第一篇：恒定電流·簡單電路習題課·教案.

恒定電流·簡單電路習題課·教案

一、教學目標

1．知識內容：（1）掌握簡單電路的簡化方法——電勢法；（2）能夠應用串、并聯電路的規律和特點解決簡單的混聯問題。

2．通過對電路的簡化，培養學生掌握等效的方法。通過電路的計算培養學生應用數學工具解決物理問題的能力。

二、教學重點、難點

1．重點：能夠應用串、并聯電路的規律和特點解決簡單的混聯問題。2．難點：用電勢法畫等效電路圖。

三、教學過程 1．復習

教師：前面我們已經學習了簡單電路串、并聯的特點，請同學們做兩個小題復習鞏固前面學習的主要知識。

練習：已知電阻R1和R2串聯，兩端電壓U，則R1兩端的電壓U1=______，R2兩端的電壓U2=______，R1上消耗的電功率P1=______，R2上消耗的電功率P2=______。

已知電阻R1和R2并聯，電路中總電流是I，則R2支路中的電流I1=______，R1支路中的電流I2=______，R1上消耗的電功率P1=______，R2上消耗的電功率P2=______。

（給學生5分鐘時間做，并請兩個學生上黑板上做。）核對答案，并糾正可能出現的錯誤。

教師：剛才我們復習了串、并聯電路的特點和規律，現在我們來看兩個電路（電路圖投影在屏幕上），圖中三個電阻是什么關系呢？

學生：圖1中R1和R2串聯后再與R3并聯，圖2中R1和R2并聯后再與R3串聯。教師：很好，上面這兩個電路又叫混聯電路。如果已知R1、R2和R3，則：I1／I3=______，U1／U3=______，P1／P3=______。

（給學生幾分鐘時間做，并想一想什么方法簡單。）

教師：圖1中，I1／I3=I12／I3=R3／（R1＋R2），U1／U3=U1／U12=R1／（R1＋R2），P1／P3=I1U1／I3U3=R1R3／（R1＋R2）2

圖2中，I1／I3=I1／I12=R1R2／R1（R1＋R2）=R2／（R1＋R2），／（R1＋R2）2R3。

教師：在實際應用的電路中，大多是既包含串聯電路又包含并聯電路的混聯電路。熟練運用前面我們講過的串、并聯電路的知識就可以對混聯電路進行分析和計算。

2．電路結構的分析

分析電路的組成和結構，準確判斷出各部分電路的串、并聯關系，必要時要學會用“等效”的觀點，將電路改畫為標準的串、并聯電路，對電路的正確計算起到很大作用。

教師：現在給大家介紹一種電路簡化的方法——電勢法。板書：純電阻電路的簡化方法——電勢法

教師：簡單的純電阻電路，無論表面上看多復雜，最終都可以簡化為電阻串、并聯或兩者混聯的方式。所以熟練掌握串、并聯電路的特點和規律，是識別和簡化電路的基本出發點。簡化電路的主要根據是：

Ⅰ．串聯電路中，電流強度處處相等，從電勢上看，沿電流方向每經過一個電阻電勢要降低。

Ⅱ．并聯電路中，總電流等于各支路電流之和，從電勢上看，各支路兩端電勢分別相等。

Ⅲ．導線理想化，認為是“有電流、無電阻”，所以導線上各點是等勢點。下面舉例具體說明應用的步驟和方法。

例 如圖3所示電路，電源的電壓U=10V，電阻R1=5Ω，R3=R410Ω，R2=10Ω，電流表的內阻忽略不計。求電流表的示數。

分析：首先，找出電流的分叉點——節點，并標上字母。找到電勢的最高點和最低點（電路中沒有標電源的正、負時，可假設一端的電勢高）如圖中所示。（投影，用紅筆在電路圖上標出）顯然，A點電勢最高，D點電勢最低，將A、D兩點畫在兩邊，在其間畫電阻。其次，分析各點電勢，找等勢點。因為電流表的內阻忽略不計，可看作導線，它兩端的電勢相等，即B點和D點等勢，所以B、D可合為一點。第三，按照電勢的高低，把電阻接在其間，先畫從A到D的電阻R2，再畫其他的電阻。簡化后的電路如圖4所示。（投影電路圖）從圖中容易計算出電路中的總電流是2A，電流表測的是流過R2和R3的電流之和，流過R2的電流是1A，流過R3的電流是0.5A，所以，電流表的示數是1.5A。

3．鞏固練習

如圖5所示電路，已知電壓恒定為16V，R1=R4=R5=24Ω，R2=R3=12Ω，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，試求電流表、電壓表的讀數。

教師：先把電阻的關系用等效電路圖畫出來。叫兩個學生到黑板上畫等效電路圖。

教師：再把電表填入圖中，如圖6所示。

教師：由電路圖，再根據串并聯的規律請同學們自己計算結果。（I1=1／6A，I2=1／3A，U=14V）

第二篇：恒定電流 含有電容器的直流電路 教案

恒定電流·含有電容器的直流電路·教案

一、教學目的

1．通過實驗和例題的計算理解在直流電路中加入電容器對電路的影響。2．學會利用比較的方法來判斷電路動態變化問題。

二、重點和難點

1．重點：含電容電路的計算。

2．難點：①穩定狀態下，電容支路上的電阻無電壓降；②對電容充放電過程的理解及充放電量的計算。

三、教具

電流表，電壓表，三個電阻，電容器一個，開關一個，干電池兩節，導線。

四、主要教學過程

（一）引入新課

復習直流電路的相關知識。

2．電阻串并聯的基本特性。

練習：如圖，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，E=10V，r=0。

如果把R3支路加上一個C=30μF的電容器，又會怎樣？為此，我們來復習一下電容器的有關知識。

2．能充上電的條件是電容器接在與其有電勢差的電路上。電路有變化時，如電路中S打開、閉合時，我們怎么去討論？

（二）教學過程 例1．如圖，求：（1）閉合開關S，求穩定后通過R1的電流；

（2）將開關S斷開，求這以后通過R1的總電量。分析：

（1）S斷開狀態：（目前狀態）

提問：①電勢的高低情況；②電流的情況；③電容器極板帶電情況。請學生逐一回答。在圖上用不同顏色的粉筆標明電勢的不同。

問：進一步提問，為什么這樣？R1兩端的電勢是否相同？

答：R1兩端電勢相同。因為沒有構成回路，所以電路中各處電流強度均為零，所以可畫出等勢的情況及帶電情況。

問：為什么電流強度為零？

答：因為有電流的一個重要條件就是有電勢差。必須明確的一點：

在電路剛接上時，相當于把電容器接在了電源上，即有一定的電勢差，所以此時有瞬時的電流，當儲電完畢時，不能再往里裝電荷了，所以不再有電流。這樣，就可得剛才得到的結論，前提是S斷開達到穩定狀態時。

此時Uc=E=10V U1=0V。

閉合開關會出現什么現象？

提示：電容器帶電量發生了變化，由此我們可以判斷電流的情況？請學生分析。

此時，形成了閉合回路，穩定后Uc=UR2=6V，即R3、C支路可視為斷路。U1=4V，也就是說電容器的帶電量減少了，它要放電，有一系列的調整過程，最終達到穩定，再次畫出等電勢的情況

Q=CUC=CU2=3×10-5×6=1.8×10-4C

（2）再將開關斷開，會出現什么變化？

肯定會有電量的改變，但最終穩定后，又相當于將電容器接在了電源上，與開始分析的那個狀態是一致的。Q′=CU=CE=3×10-5×10=3.0×10-4C 問：電量增加了，誰提供的？

答：應是電源提供的，多出的電量均從電源通過R1提供，充完電后，又無電流。故斷開S，通過R1的總電量為ΔQ=Q＇-Q=l.2×10-4C 提問：R3對計算有無影響？

答：沒有，因為穩定后無電流流過該支路，所以UR=IR3=0。是不是這樣，可以用一個實驗來看看。介紹實驗電路圖：

這個電路與例題中的電路差不多，只是把R3換成一電流表，充當一個電阻，R1、R2換成燈泡L1、L2。

操作及觀察到的現象：

1．電路連接好，打開S，把C再接入，會看到電流表指針向右偏一下，說明有瞬時電流，屬于充電過程。2．接通S，電流表指針向左偏，然后回到零位置，L1、L2燈亮，說明電容器放電，再用電壓表連接兩表筆，分別測UAB，UBD，會發現UAB=UBD，說明A、B點等勢，也就是說，電路中接不接R3，在計算電量時效果是相同的。

