡中，每一小段導體的電阻均為R，試求A、B兩點之間的等效電阻RAB。

【模型分析】在本模型中，我們介紹“對稱等勢”的思想。當我們將A、B兩端接入電源，電流從A流向B時，相對A、B連線對稱的點電流流動的情形必然是完全相同的，即：在圖8-7乙圖中標號為1的點電勢彼此相等，標號為2的點電勢彼此相等?。將它們縮點后，1點和B點之間的等效電路如圖8-7丙所示。LCBLAC

5不難求出，R1B = 14R，而RAB = 2R1B。5【答案】RAB = 7R。

2、△→Y型變換

【物理情形】在圖8-5甲所示的電路中，將R1換成2Ω的電阻，其它條件不變，再求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】此時的電橋已經不再“平衡”，故不能采取等勢縮點法簡化電路。這里可以將電路的左邊或右邊看成△型電路，然后進行△→Y型變換，具體操作如圖8-8所示。根據前面介紹的定式，有 Ra = Rb = Rc = R1R3R1?R3?R5R1R5R1?R3?R5R3R5R1?R3?R52?32 = 2?3?10 = 5Ω 2?104 = 2?3?10 = 3Ω 3?10 = 2?3?10 = 2Ω

再求RAB就容易了。

618【答案】RAB = 145Ω。

3、電流注入法

【物理情形】對圖8-9所示無限網絡，求A、B兩點間的電阻RAB。【模型分析】顯然，等勢縮點和△→Y型變換均不適用這種網絡的計算。這里介紹“電流注入法”的應用。應用電流注入法的依據是：對于任何一個等效電阻R，歐

姆定律都是適用的，而且，對于每一段導體，歐姆定律也是適用的。

現在，當我們將無窮遠接地，A點接電源正極，從A點注入電流I時，AB小段導體的電流必為I/3 ；

當我們將無窮遠接地，B點接電源負極，從B點抽出電流I時，AB小段導體的電流必為I/3 ； 那么，當上面“注入”和“抽出”的過程同時進行時，AB小段導體的電流必為2I/3。最后，分別對導體和整個網絡應用歐姆定律，即不難求出RAB。

2【答案】RAB =3R。

〖相關介紹〗事實上，電流注入法是一個解復雜電路的基本工具，而不是僅僅可以適用于無限網絡。下面介紹用電流注入法解圖8-8中橋式電路（不平衡）的RAB。

從A端注入電流I，并設流過R1和R2的電流分別為I1和I2，則根據基爾霍夫第一定律，其它三個電阻的電流可以表示為如圖8-10所示。

然后對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I1R1 +(I1 ? I2)R5 ?(I ? I1)R3 = 0 即 2I1 + 10(I1 ? I2)? 3(I ? I1)= 0 整理后得 15I1 ? 10I2 = 3I ① 對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有

I2R2 ?(I ? I2)R4 ?(I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2)? 10(I1 ? I2)= 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I ②

9921解①②兩式，得 I1 = 145I，I2 = 29I 很顯然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 9921618即 UAB = 2×145I + 4×29I = 145I

UAB618最后對整塊電路用歐姆定律，有 RAB = I = 145Ω。

4、添加等效法

【物理情形】在圖8-11甲所示無限網絡中，每個電阻的阻值均為R，試求A、B兩點間的電阻RAB。

【模型分析】解這類問題，我們要用到一種數學思想，那就是：無窮大和有限數的和仍為無窮大。在此模型中，我們可以將“并聯一個R再串聯一個R”作為電路的一級，總電路是這樣無窮級的疊加。在圖8-11乙圖中，虛線部分右邊可以看成原有無限網絡，當它添加一級后，仍為無限網絡，即

RAB∥R + R = RAB 解這個方程就得出了RAB的值。

1?5【答案】RAB = 2R。

〖學員思考〗本題是否可以用“電流注入法”求解？ 〖解說〗可以，在A端注入電流I后，設第一級的并聯電阻分流為I1，則結合基爾霍夫第一定律和應有的比例關系，可以得出相應的電流值如圖8-12所示 對圖中的中間回路，應用基爾霍夫第二定律，有

I1(I ? I1)R +(I ? I1)IR ? I1R = 0 5?1解得 I1 = 2I 很顯然 UA ? IR ? I1R = UB

1?55?1即 UAB = IR + 2IR = 2IR UAB1?5最后，RAB = I = 2R。

【綜合應用】在圖8-13甲所示的三維無限網絡中，每兩個節點之間的導體電阻均為R，試求A、B兩點間的等效電阻RAB。

【解說】當A、B兩端接入電源時，根據“對稱等勢”的思想可知，C、D、E?各點的電勢是彼此相等的，電勢相等的點可以縮為一點，它們之間的電阻也可以看成不存在。這里取后一中思想，將CD間的導體、DE間的導體?取走后，電路可以等效為圖8-13乙所示的二維無限網絡。

3?21對于這個二維無限網絡，不難求出 R′= 3R 2R顯然，RAB = R′∥3∥R′

2【答案】RAB = 21R。

二、含源電路的簡化和計算

1、戴維南定理的應用

【物理情形】在如圖8-14甲所示電路中，電源ε = 1.4V，內阻不計，R1 = R4 = 2Ω，R2 = R3 = R5 = 1Ω，試用戴維南定理解流過電阻R5的電流。

【模型分析】用戴維南定理的目的是將電源系統或與電源相關聯的部分電路等效為一個電源，然后方便直接應用閉合電路歐姆定律。此電路中的電源只有一個，我們可以援用后一種思路，將除R5之外的電阻均看成“與電源相關聯的”部分，于是——

將電路做“拓撲”變換，成圖8-14乙圖。這時候，P、Q兩點可看成“新電源”的兩極，設新電源的電動勢為ε′，內阻為r′，則

4r′= R1∥R2 + R3∥R4 = 3Ω

ε′為P、Q開路時的電壓。開路時，R1的電流I1和R3的電流I3相等，I1 = I3 = 177（R1?R2)(R3?R4)?2 = 15A，令“老電源”的負極接地，則UP = I1R2 = 15V，UQ = I3R4 ?147= 15V，所以 ε′= UQP = 15V 最后電路演化成圖8-14丙時，R5的電流就好求了。

【答案】R5上電流大小為0.20A，方向（在甲圖中）向上。

2、基爾霍夫定律的應用

基爾霍夫定律的內容已經介紹，而且在（不含源）部分電路中已經做過了應用。但是在比較復雜的電路中，基爾霍夫第一定律和第二定律的獨立方程究竟有幾個？這里需要補充一個法則，那就是——

基爾霍夫第一定律的獨立方程個數為節點總數減一； 基爾霍夫第二定律的獨立方程個數則為獨立回路的個數。而且，獨立回路的個數m應該這樣計算

m = p ? n + 1 其中p為支路數目（不同電流值的數目），n為節點個數。譬如，在圖8-15所示的三個電路中，m應該這樣計算

甲圖，p = 3，n = 2，m = 3 ?2 + 1 = 2 乙圖，p = 6，n = 4，m = 6 ?4 + 1 = 3 丙圖，p = 8，n = 5，m = 8 ?5 + 1 = 4 以上的數目也就是三個電路中基爾霍夫第二定律的獨立方程個數。

思考啟發：學員觀察上面三個電路中m的結論和電路的外部特征，能得到什么結果？ ☆學員：m事實上就是“不重疊”的回路個數！（可在丙圖的基礎上添加一支路驗證?）【物理情形1】在圖8-16所示的電路中，ε1 = 32V，ε2 = 24V，兩電源的內阻均不計，R1 = 5Ω，R2 = 6Ω，R3 = 54Ω，求各支路的電流。

【模型分析】這是一個基爾霍夫定律的基本應用，第一定律的方程個數為 n ? 1 = 2，第二方程的個數為 p ? n + 1 = 2 由第一定律，有 I3 = I1 + I2 由第二定律，左回路有 ε1 ? ε2 = I1R1 ? I2R2 左回路有 ε2 = I2R2 + I3R3 代入數字后，從這三個方程不難解出 I1 = 1.0A，I2 = ?0.5A，I3 = 0.5A 這里I2的負號表明實際電流方向和假定方向相反。

【答案】R1的電流大小為1.0A，方向向上，R2的電流大小為0.5A，方向向下，R3的電流大小為0.5A，方向向下。

【物理情形2】用基爾霍夫定律解圖8-14甲所示電路中R5的電流（所有已知條件不變）。【模型分析】此電路p = 6，n = 4，故基爾霍夫第一定律方程個數為3，第二定律方程個數為3。為了方便，將獨立回路編號為Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，電流只設了三個未知量I1、I2和I3，其它三個電流則直接用三個第一定律方程表達出來，見圖8-17。這樣，我們只要解三個基爾霍夫第二定律方程就可以了。對Ⅰ回路，有 I2R1 + I1R5 ? I3R3 = 0 即 2I2 + 1I1 ? 1I3 = 0 ① 對Ⅱ回路，有(I2 ? I1)R2 ?(I1 + I3)R4 ? I1R5 = 0 即 1(I2 ? I1)? 2(I1 + I3)? 1I1 = 0 ②

對Ⅲ回路，有 ε = I3R3 +(I1 + I3)R4 即 1.4 = 1I3 + 2(I1 + I3)③

解①②③式不難得出 I1 = ?0.2A。（I2 = 0.4A，I3 = 0.6A）【答案】略。

【物理情形3】求解圖8-18所示電路中流過30Ω電阻的電流。【模型分析】基爾霍夫第一定律方程2個，已在圖中體現 基爾霍夫第二定律方程3個，分別為——

對Ⅰ回路，有 100 =(I2 ? I1)+ I2·10 ① 對Ⅱ回路，有 40 = I2·10 + I1·30 ? I3·10 ② 對Ⅲ回路，有 100 = I3·10 +(I1 + I3)·10 ③

解①②③式不難得出 I1 = 1.0A。（I2 = 5.5A，I3 = 4.5A）【答案】大小為1.0A，方向向左。

〖小結〗解含源電路我們引進了戴維南定理和基爾霍夫定律兩個工具。原則上，對任何一個

問題，兩種方法都可以用。但是，當我們面臨的只是求某一條支路的電流，則用戴維南定理較好，如果要求求出多個（或所有）支路的電流，則用基爾霍夫定律較好。而且我們還必須看到，隨著獨立回路個數的增多，基爾霍夫第二定律的方程隨之增多，解題的麻煩程度隨之增大。