3．斷開開關，現象是電流表指針向右偏說明電容器又被充電，進而也可知電容器兩極板間的電壓在增大。小結：

1．充放電是一個動態變化過程，求電量的增量只需找兩個穩定態，則ΔQ=Q前-Q后

2．兩極板間如果電壓增大，則電容器被充電；兩極板間如果電壓減小，則電容器被放電。

以上研究的是極板上電量的變化，那么如果是平行板電容器，充電后，則在兩板間存在一個靜電場，可以利用該電場使帶電粒子加速或偏轉。

例2．如圖所示電路，平行板電容器極板水平放置，今有一質量為m的帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動，現要油滴向上運動，可采用的方法是______。

分析：該電路圖可以改畫成如下形式：

問：由題目給的已知條件，可以知道些什么？ 答：因為油滴靜止不動，故qE=mg 由電路情況可知，兩極板帶電情況為上+下-（畫出等勢部分），所以油滴帶負電，還可以知道UC=UR4 問：電容器取下，對電路有無影響？

答：沒有影響，因為此電路穩定后可視為斷路。問：現要使油滴上移，實質上是要判斷什么？

答：因為油滴受兩個力，而mg恒定不變，所以只需qE↑，而最終是要R4兩端電壓增大。請同學分析，若R1增大，結果如何？ 在學生回答同時，給出關系圖。

R1↑→I↑→UCD↓ICM↓→IMD↑→UMD↑→UMC↓ 還有沒有其它可行的方法？

最終答案：R1↓或R2↑或R3↓。

（三）課后小結

今天這節課我們所研究的是含有電容器的直流電路，對于電容器的作用可從兩方面來說：①利用其電場；②利用電容器對電路的某種調節作用。當電路某部分變化時，電路中的電流往往也會隨之變化，且是很復雜的，我們無法研究這個過程中的細節問題。研究它的方法，我們只能采用抓住穩態過程進行對比，來判斷其變化。如果要計算實際的量值，不妨就把有電容器的支路視為斷路再計算，這樣不會影響其結果。

五、說明

此專題是一個較為復雜的問題，采用實驗可以使學生對它有較深的理解。

第三篇：習題課教案

習題課教案要求

習題課教案

習題課是在教師安排下學生自主完成預定的教學任務，幫助教師了解某一時間段教學情況或為促使學生落實某一方面的知識而設定的教學過程。作為習題課教案應有：

1、制定本節課的教學目標、所選習題的目的；

2、設定本節課的任務、內容；

3、確定時間、安排（限時限量獨立完成、相互討論、堂上堂下先練后講）；

4、預設學生的完成情況及可能出現的問題（教師提前作）；

5、收集學生完成過程中發現的問題作為習題講評課重點解決的內容。習題講評課教案

習題講評課的主要作用在于：通過習題講評幫助學生分析前一階段的學習情況，查漏補缺、糾正錯誤、鞏固雙基，并且在此基礎上尋找產生錯誤的原因，從中吸取失敗的教訓，總結成功的經驗，從而完善學生的知識系統和思維系統，進一步提高學生解決問題的能力。同時，通過習題講評幫助教師發現自己教學方面的問題和不足，進行自我總結、自我反思、改進教學方法，最終達到提高教學質量的目的。

1、制定本節課的教學目標

教師根據總的教學目標和學生試卷上暴露出的問題（知識、能力、非智力因素等諸方面），有的放矢的確定（通過閱卷、分析獲取第一手資料）。

2、確定本節課的重點、難點、教學中的盲點及學生存在的疑點（分清普遍現象和個別現象）

3、設計本節課的教學過程安排

⑴肯定成績（特別是學生卷面上獨到見解的題），以鼓勵為主 ⑵指出不足

全班出錯率較高、得分率較低的題目及相對應的知識點； 具有典型性、針對性和綜合性的題目；

在以往的教學中已多次接觸，多次矯正，但學生仍未掌握的難點； 關系到后續學習的重點知識，重點技能；平時教學中疏忽的“教學盲區”；

⑶提升講評的層次，有只講答案到講題意、思路、方法、錯因分析提升到講知識聯系、歸類、誘導創新；

⑷留有適當時間要求學生搞清錯因，及時改正錯題，整理有關的思路、方法、知識結構、聯系；

⑸針對出錯率高的習題另選相關內容的習題，供學生鞏固強化；

4、某些內容可體現在教師題卷上（題意分析、考點、學生普遍錯誤答案、知識聯系等）；

5、根據學生實際情況，結合高考要求，有的放矢，做到分層指導。

第四篇：習題課教案

習題課：快速計算 目標：

知識與能力：運用已學方法快速計算分數異分母加減法

經過教師的點撥，學生找到解題的最快方法解題

過程與方法： 學生講述解題的過程以及怎樣解題的，教師總結學生的方

法，指出這樣解題的好處，師生共同探討怎么解題快捷準確。

情感目標：養成堅韌不拔的應對困難不氣餒的精神和快速準確的解題思路和

過程。

重點難點：快速靈活的解題方法在具體題目中的運用 準備：平板道具，課件 教學過程：

師：今天我們來上一節習題課 師：我們的目標是“快速計算”

一、引課

用平板電腦的自動計算功能引課

師：用平板電腦的自動計算功能求出下面算式的公分母

81? 93

生：輸入并且計算

生2：不需要輸入，老師我能口算，第一個

師：用平板電腦的計算功能是不是很麻煩，讓我們的腦筋加足馬力，拋棄平板電腦把

師：同學們合上平板電腦把，用筆算和心算的方式來解決下面的題目。有沒有信心啊？

哪位同學底氣不足就首先來算算 二，延續公分母的題

師：首先我們看A組題目，快速求出公分母

53537581?

?

?

?

751869364

我們按照座位輪流說出公分母并說出你是怎樣計算的

生1：公分母是35，因為分母5和7是互質數，所以公分母用5×7=35 生2：公分母是18，因為分母18 是3的倍數，所以公分母是18 生3：我是用短除法進行心算的，腦子里面出現一個短除法的式子

4和6分解質因數后是2×3×2=12

所以公分母是12。師：重復一遍簡單的短除法，心算是很快的。生4：……

師：課件出示1.分母互質數的可以直接相乘，2.分母是倍數的公分母就是倍數。師：求出公分母之后有利于我們快速通分計算 生：隨便出題

師：讓我們的腦筋加足馬力把 三，簡單點的分數的加減法計算

師：我們來一起看A組題目，加減法計算

同學們在計算分數加減法的時候一定不要盲目的直接進行通分計算，一定要先觀察如何用快速的算法即省時省力還準確。

53517561?

?

?

? 788418696師：提示注意分母與分母之間的關系，點指課件。師：同學們在算完之后說一說你是怎么計算的，怎樣想的注意要使用數學語言來描述 生1：第一題因為兩個分母是互質數，所以公分母是56，分子這樣計算5×8=40，56分之40－56分之21（是3×7得來的）等于56分之19 生2：第二題是因為分母8是4的倍數，所以公分母就是8，然后就這樣計算8分之5不動加上8分之2等于8分之7..生1：第一題因為18 是6的倍數，所以通分的公分母就是18，18分之7不變加上18分之15等于18分之22，然后進行約分，最大公因數是2等于9分之11，化成帶分數是1又9分之2 生4：這題先把9分之6約分稱3分之2，然后3分之2和6分之一的公分母是6，因為6是3的倍數，通分計算6分之4減六分之一等于6分之3，約分以后是2分之一。

師：這些題目難不難啊，生：簡單，師：我們是無所畏懼是六年一班，讓我們把計算題的難度升級好不好啊？ 我們來一起看看下一組題目

四

稍微復雜點的題目三個分數加減法

3511151852751??