三、液體導電及其它

【物理情形】已知法拉第恒量F = 9.65×104C/mol，金的摩爾質量為0.1972kg/mol，金的化合價為3，要想在電解池中析出1g金，需要通過多少電量？金是在電解池的正極板還是在負極板析出？

【解說】法拉第電解定律（綜合mFn形式）的按部就班應用，即 Q = M，代入相關數據（其中m = 1.0×10?3kg，n = 3）即可。

【答案】需要1.47×103C電量，金在負極板析出。

【相關應用】在圖8-19所示的裝置中，如果在120分鐘內淀積3.0×1022個銀原子，銀的化合價為1。在電流表中顯示的示數是多少？若將阿弗伽德羅常數視為已知量，試求法拉第恒量。【解說】第一問根據電流定義即可求得；

3.0?1022?1.6?10?19MQM3.0?1022M236.02?10mn第二問 F = =

【答案】0.667A；9.63×104C/mol。

四、問題補遺——歐姆表

圖8-20展示了歐姆表的基本原理圖（未包括換檔電路），虛線方框內是歐姆表的內部結構，它包含表頭G、直流電源ε（常用干電池）及電阻RΩ。當被測電阻Rx接入電路時，表頭G電流

I =

可以看出，對給定的歐姆表，I與Rx有一一對應的關系，所以由表頭指針的位置可以知道Rx的大小。為了讀數方便，事先在刻度盤上直接標出歐姆值。

考查I（Rx）函數，不難得出歐姆表的刻度特點有三：①大值在左邊、小值在右邊；②不均勻，小值區域稀疏、大值區域密集；③沒有明確的量程，最右邊為零，最左邊為∞。

歐姆表雖然沒有明確的量程，并不以為著測量任何電阻都是準確的，因為大值區域的刻度線太密，難以讀出準確讀數。這里就有一個檔位選擇問題。歐姆表上備有“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”不同檔位，它們的意義是：表盤的讀數乘以這個倍數就是最后的測量結果。比如，一個待測電阻阻值越20kΩ，選擇“×10”檔，指針將指在2k附近（密集區），不準，選擇“×1k”檔，指針將指在20附近（稀疏區），讀數就準確了。

?Rg?r?R??Rx

不同的檔位是因為歐姆表的中值電阻可以選擇造成的。當Rx =（Rg + r + RΩ）時，表頭1電流I = 2Ig，指針指在表盤的幾何中心，故稱此時的Rx——即（Rg + r + RΩ）——為中值電阻，它就是表盤正中刻度的那個數字乘以檔位倍數。很顯然，對于一個給定的歐姆檔，中值電阻（簡稱R中）應該是固定不變的。

由于歐姆表必須保證Rx = 0時，指針指到最右邊（0Ω刻度），即

= Ig 這個式子當中，只有Rg和Ig是一成不變的，ε、r均會隨著電池的用舊而改變（ε↓、r↑），為了保證方程繼續成立，有必要調整RΩ的值，這就是歐姆表在使用時的一個必不可少的步驟：歐姆調零，即將兩表筆短接，觀察指針指到最右邊（0Ω刻度）即可。

所以，在使用歐姆表時，選檔和調零是必不可少的步驟，而且換檔后，必須重新調零。【相關問題1】當歐姆表的電池用舊了之后，在操作規范的前提下，它的測值會（填“偏大”、“偏小”或“繼續準確”）。

【解說】這里的操作規范是指檔位選擇合適、已正確調零。電池用舊后，ε↓、r↑，但調

??Ig?Rg?r?R?零時，務必要使RΩ↓，但Rg + r + RΩ = R中 =，故R中↓，形成系統誤差是必然的。

設新電池狀態下電源電動勢為ε、中值電阻為R中，用舊狀態下電源電動勢為ε′、中值電阻為R中′，則針對同一個Rx，有

?新電池狀態 I = ?R中?Rx =

??RxIg?? =

1?IgIgRx?

舊電池狀態 I′= ??R中??Rx =

???RxIg =

1?IgIgRx??

兩式比較后，不難得出 I′＜ I，而表盤的刻度沒有改變，故歐姆示數增大。【答案】偏大。

【相關問題2】用萬用表之歐姆檔測某二極管極性時，發現指針偏轉極小，則與紅表筆相連接的應為二極管的 極。

【解說】歐姆檔指針偏轉極小，表明電阻示數很大；歐姆表的紅表筆是和內部電源的負極相連的。

【答案】正。

☆第八部分完☆

第五篇：物理競賽輔導教案：穩恒電流

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第九部分 穩恒電流 第一講 基本知識介紹

第八部分《穩恒電流》包括兩大塊：一是“恒定電流”，二是“物質的導電性”。前者是對于電路的外部計算，后者則是深入微觀空間，去解釋電流的成因和比較不同種類的物質導電的情形有什么區別。

應該說，第一塊的知識和高考考綱對應得比較好，深化的部分是對復雜電路的計算（引入了一些新的處理手段）。第二塊雖是全新的內容，但近幾年的考試已經很少涉及，以至于很多奧賽培訓資料都把它刪掉了。鑒于在奧賽考綱中這部分內容還保留著，我們還是想粗略地介紹一下。

一、歐姆定律

1、電阻定律

la、電阻定律 R = ρS

b、金屬的電阻率 ρ = ρ0（1 + αt）

2、歐姆定律

a、外電路歐姆定律 U = IR，順著電流方向電勢降落 b、含源電路歐姆定律

在如圖8-1所示的含源電路中，從A點到B點，遵照原則：①遇電阻，順電流方向電勢降落（逆電流方向電勢升高）②遇電源，正極到負極電勢降落，負極到正極電勢升高（與電流方向無關），可以得到以下關系 UA ? IR ? ε ? Ir = UB 這就是含源電路歐姆定律。c、閉合電路歐姆定律

在圖8-1中，若將A、B兩點短接，則電流方向只可能向左，含源電路歐姆定律成為 UA + IR ? ε + Ir = UB = UA

?即 ε = IR + Ir，或 I = R?r

這就是閉合電路歐姆定律。值得注意的的是：①對于復雜電路，“干路電流I”不能做絕對的理解（任何要考察的一條路均可視為干路）；②電源的概念也是相對的，它可以是多個電源的串、并聯，也可以是電源和電阻組成的系統；③外電阻R可以是多個電阻的串、并聯或混聯，但不能包含電源。

二、復雜電路的計算

1、戴維南定理：一個由獨立源、線性電阻、線性受控源組成的二端網絡，可以用一個電壓源和電阻串聯的二端網絡來等效。（事實上，也可等效為“電流源和電阻并聯的的二端網絡”——這就成了諾頓定理。）應用方法：其等效電路的電壓源的電動勢等于網絡的開路電壓，其串聯電阻等于從端鈕看進去該網絡中所有獨立源為零值時的等效電阻。

2、基爾霍夫（克希科夫）定律

a、基爾霍夫第一定律：在任一時刻流入電路中某一分節點的電流強度的總和，等于從該點流出的電流強度的總和。

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例如，在圖8-2中，針對節點P，有 I2 + I3 = I1 基爾霍夫第一定律也被稱為“節點電流定律”，它是電荷受恒定律在電路中的具體體現。對于基爾霍夫第一定律的理解，近來已經拓展為：流入電路中某一“包容塊”的電流強度的總和，等于從該“包容塊”流出的電流強度的總和。

b、基爾霍夫第二定律：在電路中任取一閉合回路，并規定正的繞行方向，其中電動勢的代數和，等于各部分電阻（在交流電路中為阻抗）與電流強度乘積的代數和。例如，在圖8-2中，針對閉合回路①，有 ε3 ? ε2 = I3(r3 + R2 + r2)? I2R2 基爾霍夫第二定律事實上是含源部分電路歐姆定律的變體（☆同學們可以列方程 UP = ? = UP得到和上面完全相同的式子）。

3、Y?Δ變換

在難以看清串、并聯關系的電路中，進行“Y型?Δ型”的相互轉換常常是必要的。在圖8-3所示的電路中

☆同學們可以證明Δ→ Y的結論? Rc = Rb = R1R3R1?R2?R3R2R3R1?R2?R3R1R2R1?R2?R3

Ra =

Y→Δ的變換稍稍復雜一些，但我們仍然可以得到 R1 = R2 = RaRb?RbRc?RcRaRbRaRb?RbRc?RcRaRcRaRb?RbRc?RcRaRa

R3 =

三、電功和電功率

1、電源

使其他形式的能量轉變為電能的裝置。如發電機、電池等。發電機是將機械能轉變為電能；干電池、蓄電池是將化學能轉變為電能；光電池是將光能轉變為電能；原子電池是將原子核放射能轉變為電能；在電子設備中，有時也把變換電能形式的裝置，如整流器等，作為電源看待。

電源電動勢定義為電源的開路電壓，內阻則定義為沒有電動勢時電路通過電源所遇到的電阻。據此不難推出相同電源串聯、并聯，甚至不同電源串聯、并聯的時的電動勢和內阻的值。例如，電動勢、內阻分別為ε1、r1和ε2、r2的電源并聯，構成的新電源的電動勢ε和內阻r分別為（☆師生共同推導?）ε = ?1r2??2r1r1?r2

r =

2、電功、電功率

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電流通過電路時，電場力對電荷作的功叫做電功W。單位時間內電場力所作的功叫做電功率P。

計算時，只有W = UIt和P = UI是完全沒有條件的，對于不含源的純電阻，電功和焦耳熱

U2U2重合，電功率則和熱功率重合，有W = I2Rt = Rt和P = I2R =R。

對非純電阻電路，電功和電熱的關系依據能量守恒定律求解。

四、物質的導電性

在不同的物質中，電荷定向移動形成電流的規律并不是完全相同的。

1、金屬中的電流

即通常所謂的不含源純電阻中的電流，規律遵從“外電路歐姆定律”。

2、液體導電

能夠導電的液體叫電解液（不包括液態金屬）。電解液中離解出的正負離子導電是液體導電的特點（如：硫酸銅分子在通常情況下是電中性的，但它在溶液里受水分子的作用就會離解成銅離子Cu2+和硫酸根離子S