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C組題目：

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***師：每個算式都有3個分數相加減，我們同學要注意觀察怎么計算比較簡便 師：提示有相同的分母。然后計算，并巡回指導

生1：這道題有兩個是同分母的分數，我使用了加法交換律進行了計算，4分之3加上4分

生2：這道題我使用了減法的性質，進行計算，十二分之十一先減去十二分之一等于十二分之十，約分等于六分之五，再減去六分之五等于0 生3：這道題我可以把九分之八先減去九分之二等于九分之六，再約分等于三分之二再加上八分之五，由于分母3和8為互質數，公分母就是24 三分之二化成分母為24分之16加上24分之15等于24分之31，不能約會了，化成帶分數就是1又24分之7.生4：這道題我們根據減法的性質來計算比較簡便，九分之七減12分之5打開括號變成了減9分之1，將九分之一移到前面去先減九分之七減九分之一等于九分之六約分等于三分之二減去十二分之五，由于分母12是3的倍數公分母就是12，三分之二化成12分之9減去12分之5等于12分之6，約分等于2分之一。師：我們在計算的時候注意發現竅門，可以使用簡便算法的，就要使用簡便算法 師：課件出示：使用運算規律，計算計算簡便加法交換律，結合律，減法的性質。師：也要結合分母是互質數和倍數來計算

師：題目我們都能計算得又快有準，那么有沒有必要讓我們的大腦加足馬力，繼續提升難度呢？當然要，因為我們是無所畏懼的六年一班。五：復雜一點的題目 D組題目： B組題目：

1***???

???

1.2+3+

2－? 8448244852512師：看到題目我們先不要覺得他難，仔細看他們其實都很有門道的

師：第一題首先他們都有兩組同分母的我們是否能使用運算定律來解題呢？

第二題我們觀察有一組是同分母的另外兩個都與這個分母是倍數關系。

第三題我們注意觀察是不是可以把分數化成小數進行計算呢，或者把小數化成分數計算1.2等于1又幾分之幾呢？然后在看看有沒有相同的或者是互質數的呢？指著課件說

第四題其實我們只要解決了5和12的公分母，那么把2轉化成幾分之幾就可以了呢？

師：好，根據老師的提示，我們開始計算，巡回指導

生1：第一題通過加法交換律我們把8分之5和8分之3相加，等于1，四分之三減去四分之一等于四分之二，需要約分等于二分之一加上1等于1又2分之一。生2：第二題我通過加法交換律把4分之三前移然后用4分之3減去四分之一等于四分之二約分得到二分之一，加上二分之一等于1加上八分之五等于1又八分之五，生3：1.2等于1又五分之一加上3又五分之三等于4又五分之四，化成假分數等于4分之二十四在加上二分之一，因為2和5是互質數，通分后就是48553?=化成帶分數5又十分之三。***生4：先看5和12是互質數，公分母是60，再把2化成--=

60606060六小結：我們要靈活應對各類題目，找到規律以便能快速計算

像分母為互質數，倍數，合理的運用計算規律，找到點竅門，來把題目算得又快又準

七：作業，趙氏習題

第五篇：恒定電流復習教案

恒定電流復習教案

知 識 結 構

重點和難點

一、部分電路歐姆定律

1．部分電路歐姆定律的內容

導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比，跟導體的電阻成反比．公式表示為：I?UR

2．歐姆定律是實驗定律

本定律通過探索性實驗得到電流I和電壓U之間的關系，其關系也可以用I-U圖像表示出來（如圖1）．對于給定的金屬導體，比值U/I為一恒定值，對于不同的導體，比值U/I反映對電流的阻礙作用，所以把比值U/I定義為導體的電阻R．

3．幾個公式的含義

公式I?UR是歐姆定律，公式U?IR習慣上也

UI稱為歐姆定律．而公式R?是電阻的定義式，它表明了一種量度電阻的方法，絕不可以錯誤地認為“電阻跟電壓成正比，跟電流成反比”，或認為“既然電阻是表示導體對電流的阻礙作用的物理量，所以導體中沒有電流時導體就不存在電阻”．一定要明確公式的物理意義，不能不講條件地說量與量之間的關系．

4．會應用歐姆定律分析和解決問題

歐姆定律是解決電路問題的基礎．用部分電路歐姆定律解決問題無非牽涉U、I、R三個量之間的關系，解決問題時，第一要注意三個量之間的對應關系，這三個量一定屬于同一段純電阻電路，且這段電路中一定不含有電動勢；第二要注意研究問題的過程中哪個量不變，另外兩個量誰隨誰變，怎么變，找不到不變量，就無法確定電路中各量如何變化．

5．知道歐姆定律的適用范圍

歐姆定律是在金屬導電的實驗基礎上總結出來的，對于電解液導電也適用，但對于氣體導電和半導體導電就不適用了．

二、電阻定律

導體的電阻是由它本身的性質決定的．金屬導體的電阻由它本身的長度l、橫截面積S、所用材料和溫度決定．在溫度一定時，金屬導體的電阻跟它的長度l成正比，跟它的橫截面積S成反比，用公式表示為：

這就是電阻定律，式中ρ叫做導體的電阻率，由導體的材料決定．

注意：

1．物質的電阻率與溫度有關，實驗表明，溫度越高，金屬的電阻率就越大，因此，金屬導體的電阻隨溫度的升高而增大．例如，白熾燈泡點亮時的燈絲電阻比不通電時要大很多倍，因為燈泡點亮后，燈絲溫度升高，電阻率增大，電阻也隨之增大．

2．導體的電阻由式R?UI定義，也可以利用其測量，但并不是由U和I決定的，而是由電阻定律決定的，即導體本身的性質決定的．

三、電功、電熱、電功率

1．為了更清楚地看出各概念之間區別與聯系，列表如下：

2．電功和電熱不相等的原因

由前面的表格，我們看到，只有在純電阻電路中才有電功等于電熱，而一般情況電路中電功和電熱不相等．這是因為，我們使用用電器，相當多的情況是需要其提供其它形式的能量．如電動機，消耗電能是需要讓其提供機械能，如果電功等于電熱，即消耗的電能全部轉化為電動機線圈電阻的內能，電動機就不可能轉起來，就無從提供機械能了．因而一般的電路中電功一定大于電熱，從而為電路提供除內能之外的其它能量．但無論什么電路，原則上一定要有一部分電能轉化為內能，因為任何電路原則上都存在電阻．

所以電路中的能量關系為：W?Q?E其它，只有在純電阻電路中W = Q．

3．額定電壓與實際電壓、額定功率與實際功率

額定電壓指用電器正常工作時的電壓，這時用電器消耗的功率為額定功率．但有時加在用電器上的電壓不等于額定電壓，這時用電器不能正常工作，這時加在用電器上的電壓就稱之為實際電壓，這時用電器消耗的功率為實際功率．要注意，在一些問題中“額定”和“實際”往往不相等．

四、閉合電路歐姆定律

1．意義：

描述了包括電源在內的全電路中，電流強度I與電動勢E、全電路中內電阻r與外電阻R之間的關系．

公式為：I?ER?r

常用的表達式還有：E=IR+Ir=U+U＇ U=E-Ir

2．電動勢與路端電壓的比較：

3．路端電壓U隨外電阻R變化的討論

電源的電動勢和內電阻是由電源本身的性質決定的，不隨外電路電阻的變化而變化，而電流、路端電壓是隨著外電路電阻的變化而變化的．

I?ER?r

①

U=E-Ir

②

當外電路斷路時，R???I?0?U?E

當外電路短路時，R?0?I?Er?U?0

路端電壓隨電流變化的圖線（U-I圖線）如圖2所示．

由U=E-Ir可知，圖線縱軸截距等于電源電動勢E，若坐標原點為（0，0），則橫軸截距為短路電流，圖線斜率的絕對值等于電源的內電阻，即

?U?I?r．

在解決路端電壓隨外電阻的變化問題時，由于E、r不變，先判斷外電阻R變化時電流I如何變化，再判斷I變化時路端電壓U如何變化，因為在兩式中除E和r都還分別有兩個變量，一式中是外電阻R和電流I，一式中是電流I和路端電壓U，這樣可以討論一個量隨另外一個量的變化．有的同學試圖用公式U?IR來討論路端電壓隨外電阻的變化問題，但由于當外電阻R發生變化時電流I也發生變化，因此無法討論路端電壓U的變化情況．如外電阻R增大時，電流I減小，其乘積的變化無從判斷．

甲圖中電流I甲的測量值大于通過電阻Rx上的電流，因此計算出的電阻值R甲小于電阻Rx的值．

乙圖中電壓U乙的測量值大于加在電阻Rx上的電壓，因此計算出的電阻值R乙大于電阻Rx的值．

為了減小測量誤差，可先將待測電阻Rx的粗略值與電壓表和電流表的內阻值加以比較，當Rx<< RV時，RxRV?0R甲?RVRxRV?Rx?Rx1?RxRV?Rx，宜采用電流表外接法測量．當Rx>> RA 時，R乙?RA?Rx?Rx，宜采用電流表內接法測量．

例 題 精 選

【例1】畫出實驗室用的小燈泡燈絲的I-U特性線（考慮燈絲的電阻隨溫度的變化而變化）：

分析：隨著電壓的升高，電流增大，燈絲的電功將會增大，于是溫度升高，電阻率也將隨之增大，所電阻增大，I-U曲線的斜率減小。

【例2】某一電動機，當電壓U1=10V時帶不動負載，因此不轉動，這時電流為I1=2A。當電壓為U2=36V時能帶動負載正常運轉，這時電流為I2=1A。求這時電動機的機械功率是多大？

4． 閉合電路中的幾種電功率

由于在閉合電路中內、外電路中的電流都相等，因此由E=U+U＇可以得到

IE=IU+IU＇ 或

IEt?IUt?IU?t

式中IEt是電源將其它形式的能轉化成的電能，IUt是電源輸出的電能，即外電路消耗的電能，IU?t是電源內電阻上消耗的電能，等于I2rt，即內電阻上產生的率以曲熱．與之相對應，IE是電源的總功率，IU是電源輸出的電功率，IU?是內電阻上的焦耳熱功率．一定要從能量轉化和守恒的觀點理解這幾個功率的意義．

五、伏安法測電阻

伏安法測電阻的原理是部分電路的歐姆定律（R?UI），測量電路可以有電流表外接和電流表內接兩種方法，如圖3甲、乙兩圖．由于電壓表和電流表內阻的存在，兩種測量電路都存在著系統誤差．

典型例題分析

例

1來自質子源的質子(初速度為零)，經一加速電壓為800 kV的直線加速器加速，形成電流為1.0 mA的細柱形質子流，打在與質子流垂直的靶上。已知質子電荷e＝1.60×10－19C。求：這束質子流每秒有多少個質子打到靶上？

分析與解答：

本題中的電流是質子流，每秒打到靶上的質子數反映了電流的大小。設每秒打到靶上的質子數為n，則每秒通過靶所在柱形截面的電量為Q＝ne。

根據電流的定義式I?學法點撥：

(1)有關電流的計算問題是電路中的基本問題，常見的方法有：①根據電流的定義式I?QtQt，有Q＝It＝ne，解得n?Ite?1.0?101.60?10?3?19?6.25?1015。

直接計算(如金屬導體或電解液中電流的計算)；②根據電流的微觀表達式I＝neSv計

UR算；③由部分電路歐姆定律I?和閉合電路的歐姆定律I?ER?r求解電流；④由電功、電功率的表達式計算電流。

上述計算電流的不同方法中，①②兩式從微觀描述了電流的意義；③從宏觀角度揭示了決定電流大小的因素；④反映了電流和電路中其他電學量間的聯系。

(2)本題的問題背景不是通常意義上的電路，在理解其中的電流意義時，需要構建新的模型——粒子流模型，同時還應具有等效思想，這樣才能理解“形成電流為1mA的細柱形質子流”。同樣對于帶電粒子的勻速圓周運動而形成電流的計算，如電子繞核運動可等效為一環形電流，可以把電子繞核運動的軌道，看成一個電路，這個等效電路建立后再利用I?Qt即可求出等效電流。

例

2在如圖2－1所示的電路中，電源電動勢為E，電源內阻為r，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時，閉合開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數分別為I1、I2和U。現將R2的滑動觸點向b端移動，則在此過程中，三個電表示數的變化情況是（）

A．I1增大，I2不變，U增大

圖2－1

B．I1減小，I2增大，U減小 C．I1增大，I2減小，U增大 D．I1減小，I2不變，U減小

分析與解答：

判斷電表示數變化的問題，應先弄清電路的結構特點，進而從引起電路變化的原因入手，根據歐姆定律及局部電路與整體電路之間的關系，進行嚴密的邏輯推理。

當滑動變阻器的滑動觸頭P向b端移動時，R2↓→R總↓→I總↑→U↓[∵U＝E－I總r]→V示數↓

┕→U3↑[∵U3＝I總R3] ┕→U1↓、U2↓[∵U1＝U－U3；U2＝U－U3] ┕→I1↓[∵I1＝U1/R1]→A1示數↓ ┕→I2↑[∵I2＝I總↑－I1↓]→A2示數↑。

因此本題的答案為B。學法點撥：

在電路中各元件按照一定方式連接，當電路局部電阻發生變化時，會引起電路中一系列電學量的變化。分析電路變化時，要注意內、外電路的聯系，干路、支路的聯系；要注意區分不變量與變量，弄清這些物理量相互依存的關系。通常是先確定不變量(如電源電動勢E，內電阻r，定值電阻R等)，然后依據歐姆定律分析電阻不發生變化的局部電路的電流或電壓變化的情況，再根據電路整體和局部的關系(如：全電路U＝E－Ir，并聯部分I總＝I1＋I2，串聯部分U總＝U1＋U2等)，討論電阻發生變化的局部電路的電流或電壓的變化情況。對于電阻發生變化的局部電路的電流或電壓的變化情況，用歐姆定律分析往往不易得到結論。如本題在討論A2變化時，用部分電路歐姆定律I2＝U2/R2討論時，會由于U2和R2的變化都是減小的，而又無從判斷U2和R2哪一個減小得更多，所以無法判斷I2的變化，這時就需要改用整體和局部的電流關系來討論。

動態分析問題有很多，雖然各有不同，但總的思路卻是相近的，電路動態分析的一般步驟是：

(1)確定電路的外電阻如何變化。通常電路中開關的通、斷或滑動變阻器的阻值變化會引起局部電路電阻的變化，局部電路電阻的變化，會導致外電路總電阻的變化。

(2)根據閉合電路歐姆定律I＝E/(R＋r)，確定電路的總電流I如何變化。

(3)由U內＝Ir，確定電源的內電壓如何變化，由U外＝E－U內，確定外電壓如何變化。(4)由部分電路歐姆定律，確定電阻不發生變化的局部電路各部分的電流、電壓如何變化。

(5)靈活運用電路整體和局部的關系，判斷電阻值變化的局部電路的電壓和電流的變化。例

3如圖2－2所示的電路中，電源兩端的電壓保持不變，閉合開關S，燈L1、L2正常發光。由于電路出現故障，燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的示數變小，則電路發生的故障可能是（）A．R1斷路

C．R3短路

B．R2斷路 D．R4短路

圖2－2 分析與解答：

電路故障的分析可以采用正向思維和逆向思維兩種不同的分析方法。正向思維的分析方法是根據題目提供的現象，分析電路的故障。逆向思維的分析方法是把選項作為結論，分析在此種情況下，發生的電路現象，如果和題中敘述的現象吻合，選項中的故障就是電路中發生的故障。

這兩種方法的共同前提是要清楚電路的結構。本題簡化等效電路如圖2－3。

圖2－3 正向分析：

故障前：閉合開關S，燈L1、L2正常發光。

故障后：由于電路出現故障，發現燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的示數變小。燈L1變亮，燈L2變暗，→L2不可能短路 ┕→U1↑

┕→U2↓I2↓[∵I2＝U2/R2] 可能┕→R1斷路，可能┕→R2；R3；R4短路

┕→L2；R2；R3；R4短路

┕I總↑I2↓→A示數增大

(與題中A示數減小矛盾)所以電路故障只有R1斷路的可能，故選項A正確。

逆向分析：

若只有R1斷路，即AB段少了一個并聯的支路，AB段電阻變大；BC段電路結構不變，所以RBC不變。由于電源兩端電壓一定，所以UAB增大，UBC減小，即燈L1兩端電壓變大，燈L2兩端電壓變小，因此燈L1變亮，燈L2變暗。UBC減小，電流表示數變小。選項A正確。

若只有R2斷路，即BC段的支路中少了一個并聯的電阻，BC段電阻變大；AB段電路結構不變，所以RAB不變。同理由于電源兩端電壓一定，所以UBC增大，UAB減小，即燈L2兩端電壓變大，燈L1兩端電壓變小，因此燈L2變亮，L1燈變暗。與題中現象不符，所以選項B不正確。

若只有R3短路，即BC段上面支路的電阻變小，從而總電阻變小，干路電流變大，電流表所在的支路由于電阻減小，分得的比例也變大，從而電流表示數變大，與題中現象不符，故選項C不正確。