?O24，它們在電場力的作用下定向移動形成電流）。

在電解液中加電場時，在兩個電極上（或電極旁）同時產生化學反應的過程叫作“電解”。電解的結果是在兩個極板上（或電極旁）生成新的物質。液體導電遵從法拉第電解定律—— 法拉第電解第一定律：電解時在電極上析出或溶解的物質的質量和電流強度、跟通電時間成正比。表達式：m = kIt ＝ KQ（式中Q為析出質量為m的物質所需要的電量；K為電化當量，電化當量的數值隨著被析出的物質種類而不同，某種物質的電化當量在數值上等于通過1C電量時析出的該種物質的質量，其單位為kg/C。）法拉第電解第二定律：物質的電化當量K和它的化學當量成正比。某種物質的化學當量是該

M物質的摩爾質量M（克原子量）和它的化合價n的比值，即 K = Fn，而F為法拉第常數，對任何物質都相同，F = 9.65×104C/mol。

M將兩個定律聯立可得：m = FnQ。

3、氣體導電

氣體導電是很不容易的，它的前提是氣體中必須出現可以定向移動的離子或電子。按照“載流子”出現方式的不同，可以把氣體放電分為兩大類—— a、被激放電

在地面放射性元素的輻照以及紫外線和宇宙射線等的作用下，會有少量氣體分子或原子被電離，或在有些燈管內，通電的燈絲也會發射電子，這些“載流子”均會在電場力作用下產生定向移動形成電流。這種情況下的電流一般比較微弱，且遵從歐姆定律。典型的被激放電情形有

b、自激放電

但是，當電場足夠強，電子動能足夠大，它們和中性氣體相碰撞時，可以使中性分子電離，即所謂碰撞電離。同時，在正離子向陰極運動時，由于以很大的速度撞到陰極上，還可能從陰極表面上打出電子來，這種現象稱為二次電子發射。碰撞電離和二次電子發射使氣體中在很短的時間內出現了大量的電子和正離子，電流亦迅速增大。這種現象被稱為自激放電。自激放電不遵從歐姆定律。

常見的自激放電有四大類：輝光放電、弧光放電、火花放電、電暈放電。

4、超導現象

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據金屬電阻率和溫度的關系，電阻率會隨著溫度的降低和降低。當電阻率降為零時，稱為超導現象。電阻率為零時對應的溫度稱為臨界溫度。超導現象首先是荷蘭物理學家昂尼斯發現的。

超導的應用前景是顯而易見且相當廣闊的。但由于一般金屬的臨界溫度一般都非常低，故產業化的價值不大，為了解決這個矛盾，科學家們致力于尋找或合成臨界溫度比較切合實際的材料就成了當今前沿科技的一個熱門領域。當前人們的研究主要是集中在合成材料方面，臨界溫度已經超過100K，當然，這個溫度距產業化的期望值還很遠。

5、半導體

半導體的電阻率界于導體和絕緣體之間，且ρ值隨溫度的變化呈現“反常”規律。組成半導體的純凈物質這些物質的化學鍵一般都是共價鍵，其穩固程度界于離子鍵和金屬鍵之間，這樣，價電子從外界獲得能量后，比較容易克服共價鍵的束縛而成為自由電子。當有外電場存在時，價電子移動，同時造成“空穴”（正電）的反向移動，我們通常說，半導體導電時，存在兩種載流子。只是在常態下，半導體中的載流子濃度非常低。半導體一般是四價的，如果在半導體摻入三價元素，共價鍵中將形成電子缺乏的局面，使“空穴”載流子顯著增多，形成P型半導體。典型的P型半導體是硅中摻入微量的硼。如果摻入五價元素，共價鍵中將形成電子多余的局面，使電子載流子顯著增多，形成N型半導體。典型的N型半導體是硅中摻入微量的磷。如果將P型半導體和N型半導體燒結，由于它們導電的載流子類型不同，將會隨著組合形式的不同而出現一些非常獨特的物理性質，如二極管的單向導電性和三極管的放大性。

第二講 重要模型和專題

一、純電阻電路的簡化和等效

1、等勢縮點法

將電路中電勢相等的點縮為一點，是電路簡化的途徑之一。至于哪些點的電勢相等，則需要具體問題具體分析——

【物理情形1】在圖8-4甲所示的電路中，R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R，試求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】這是一個基本的等勢縮點的事例，用到的是物理常識是：導線是等勢體，用導線相連的點可以縮為一點。將圖8-4甲圖中的A、D縮為一點A后，成為圖8-4乙圖

對于圖8-4的乙圖，求RAB就容易了。

3【答案】RAB = 8R。

【物理情形2】在圖8-5甲所示的電路中，R1 = 1Ω，R2 = 4Ω，R3 = 3Ω，R4 = 12Ω，www.tmdps.cn 版權所有@高考資源網 高考資源網（ks5u.com）

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R5 = 10Ω，試求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】這就是所謂的橋式電路，這里先介紹簡單的情形：將A、B兩端接入電源，并假設R5不存在，C、D兩點的電勢有什么關系？ ☆學員判斷?→結論：相等。

因此，將C、D縮為一點C后，電路等效為圖8-5乙

對于圖8-5的乙圖，求RAB是非常容易的。事實上，只要滿足電路稱為“平衡電橋”。

15【答案】RAB = 4Ω。

R1R2=

R3R4的關系，我們把橋式〖相關介紹〗英國物理學家惠斯登曾將圖8-5中的R5換成靈敏電流計○G，將R1、R2中的某一個電阻換成待測電阻、將R3、R4換成帶觸頭的電阻絲，通過調節觸頭P的位置，觀察電流計示數為零來測量帶測電阻Rx的值，這種測量電阻的方案幾乎沒有系統誤差，歷史上稱之為“惠斯登電橋”。

請學員們參照圖8-6思考惠斯登電橋測量電阻的原理，并寫出Rx的表達式（觸頭兩端的電阻絲長度LAC和LCB是可以通過設置好的標尺讀出的）。☆學員思考、計算?