若只有R4短路，與選項C情況基本相同，也要造成電流表示數變大，因此也不正確。

故本題正確選項為A。學法點撥：

在分析電路故障中，如果遇到較復雜的電路，在識別與化簡過程中，可采用電勢分析法。電勢分析法的具體方法如下： ①在原電路上把電路的結點(電路分叉點)按電勢高低標出序號。靠近電源正極的結點為高電勢點，靠近電源負極的結點為低電勢點，凡電勢相同的結點（導線中間沒有經過用電器的點）用同一個序號標出，如圖2－4所示。

②在一條直線上，從左至右依次標上數字1、2、3、4，如圖2－5所示。

圖2－4 ③根據原電路上所標結點的序號，將用電器接入電路。如，L1、R1在原電路上在序號1、2間，據此將燈L1、R1畫到圖中的1、2點間；同樣的R2在原電路上在序號2、3間，據此將R2畫到圖中的2、3點間；其他用電器依此方法依次接入其間，即可得到電路連接草圖，如圖2－6所示。

④整理草圖形成簡單的串、并聯電路，如圖2－7所示。

圖2－5

圖2－6

圖2－7 例

4如圖2－8所示電路中，處于正常發光的燈泡L上標有“6V12W”的字樣，電動機線圈的電阻RM＝2Ω，電源的輸出電壓－電流關系如圖2－9中圖線①所示，其輸出功率－電流關系如圖2－9中圖線②所示。若電動機轉動過程中的摩擦阻力忽略不計，求此時電路消耗的熱功率和電動機的輸出功率。

圖2－8

圖2－9 分析與解答：

本題要解決的問題是電路中的能量問題，其中用電器有燈和電動機，電源提供的電能通過用電器轉化為內能和機械能，能量傳輸的方向是：

根據能量轉化和守恒定律，其功率關系可表示為：

由上述分析可知，電路中消耗的熱功率和電動機的機械功率分別為： 熱功率P熱＝I2r＋I2RM＋P燈

電動機輸出的機械功率為P機輸出＝IE－P燈－I(RM＋r)或P機輸出＝P由題目條件“小燈泡恰能正常發光”可知I＝IL＝P額/U額＝2A，圖線①的斜率的數值表示電源內電阻的大小，電源內阻r?電路消耗的熱功率P熱＝Ir＋IRM＋P燈＝40W 由圖線②上可以看出，當通過電源的電流是2A時，相應的電源的輸出功率是80W，因此P機輸出＝P電源出－P燈－I2RM＝60W。

學法點撥：

(1)在作電路能量轉化分析時，應抓住三個關鍵問題：一是能量轉化的量值關系，即電源輸出的總能量與電路中轉化成其他形式的總能量相等；二是能量轉化的去向，即能量是由什么形式向什么形式轉化；三是輸入和輸出的關系，輸入能量和輸出能量只有在沒有消耗的情況下，二者才會相等；如果有能量消耗，輸入能量應該等于輸出能量加上消耗的能量，如本題中電動機的輸入能量等于電動機輸出功率與電動機線消耗的熱功率之和。

(2)電動機是非純電阻元件，由于歐姆定律不適用于非純電阻元件，所以本題中不能通過P＝U/RM或者P＝IRM計算電動機的輸出功率。

(3)在用圖象分析問題時，要弄清橫、縱坐標所代表的意義，圖線縱軸截距、橫軸截距的意義，圖線斜率值的意義，圖線上每個點對應坐標的意義。如果不弄清這些意義，在解決問題中，就會出現錯誤。如本題中圖2－9中圖線①縱軸截距等于電源電動勢E，但橫軸截距不等于短路電流，在通過圖線斜率求電源的內電阻時，若把橫軸截距當成短路電流，就會出現r?505??10?的錯誤。2

222

電源出

－P燈－IRM

50?255?0??5?。

例

5圖2－10為用電壓表、電流表測量一個定值電阻阻值的實驗所需的器材實物圖，器材規格如下：

圖2－10

圖2－11(1)待測電阻Rx(約100Ω)

(2)直流毫安表(量程0～10mA，內阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內阻5kΩ)

(4)直流電源(輸出電壓4V，內阻可不計)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)開關一個，導線若干條

根據器材的規格和實驗要求，在本題的實物圖上完成實驗電路的連線。

分析與解答：

在給定電壓表、電流表測電阻時，主要解決的問題有兩個：一是確定電流表的連接是采用“電流表外接電路”還是“電流表內接電路”；二是確定滑動變阻器的連接采用分壓式接法還是采用限流式接法。由于待測電阻Rx與電流表內阻RA之比

RxRA?10050?21；待測電阻Rx與電壓表內阻RV之比

RxRV?150，所以，直流毫安表的連接應采取“電流表外接電路”。

如果滑動變阻器采用限流接法，當將滑動變阻器以最大阻值接入電路中時，此時電路中電流最小，最小電流為I?ERx?RA?R?24mA?10mA。因此，滑動變阻器不能采用限流接法，而要采用分壓式接入電路，由于滑動變阻器允許通過的最大電流為1A，所以即使將4V電壓全部加在滑動變阻器兩端，也不會將滑動變阻器燒毀。所以，滑動變阻器的連接采用分壓接法。答案如圖2－11所示。

學法點撥：

在設計實驗電路時，要解決好滑動變阻器和電流表的連接。需要對不同接法的電路特點有較清楚地認識。

(1)滑動變阻器采用如圖2－12所示限流接法，電路的特點是：在電源內阻不計的情況下，R兩端的電壓調節范圍：E≥UR≥ER/(R0＋R)，電流調節范圍：E/R≥IR≥E/(R0＋R)。即電壓和電流不能調至零，因此調節范圍較小。要使限流電路的電壓和電流調節范圍變大，可適當增大R0。另外，使用該電路時，在接通電前，R0應調到最大。

圖2－12(2)滑動變阻器采用如圖2－13所示分壓接法，電路的特點是：在電源內阻不計的情況下，R兩端的電壓調節范圍為E≥UR≥0，即電壓可調到零，電壓調節范圍大。電流調節范圍為E/R≥IR≥0。

滑動變阻器采用分壓接法時，在R0＜R時，調節線性好。通電前，滑片P置于A端，可使UR＝0。

圖2－13(3)如果滑動變阻器的額定電流夠用，在下列三種情況下必須采用分壓接法。①用電器的電壓或電流要求從零開始連續可調。②要求用電器的電壓或電流變化范圍盡量大一些，且滑動變阻器的阻值小。③采用限流接法時限制不住，電流(或電壓)超過電表量程或用電器額定值。

在安全(I夠大，電流(或電壓)不超過電表量程、不超過用電器的額定值，電源不過載)、滑額有效(調節范圍夠用)的前題下，若R＜R0＜10R時，從可調性好的角度考慮，可選用限流接法；但當負載電阻R較大，而變阻器總阻值R0較小時，即R≥R0時，限流接法對電流、電壓控制范圍較小，調控作用不明顯，一般選分壓接法。如本題，待測Rx＝100Ω，而滑動變阻器R總＝15Ω，應選用分壓接法。

(4)“電流表外接電路”和“電流表內接電路”兩種電路的連接方法，均不能測出待測電阻的真實值。“電流表外接電路”主要是由于電壓表的分流影響，將使得測量的電阻值比真實值偏小(實際測量的是Rx與RV并聯的總電阻)；“電流表內接電路”主要是由于電流表的分壓影響，將使得測量的電阻值比真實值偏大(實際測量的是Rx與RA串聯的總電阻)。當待測電阻較大時(Rx?RARV)，則電流表分壓的影響較小，選用“電流表內接電路”誤差

RARV)，則電壓表的分流的影響較小，選用“電流表外接較小；當待測電阻較小時(Rx?法”誤差較小。

思考一下Rx?RARV和Rx?RARV條件是怎樣得出的？

第九章 穩恒電流

一、主要內容

本章內容包括電流、產生持續電流的條件、電阻、電壓、電動勢、內電阻、路端電壓、電功、電功率等基本概念，以及電阻串并聯的特點、歐姆定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律、串聯電路的分壓作用、并聯電路的分流作用等規律。

二、基本方法 本章涉及到的基本方法有運用電路分析法畫出等效電路圖，掌握電路在不同連接方式下結構特點，進而分析能量分配關系是最重要的方法；注意理想化模型與非理想化模型的區別與聯系；熟練運用邏輯推理方法，分析局部電路與整體電路的關系