【答案】Rx =R0。

【物理情形3】在圖8-7甲所示的有限網絡中，每一小段導體的電阻均為R，試求A、B兩點之間的等效電阻RAB。

【模型分析】在本模型中，我們介紹“對稱等勢”的思想。當我們將A、B兩端接入電源，電流從A流向B時，相對A、B連線對稱的點電流流動的情形必然是完全相同的，即：在圖8-7乙圖中標號為1的點電勢彼此相等，標號為2的點電勢彼此相等?。將它們縮點后，1點和B點之間的等效電路如圖8-7丙所示。LCBLAC www.tmdps.cn 版權所有@高考資源網 高考資源網（ks5u.com）

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5不難求出，R1B = 14R，而RAB = 2R1B。5【答案】RAB = 7R。

2、△→Y型變換

【物理情形】在圖8-5甲所示的電路中，將R1換成2Ω的電阻，其它條件不變，再求A、B兩端的等效電阻RAB。

【模型分析】此時的電橋已經不再“平衡”，故不能采取等勢縮點法簡化電路。這里可以將電路的左邊或右邊看成△型電路，然后進行△→Y型變換，具體操作如圖8-8所示。根據前面介紹的定式，有 Ra = Rb = Rc = R1R3R1?R3?R5R1R5R1?R3?R5R3R5R1?R3?R52?32 = 2?3?10 = 5Ω 2?104 = 2?3?10 = 3Ω 3?10 = 2?3?10 = 2Ω

再求RAB就容易了。

618【答案】RAB = 145Ω。

3、電流注入法

【物理情形】對圖8-9所示無限網絡，求A、B兩點間的電阻RAB。【模型分析】顯然，等勢縮點和△→Y型變換均不適用這 www.tmdps.cn 版權所有@高考資源網 高考資源網（ks5u.com）

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種網絡的計算。這里介紹“電流注入法”的應用。

應用電流注入法的依據是：對于任何一個等效電阻R，歐姆定律都是適用的，而且，對于每一段導體，歐姆定律也是適用的。

現在，當我們將無窮遠接地，A點接電源正極，從A點注入電流I時，AB小段導體的電流必為I/3 ；

當我們將無窮遠接地，B點接電源負極，從B點抽出電流I時，AB小段導體的電流必為I/3 ； 那么，當上面“注入”和“抽出”的過程同時進行時，AB小段導體的電流必為2I/3。最后，分別對導體和整個網絡應用歐姆定律，即不難求出RAB。

2【答案】RAB =3R。

〖相關介紹〗事實上，電流注入法是一個解復雜電路的基本工具，而不是僅僅可以適用于無限網絡。下面介紹用電流注入法解圖8-8中橋式電路（不平衡）的RAB。

從A端注入電流I，并設流過R1和R2的電流分別為I1和I2，則根據基爾霍夫第一定律，其它三個電阻的電流可以表示為如圖8-10所示。

然后對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I1R1 +(I1 ? I2)R5 ?(I ? I1)R3 = 0 即 2I1 + 10(I1 ? I2)? 3(I ? I1)= 0 整理后得 15I1 ? 10I2 = 3I ① 對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有

I2R2 ?(I ? I2)R4 ?(I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2)? 10(I1 ? I2)= 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I ②

9921解①②兩式，得 I1 = 145I，I2 = 29I 很顯然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 9921618即 UAB = 2×145I + 4×29I = 145I

UAB618最后對整塊電路用歐姆定律，有 RAB = I = 145Ω。

4、添加等效法

【物理情形】在圖8-11甲所示無限網絡中，每個電阻的阻值均為R，試求A、B兩點間的電阻RAB。

【模型分析】解這類問題，我們要用到一種數學思想，那就是：無窮大和有限數的和仍為無 www.tmdps.cn 版權所有@高考資源網 高考資源網（ks5u.com）

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窮大。在此模型中，我們可以將“并聯一個R再串聯一個R”作為電路的一級，總電路是這樣無窮級的疊加。在圖8-11乙圖中，虛線部分右邊可以看成原有無限網絡，當它添加一級后，仍為無限網絡，即 RAB∥R + R = RAB 解這個方程就得出了RAB的值。

1?5【答案】RAB = 2R。

〖學員思考〗本題是否可以用“電流注入法”求解？ 〖解說〗可以，在A端注入電流I后，設第一級的并聯電阻分流為I1，則結合基爾霍夫第一定律和應有的比例關系，可以得出相應的電流值如圖8-12所示 對圖中的中間回路，應用基爾霍夫第二定律，有

I1(I ? I1)R +(I ? I1)IR ? I1R = 0 5?1解得 I1 = 2I 很顯然 UA ? IR ? I1R = UB

1?55?1即 UAB = IR + 2IR = 2IR UAB1?5最后，RAB = I = 2R。

【綜合應用】在圖8-13甲所示的三維無限網絡中，每兩個節點之間的導體電阻均為R，試求A、B兩點間的等效電阻RAB。

【解說】當A、B兩端接入電源時，根據“對稱等勢”的思想可知，C、D、E?各點的電勢是彼此相等的，電勢相等的點可以縮為一點，它們之間的電阻也可以看成不存在。這里取后一中思想，將CD間的導體、DE間的導體?取走后，電路可以等效為圖8-13乙所示的二維無限網絡。

3?21對于這個二維無限網絡，不難求出 R′= 3R 2R顯然，RAB = R′∥3∥R′

2【答案】RAB = 21R。

二、含源電路的簡化和計算

1、戴維南定理的應用

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【物理情形】在如圖8-14甲所示電路中，電源ε = 1.4V，內阻不計，R1 = R4 = 2Ω，R2 = R3 = R5 = 1Ω，試用戴維南定理解流過電阻R5的電流。

【模型分析】用戴維南定理的目的是將電源系統或與電源相關聯的部分電路等效為一個電源，然后方便直接應用閉合電路歐姆定律。此電路中的電源只有一個，我們可以援用后一種思路，將除R5之外的電阻均看成“與電源相關聯的”部分，于是——

將電路做“拓撲”變換，成圖8-14乙圖。這時候，P、Q兩點可看成“新電源”的兩極，設新電源的電動勢為ε′，內阻為r′，則

4r′= R1∥R2 + R3∥R4 = 3Ω

ε′為P、Q開路時的電壓。開路時，R1的電流I1和R3的電流I3相等，I1 = I3 = 177?（R1?R2)(R3?R4)2 = 15A，令“老電源”的負極接地，則UP = I1R2 = 15V，UQ = I3R4 ?147= 15V，所以 ε′= UQP = 15V 最后電路演化成圖8-14丙時，R5的電流就好求了。

【答案】R5上電流大小為0.20A，方向（在甲圖中）向上。

2、基爾霍夫定律的應用

基爾霍夫定律的內容已經介紹，而且在（不含源）部分電路中已經做過了應用。但是在比較復雜的電路中，基爾霍夫第一定律和第二定律的獨立方程究竟有幾個？這里需要補充一個法則，那就是——

基爾霍夫第一定律的獨立方程個數為節點總數減一； 基爾霍夫第二定律的獨立方程個數則為獨立回路的個數。而且，獨立回路的個數m應該這樣計算

m = p ? n + 1 其中p為支路數目（不同電流值的數目），n為節點個數。譬如，在圖8-15所示的三個電路中，m應該這樣計算

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甲圖，p = 3，n = 2，m = 3 ?2 + 1 = 2 乙圖，p = 6，n = 4，m = 6 ?4 + 1 = 3 丙圖，p = 8，n = 5，m = 8 ?5 + 1 = 4 以上的數目也就是三個電路中基爾霍夫第二定律的獨立方程個數。

思考啟發：學員觀察上面三個電路中m的結論和電路的外部特征，能得到什么結果？ ☆學員：m事實上就是“不重疊”的回路個數！（可在丙圖的基礎上添加一支路驗證?）【物理情形1】在圖8-16所示的電路中，ε1 = 32V，ε2 = 24V，兩電源的內阻均不計，R1 = 5Ω，R2 = 6Ω，R3 = 54Ω，求各支路的電流。

【模型分析】這是一個基爾霍夫定律的基本應用，第一定律的方程個數為 n ? 1 = 2，第二方程的個數為 p ? n + 1 = 2 由第一定律，有 I3 = I1 + I2 由第二定律，左回路有 ε1 ? ε2 = I1R1 ? I2R2 左回路有 ε2 = I2R2 + I3R3 代入數字后，從這三個方程不難解出 I1 = 1.0A，I2 = ?0.5A，I3 = 0.5A 這里I2的負號表明實際電流方向和假定方向相反。

【答案】R1的電流大小為1.0A，方向向上，R2的電流大小為0.5A，方向向下，R3的電流大小為0.5A，方向向下。

【物理情形2】用基爾霍夫定律解圖8-14甲所示電路中R5的電流（所有已知條件不變）。【模型分析】此電路p = 6，n = 4，故基爾霍夫第一定律方程個數為3，第二定律方程個數為3。為了方便，將獨立回路編號為Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，電流只設了三個未知量I1、I2和I3，其它三個電流則直接用三個第一定律方程表達出來，見圖8-17。這樣，我們只要解三個基爾霍夫第二定律方程就可以了。對Ⅰ回路，有 I2R1 + I1R5 ? I3R3 = 0 即 2I2 + 1I1 ? 1I3 = 0 ① 對Ⅱ回路，有(I2 ? I1)R2 ?(I1 + I3)R4 ? I1R5 = 0 即 1(I2 ? I1)? 2(I1 + I3)? 1I1 = 0 ②

對Ⅲ回路，有 ε = I3R3 +(I1 + I3)R4 www.tmdps.cn 版權所有@高考資源網 高考資源網（ks5u.com）

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即 1.4 = 1I3 + 2(I1 + I3)③

解①②③式不難得出 I1 = ?0.2A。（I2 = 0.4A，I3 = 0.6A）【答案】略。

【物理情形3】求解圖8-18所示電路中流過30Ω電阻的電流。【模型分析】基爾霍夫第一定律方程2個，已在圖中體現 基爾霍夫第二定律方程3個，分別為——

對Ⅰ回路，有 100 =(I2 ? I1)+ I2·10 ① 對Ⅱ回路，有 40 = I2·10 + I1·30 ? I3·10 ② 對Ⅲ回路，有 100 = I3·10 +(I1 + I3)·10 ③