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不對電路進行分析就照搬舊的解題套路亂套公式；邏輯推理時沒有逐步展開，企圖走“捷徑”；造成思維“短路”；對含有電容器的問題忽略了動態變化過程的分析。

例1 如圖9－1所示電路，已知電源電動勢ε=6.3V，內電阻r=0.5Ω，固定電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動變阻器。按下電鍵K，調節滑動變阻器的觸點，求通過電源的電流范圍。

【錯解】

將滑動觸頭滑至左端，R3與R1串聯再與R2并聯，外電阻

再將滑動觸頭滑至右端R3與R2串聯再與R1并聯，外電阻

【錯解原因】 由于平時實驗，常常用滑動變阻器作限流用（滑動變阻器與用電器串聯）當滑動頭移到兩頭時，通過用電器的電流將最大或最小。以至給人以一種思維定勢：不分具體電路，只要電路中有滑動變阻器，滑動頭在它的兩頭，通過的電流是最大或最小。

【分析解答】

將圖9—1化簡成圖9－2。外電路的結構是R′與R2串聯、（R3-R′）與R1串聯，然后這兩串電阻并聯。要使通過電路中電流最大，外電阻應當最小，要使通過電源的電流最小，外電阻應當最大。設R3中與R2串聯的那部分電阻為R′，外電阻R為

因為，兩數和為定值，兩數相等時其積最大，兩數差值越大其積越小。當R2+R′=R1+R3-R′時，R最大，解得

因為R1=2Ω＜R2=3Ω，所以當變阻器滑動到靠近R1端點時兩部分電阻差值最大。此時刻外電阻R最小。

通過電源的電流范圍是2.1A到3A。【評析】

不同的電路結構對應著不同的能量分配狀態。電路分析的重要性有如力學中的受力分析。畫出不同狀態下的電路圖，運用電阻串并聯的規律求出總電阻的阻值或阻值變化表達式是解電路的首要工作。

例2 在如圖9－3所示電路中，R1=390Ω,R2=230Ω，電源內電阻r=50Ω，當K合在1時，電壓表的讀數為80V；當K合在2時，電壓表的讀數為U1=72V，電流表的讀數為I1=0.18A，求：（1）電源的電動勢（2）當K合在3時，兩電表的讀數。

【錯解】

（1）因為外電路開路時，電源的路端電壓等于電源的電動勢，所以ε=U斷=80V；

【錯解原因】

上述解答有一個錯誤的“替代假設”：電路中的電流表、電壓表都是理想的電表。事實上，問題并非如此簡單。如果進一步分析K合在2時的情況就會發現矛盾：I1R1=0.18×390=70.2（V）≠80V，這就表明，電路中的電流表和電壓表并非理想的電表。

【分析解答】

（1）由題意無法判斷電壓表、電流表是理想電表。設RA、Rv分別為電壓表、電流表的內阻，R′為電流表與電阻器R1串聯后的電阻，R″為電流表與電阻器R2串聯的電阻。則K合在2時：

由上述兩式解得：R1=400Ωε=90V

【評析】

本題告訴我們，有些題目的已知條件隱藏得很深。僅從文字的表面是看不出來的。只好通過試算的方法判斷。判斷無誤再繼續進行解題。

例3 如圖9－4所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當電鍵K接通時極板中的一個質量m=4×10-3g，電量為q=1.0×10-7C的帶電微粒恰好處于靜止狀態。求：（1）K斷開后，微粒向什么方向運動，加速度多大？（2）若電容為1000pF，K斷開后，有多少電量的電荷流過R2？

【錯解】 當電鍵K接通電路穩定時、電源ε1和ε2都給電容器極板充電，所以充電電壓U=ε1+ε2。

帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，F-mg=0

ε2=U-ε1=1(v)當電鍵K斷開后，電容器上只有電源 給它充電，U′=ε2。

即帶電粒子將以7.5m/s2的加速度向下做勻加速運動。又 Q1=CU=103×10-12×4=4×10－9C Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-9C △Q=Q-Q′=3×10C-9

極板上電量減少3×10-9C，也即K斷開后，有電量為3×10-9C的電荷從R2由下至上流過。

【錯解原因】 在直流電路中，如果串聯或并聯了電容器應該注意，在與電容器串聯的電路中沒有電流，所以電阻不起降低電壓作用(如R2)，但電池、電容兩端可能出現電勢差，如果電容器與電路并聯，電路中有電流通過。電容器兩端的充電電壓不是電源電動勢ε，而是路端電壓U。

【分析解答】

(1)當K接通電路穩定時，等效電路圖如圖9－5所示。

ε

1、r1和R1形成閉合回路，A，B兩點間的電壓為：

電容器中帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，F-mg＝0

在B，R2，ε2，C，A支路中沒有電流，R2兩端等勢將其簡化，U＋ε2=UAB，ε2=U-UAB=1.25V 當K斷開電路再次達到穩定后，回路中無電流電路結構為圖9－6所示。電容器兩端電壓U′=ε2=1.25V

即帶電粒子將以6.875m／s2的加速度向下做勻加速運動。(2)K接通時，電容器帶電量為Q=CU=4×1O-9C K斷開時，電容器帶電量為Q′=CU′=1.2×10(C)△Q＝Q—Q′=2.75×10-9C 有總量為2.75×10-9(C)的電子從R2由下至上流過。

-9 【評析】

本題考查學生對電容器充放電物理過程定性了解程度，以及對充電完畢后電容所在支路的電流電壓狀態是否清楚。學生應該知道電容器充電時，隨著電容器內部電場的建立，充電電流會越來越小，電容器兩極板間電壓(電勢差)越來越大。當電容器兩端電壓與電容器所并聯支路電壓相等時充電過程結束，此時電容器所在的支路電流為零。

根據這個特點學生應該會用等勢的方法將兩端等勢的電阻簡化，畫出等效電路圖，如本題中的圖9－5，圖9－6，進而用電路知識解決問題。

例4 如圖9－7所示，電源電動勢ε=9V，內電阻r=0.5Ω，電阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，電容C=2.0μF。當電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？

【錯解】

K接a時，由圖9-8可知

流過R3的電量為△Q=QC-Q′C =3×10－6(C)【錯解原因】 沒有對電容器的充電放電過程做深入分析。圖9－8圖中電容器的上極板的電勢高，圖9－9中電容器的下極板的電勢高。電容器經歷了先放電后充電的過程。經過R3的電量應是兩次充電電量之和。

【分析解答】

K接a時，由圖9－8可知

此時電容器帶電量QC=CU1=I×10(C)K接b時，由圖9－9可知

5此時電容器帶電量Q′C=CU1=0.7×10(C)流過R3的電量為△Q=QC＋Q′C=1.7×10－5(C)【評析】

對于電容電量變化的問題，還要注意極板電性的正負。要分析清電容器兩端的電勢高低，分析全過程電勢變化。

例5 在電源電壓不變的情況下，為使正常工作的電熱器在單位時間內產生的熱量增加一倍，下列措施可行的是

()A、剪去一半的電阻絲 B、并聯一根相同的電阻絲 C、串聯一根相同的電阻絲 D、使電熱器兩端的電壓增大一任 【錯解】

-為原來的一半，所以選A、B。

【錯解原因】

忽略了每根電阻絲都有一定的額定功率這一隱含條件。【分析解答】

將電阻絲剪去一半后，其額定功率減小一半，雖然這樣做在理論上滿足使熱量增加一倍的要求，但由于此時電阻絲實際功率遠遠大于額定功率，因此電阻絲將被燒壞。故只能選B。

【評析】

考試題與生產、生活問題相結合是今后考試題的出題方向。本題除了需要滿足電流、電壓條件之外，還必須滿足功率條件：不能超過用電器的額定功率。

例6 如圖9－10所示的電路中已知電源電動勢ε=36V，內電阻r=2Ω，R1=20Ω，每盞燈額定功率都是2W，額定電壓也相同。當K閉合調到R2=14Ω時，兩燈都正常發光；當K斷開后為使L2仍正常發光，求R2應調到何值？

【錯解】

設所求電阻R′2，當燈L1和L2都正常發光時，即通過燈的電流達額定電流I。

【錯解原因】

分析電路時應注意哪些是恒量，哪些是變量。圖9－10電路中電源電動勢ε是恒量，燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓和通過每個燈的電流是額定的。錯解中對電鍵K閉合和斷開兩種情況，電路結構差異沒有具體分析，此時隨燈所在支路電流強度不變，兩種情況干路電流強度是不同的，錯誤地將干路電流強度認為不變，導致了錯誤的結果。