解①②③式不難得出 I1 = 1.0A。（I2 = 5.5A，I3 = 4.5A）【答案】大小為1.0A，方向向左。

〖小結〗解含源電路我們引進了戴維南定理和基爾霍夫定律兩個工具。原則上，對任何一個問題，兩種方法都可以用。但是，當我們面臨的只是求某一條支路的電流，則用戴維南定理較好，如果要求求出多個（或所有）支路的電流，則用基爾霍夫定律較好。而且我們還必須看到，隨著獨立回路個數的增多，基爾霍夫第二定律的方程隨之增多，解題的麻煩程度隨之增大。

三、液體導電及其它

【物理情形】已知法拉第恒量F = 9.65×104C/mol，金的摩爾質量為0.1972kg/mol，金的化合價為3，要想在電解池中析出1g金，需要通過多少電量？金是在電解池的正極板還是在負極板析出？

【解說】法拉第電解定律（綜合mFn形式）的按部就班應用，即 Q = M，代入相關數據（其中m = 1.0×10?3kg，n = 3）即可。

【答案】需要1.47×103C電量，金在負極板析出。

【相關應用】在圖8-19所示的裝置中，如果在120分鐘內淀積3.0×1022個銀原子，銀的化合價為1。在電流表中顯示的示數是多少？若將阿弗伽德羅常數視為已知量，試求法拉第恒量。【解說】第一問根據電流定義即可求得；

3.0?1022?1.6?10?19MQM3.0?1022M236.02?10mn第二問 F = =

【答案】0.667A；9.63×104C/mol。

四、問題補遺——歐姆表

圖8-20展示了歐姆表的基本原理圖（未包括換檔電路），虛線方框內是歐姆表的內部結構，它包含表頭G、直流電源ε（常用干電池）及電阻RΩ。

當被測電阻Rx接入電路時，表頭G電流 I = ?Rg?r?R??Rx

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可以看出，對給定的歐姆表，I與Rx有一一對應的關系，所以由表頭指針的位置可以知道Rx的大小。為了讀數方便，事先在刻度盤上直接標出歐姆值。

考查I（Rx）函數，不難得出歐姆表的刻度特點有三：①大值在左邊、小值在右邊；②不均勻，小值區域稀疏、大值區域密集；③沒有明確的量程，最右邊為零，最左邊為∞。歐姆表雖然沒有明確的量程，并不以為著測量任何電阻都是準確的，因為大值區域的刻度線太密，難以讀出準確讀數。這里就有一個檔位選擇問題。歐姆表上備有“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”不同檔位，它們的意義是：表盤的讀數乘以這個倍數就是最后的測量結果。比如，一個待測電阻阻值越20kΩ，選擇“×10”檔，指針將指在2k附近（密集區），不準，選擇“×1k”檔，指針將指在20附近（稀疏區），讀數就準確了。

不同的檔位是因為歐姆表的中值電阻可以選擇造成的。當Rx =（Rg + r + RΩ）時，表頭1電流I = 2Ig，指針指在表盤的幾何中心，故稱此時的Rx——即（Rg + r + RΩ）——為中值電阻，它就是表盤正中刻度的那個數字乘以檔位倍數。很顯然，對于一個給定的歐姆檔，中值電阻（簡稱R中）應該是固定不變的。

由于歐姆表必須保證Rx = 0時，指針指到最右邊（0Ω刻度），即

= Ig 這個式子當中，只有Rg和Ig是一成不變的，ε、r均會隨著電池的用舊而改變（ε↓、r↑），為了保證方程繼續成立，有必要調整RΩ的值，這就是歐姆表在使用時的一個必不可少的步驟：歐姆調零，即將兩表筆短接，觀察指針指到最右邊（0Ω刻度）即可。

所以，在使用歐姆表時，選檔和調零是必不可少的步驟，而且換檔后，必須重新調零。【相關問題1】當歐姆表的電池用舊了之后，在操作規范的前提下，它的測值會（填“偏大”、“偏小”或“繼續準確”）。

【解說】這里的操作規范是指檔位選擇合適、已正確調零。電池用舊后，ε↓、r↑，但調

??Ig?Rg?r?R?零時，務必要使RΩ↓，但Rg + r + RΩ = R中 =，故R中↓，形成系統誤差是必然的。

設新電池狀態下電源電動勢為ε、中值電阻為R中，用舊狀態下電源電動勢為ε′、中值電阻為R中′，則針對同一個Rx，有

?新電池狀態 I = ?R中?Rx =

??RxIg?? =

1?IgIgRx?

舊電池狀態 I′= ??R中??Rx =

???RxIg =

1?IgIgRx??

兩式比較后，不難得出 I′＜ I，而表盤的刻度沒有改變，故歐姆示數增大。【答案】偏大。

【相關問題2】用萬用表之歐姆檔測某二極管極性時，發現指針偏轉極小，則與紅表筆相連接的應為二極管的 極。

【解說】歐姆檔指針偏轉極小，表明電阻示數很大；歐姆表的紅表筆是和內部電源的負極相連的。

【答案】正。

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☆第八部分完☆

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