【分析解答】

解法一：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓力額定電壓UL。當K閉合時，ε1=UL+I1(R1+r+R2)當K斷開時，ε2=UL+I2(R1+r+R′2)，又 ∵ε1=ε2=ε I1=2I2=2I，(I為額定電流)得ε= UL＋2I(R1＋r＋R2)① ε=USL＋I(R1＋r＋R′2)②

①-②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0 但I≠0，∴R1+r＋2R2=R′2即R′2=20+2+2×14=50Ω 解法二：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓為額定電壓UL，由串聯電路電壓分析可得：

【評析】

電路中的局部電路(開關的通斷、變阻器的阻值變化等)發生變化必然會引起干路電流的變化，進而引起局部電流電壓的變化。應當牢記當電路發生變化后要對電路重新進行分析。

例7 如圖9－11所示，電源電壓保持不變，變阻器R1的最大值大于R2的阻值，在滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率如何變化？

【錯解】

采用“端值法”，當P移至最左端時，R1＝0，則Rl消耗的電功率變為0，由此可知，當滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率是變小的。

【錯解原因】

由于題中R1＞R2，所以用端值法只假設R1=0是不夠的。【分析解答】

因此，在這兩種情況時，R1的電功率都是P1＜U/4R，且不難看出，Rl與R2差值越大，P1越小于U2／4R。

綜上所述，本題答案應是滑片P自右向左移動時，Rl的電功率逐漸變大；當R1=R2時R1的電功率最大；繼續沿此方向移動P時，R1的電功率逐漸變小。

【評析】

電路中某電阻消耗的功率，不止是由本身電阻決定，還應由電路的結構和描述電路的各個物理量決定。求功率的公式中出現二次函數，二次函數的變化不一定單調變化的，所以在求解這一類問題時，千萬要作定量計算或者運用圖像進行分析。

例8 如圖9－12所示電路，當電鍵K依次接a和b的位置時，在(1)R1＞R2(2)Rl=R2(3)R1＜R2三種情況時，R1、R2上消耗的電功率哪個大？

2【錯解】

(l)根據P=I2R可知，當R1＞R2時，P1＞P2；當R1=R2時，P1=P2；當Rl＜R2時，P1＞P2。

當R1＞R2時，P1＜P2；當R1=R2時，P1=P2；當R1＜R2時，P1＞P2。【錯解原因】

錯誤在于認為電路改變時其路端電壓保持不變，U1=U2，應該分析當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同，電路結構改變但ε，r不變。

【分析解答】

當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同。

(l)當R1＜R2時，若r2=R1R2 P1-P2=0所以P1=P2；若r2＜R1R2 P1-P2＜0所以 P1＜P2；若r2＞ RlR2 P1-P2＞0所以P1＞P2

(2)當R1＞R2時，若r=R1R2 P1-P2=0，所以P1=P2；若r＜R1R2P1-P2＞0所以 P1＞P2；若r2＞ R1R2

【評析】

解決電路問題先審題，審題過后有的同學頭腦中出現許多公式，他從中選擇合適的公式，有的同學則從頭腦中搜尋以前做過的題目，看有沒有與本題相似的題目，如果有相似的題目，就把那道題的解題方法照搬過來。這些方法不一定錯，但是一旦問題比較復雜，或者題目敘述的是一個陌生的物理情境，這些方法就不好用了。所以，規范化的解題步驟是必不可少的。

例9 如圖9－13所示電路中，r是電源的內阻，R1和R2是外電路中的電阻，如果用Pr，P1和P2分別表示電阻r，R1，R2上所消耗的功率，當R1=R2=r時，Pr∶P1∶P2等于

[ ] A、1∶l∶1 B、2∶1∶1 C、1∶4∶4 D、4∶l∶1 【錯解】

因為R1=R2=r，r與R1，R2并聯，它們電壓相同，【錯解原因】

認為電源的兩端就是外電路的兩端，所以內外電阻是并聯關系，即認為r與R1，R2并聯，Ur=U1-U2，這一看法是錯誤的，Ur不等于U1，Ur=ε-U1。

【分析解答】

在圖9-13電路中，內電阻上通過的電流與外電路的總電流相同，內電阻與外電阻是串聯關系，(不能認為內電阻與外電阻并聯)但R1與R2是并聯的，因R1=R2，則I1=I2=I，Ir=I1+I2=2I。

Pr∶P1∶P2=Irr∶I1R1∶I2R2∶=4∶1∶1。，所以是正確的。【評析】

單憑直覺就對電路的串并聯關系下結論，太草率了。還是要通過電流的分合，或電勢的高低變化來做電路分析。

例10 如圖9－14所示，2

22已知電源電動勢ε=20V，內阻r=1Ω，當接入固定電阻R=4Ω時，電路中標有“3V 4.5W”的燈泡L和內阻r′=0.5Ω的小型直流電動機恰能正常工作，求(1)電路中的電流強度？(2)電動機的額定工作電壓？(3)電源的總功率？

【錯解】

由燈泡的額定電壓和額定功率可求得燈泡的電阻

串聯電路中電路中的電流強度

電動機額定工作電壓U=I′r=2.7×0.5=l.35(V)電源總功率P=Iε=2.7×20=54(W)【錯解原因】

此電路是非純電阻電路，閉合電路歐姆定律ε=IR總不適用，所以電

【分析解答】

(1)串聯電路中燈L正常發光，電動機正常工作，所以電路中電流強度為燈L的額定電流。

電路中電流強度I＝1.5A。

(2)電路中的電動機是非純電阻電路。根據能量守恒，電路中 ε=UR+UL+Ur+Um

Um=ε-UR-UL-Ur＝ε-I(R+RL+r)=20-1.5×(2＋4＋1)=9.5(3)電源總功率P總=Iε=1.5×20=30(W)。

【評析】

要從能量轉化與守恒的高度來認識電路的作用。一個閉合電路中，電源將非靜電能轉化為電能，內外電路又將電能轉化為其他形式的能。ε=U內+U外則是反映了這個過程中的能量守恒的關系。

例11 電動機M和電燈L并聯之后接在直流電源上，電動機內阻r′=1Ω，電燈燈絲電阻R=10Ω，電源電動勢ε=12V，內阻r=1Q，當電壓表讀數為10V時，求電動機對外輸出的機械功率。

【錯解】

電阻成反比，流與其

【錯解原因】

上述錯解過程中有兩處致命的錯誤：一是將電動機視為純電阻處理了，電動機不屬于純電阻，而是將電能轉化為機械能，錯解中利用了并聯電路中支路電流與電阻成反比的結論是不恰當的，因為該結論只適用于純電阻電路，二是不明確電動機的輸入功率PM入與輸出功率PM出的區別，IM2r′是電動機內阻發熱功率。三者的關系是：PM入=PM出+IM2r′。

【分析解答】 根據題意畫出電路圖，如圖9－15所示。由全電路歐姆定律ε= U+Ir得出干路電流

由已知條件可知：流過燈泡的電流

電動機的輸出功率的另一種求法：以全電路為研究對象，從能量轉化和守恒的觀點出發P源=P路。本題中電路中消耗電能的有：內電阻、燈泡和電動機，電動機消耗的電能又可

222分為電動機輸出的機械能和電動機自身消耗的內能。即Iε=Ir+ILR+PM出+IMr′。

PM出＝Iε-(I2r+IL2R++IM2r′)=9(W)

【評析】

站在能量轉化與守恒的高度看電路各個部分的作用。就可以從全局的角度把握一道題的解題思路，就能比較清醒地分清公式規律的適用范圍和條件。

例12 如圖9－16，外電路由一個可變電阻R和一個固定電阻R0串聯構成，電源電動勢為ε，電源內阻為r，問：R調到什么時候，R0上將得到最大功率。【錯解】

把可變電阻R看成電源內阻的一部分，即電源內阻r′=r+R。利用電源輸出功率最大的條件是R＝r′得R0=R＋r，即R=R0-r，所以把可變電阻調到R=R2-r時，電路中R0上得到最大功率，其大小為

【錯解】

可變電阻R上得到的功率，決定于可變電阻的電流和電壓，也可以用電源輸出功率最大時的條件，內外電阻相同時電源有最大輸出功率來計算。但是題目要求討論定值電阻R0上的輸出功率，則不能生搬硬套。定值電阻R0上的功率，決定于流過電阻R0的電流強，這與討論可變電阻R上的功率不同。

【分析解答】

電流經過電阻R0，電流能轉換成內能，R0上功率決定于電流強度大小和電阻值，即P=IR0，所以當電流強度最大時，R0上得到最大功率。由純電阻的閉合電路歐姆定律，有

2固定電阻R0上有最大輸出功率，其大小為

【評析】

在討論物理問題時選擇研究對象是重要的一環。研究對象選錯了，就要犯張冠李戴的錯誤。明明題目中要我們計算定值電阻的功率，有人卻套用滑動變阻器的結論。所以認真審題找出研究對象，也是提高理解能力的具體操作步驟。

例13 輸電線的電阻共計10Ω，輸送的電功率是100kw，用400V的低壓送電，輸電線上發熱損失的功率是多少kw？改用10kV的高壓送電，發熱功率損失又是多少kw？

【錯解】

【錯解原因】

錯解一是對歐姆定律使用不當，輸送電壓是加在輸電線電阻和負載上的，如果把它考慮成輸電線上的電壓求電流強度當然就錯了。錯解二注意到了負載的作用，所求出的損失功率P1是正確的，然而在高壓送電電路中，負載都是使用了變壓器而錯解二把它當作純電阻使P2解錯。

【分析解答】

輸送電功率100kw，用400V低壓送電，輸電線上電流

輸電線上損失功率

若用10kV高壓送電輸電線上電流

輸電線上損失功率P2=I22r=102×1=0.1(kw)【評析】 一道很簡單的題目做錯了，有些人將錯解原因歸結為：粗心、看錯了題目。其實真正的原因是解題不規范。如果老老實實地畫出電路圖標出各個物理量，按圖索驥就可以避免所謂的“粗心”的錯誤。

例14 把一個“10V 2.0W”的用電器A(純電阻)接到某一電動勢和內阻都不變的電源上，用電器A實際消耗的功率是2.0W，換上另一個“ 10V 5.0W”的用電器B(純電阻)接到這一電源上，用電器B實際消耗的電功率有沒有可能反而小于2.0W？你如果認為不可能，試說明理由，如果認為可能，試求出用電器B實際消耗的電功率小于2.0W的條件(設電阻不隨溫度改變)【錯解】

將“ 10V 2.0W”的用電器與電源連接，用電器正常工作說明用電器兩端電壓為10V，現將“ 10V 5.0W”的用電器B與電源連接，用電器兩端電壓是10V，B也能正常工作，實際功率是5.0W，所以用電器的實際功率不會小于2.0W。

【錯解原因】

把路端電壓與電源電動勢混為一談，認為路端電壓是恒定的，不隨外電路改變而改變。【分析解答】

越大，U也越大，所以與ε不同，U不是恒定的。

以當B連入時，用電器兩端的電壓將小于10V，它消耗的實際功率將小

述條件時，B的實際功率小于2.0W。【評析】

根據電源最大輸出功率的條件做出輸出功率與外電阻圖(P－R圖如圖9－17所示)做定性分析，也可以得到同樣的結果。由題意可知RA接入電路時，若電源的輸出功率達到最大輸出功率，則RB接入電路時，電源的輸出功率肯定小于最大輸出功率2W。若電源的輸出功率沒有達到最大輸出功率，RB接入電路時，電源的輸出功率有可能小于RA接入電路時輸出功率2W。

例15 有四個電源，電動勢均為8V，內阻分別為1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要對R=2Ω的電阻供電，問選擇內阻為多大的電源才能使R上獲得的功率最大？

A、1Ω B、2Ω C、4Ω D、8Ω 【錯解】

依“外電阻等于內電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”可知，應選內阻2Ω的電源對R供電，故選B。

【錯解分析】

上述錯解的根源在于濫用結論。事實上，確定的電源有最大的輸出功率和確定的外電路上獲得最大功率的條件是不同的。“外電阻等于內電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”只適用于電源確定而外電阻可選擇的此形，而本題實屬外電阻確定而電源可選的情況，兩者意義不同，不可混為一談。

【分析解答】

P是r的單調減函數，所以就題設條件而言，r取1Ω時P有最大值，應選A。

【評析】 物理學的任何規律結論的成立都是有條件的，都有其適用范圍。有的同學做題比較多，習慣于套用一些熟悉題目的解題路子。這種方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。關鍵是要掌握好“條件和范圍”。

例16 圖9－18所示，為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需要的器材實物圖，器材規格如下：(1)待測電阻RX(約100Ω)(2)直流毫安表(量程0～10mA，內阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內阻5kΩ)(4)直流電源(輸出電壓4V，允許最大電流1A)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)電鍵一個，導線若干條。根據器材的規格和實驗要求，在本題的實物圖上連線。

【錯解】

錯解一：如圖9－19所示，此種連法錯在變阻器的右下接線柱和電源的負極之間少連了一條線，即使變阻器取最大值，通過電路的電流也超過了10mA，大于毫安表的量程。

錯解二：如圖9－20所示有兩處不妥：①電壓調節范圍小；②電流過大。這種連法實際上與圖9-19的錯誤是一樣的。

錯解三：如圖9-21所示，此種連法是用伏安法測量，電路與變阻器由滑動觸頭并聯，無論變阻器的阻值怎樣變化，流過毫安表的電流

始終超過毫安表的量程，而且當滑動觸頭滑到最左端時，電源還有被短路的可能，故連接錯誤。

錯解四：如圖9－22所示，可見這種連法實際上與圖9-21(變阻器取最大值時)的錯誤是一樣的。

錯解五：如圖9－23所示，顯然可見，當電鍵閉合時電源被短路，這是不允許的，連接錯誤。

錯解六：如圖9-24所示，電鍵閉合后電源被短路，滑到最右端時，電流超過毫安表的最大量程，故連接錯誤。

錯解七：如圖9－25，無論電鍵是否閉合，電源、變阻器回路始終是接通的，電鍵的位置連接錯了。

連接上的原因是：在高中學習伏安法測電阻時，接觸的多是將變阻器連接一個上接線柱和一個下接線柱，串連在電路中分壓限流，因而在做此題時，采用了習慣連法，沒有對器材的規格要求進行計算、分析。(2)將毫安表內接錯誤，錯誤的癥結是不了解系統誤差產生的原因，也是沒有對器材的規格進行具體分析。

(3)出現同時連接變阻器的兩個上接線柱；電表的“+”、“-”接反；不在接線柱上連線，而是在連線上連線等，說明學生缺乏實驗操作的規范化訓練，或缺乏親自動手做實驗。

【分析解答】

用伏安法測電阻，首先要判明電流表應該內接還是外接，由題目所給器材規格來看，顯然不滿足RA＜＜Rx條件，而是滿足Rv＞＞Rx條件，所以應采用外接法。若圖9－26電路，當滑動觸頭P處于最左端，滑動變阻器為最大值時，由題設條件流過電流表的電流

超過安培表的量程。因此變阻器既應分壓又應分流。

正確的連接圖為圖9－27所示。畫圖的關鍵是：毫安表需外接，變阻器接成分壓電路。實驗開始前將滑動變阻器的滑動觸頭滑至分壓為零的位置。

【評析】在設計實驗過程時，要根據具體實驗條件，靈活應用實驗原理，改變實驗方法。善于從習題中或所學的物理定律的推論中得出實驗原理和方法。基本原則是不能是電表超過量程，測量誤差盡可能小；不能使用電器超過其額定功率，結構上不能出現短路斷路現象。例17 如圖9－28所示電路的三根導線中有一根是斷的。電源電阻器R1·R2及另外兩根導線都是好的。為了查出斷導線，某學生想先用萬用表的紅表筆連接在電源的正極a,再將黑表筆分別連接在電阻器Rl的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數。在下列選擋中，符合操作規程的是：

[ ] A．直流10V擋 B．直流0.5A擋 C．直流2.5V擋 D．歐姆擋

【錯解】

如果電路連接正常，電路中的電流

測量的最大電壓為U1=IR1=2V。可選A、C。

用歐姆擋可以直接測量回路中的電阻是否等于15Ω或者等于10Ω。【錯解原因】

選B的同學沒有考慮R1與R2之間的導線斷開的情況。選C的同學沒有考慮到無論哪根導線斷開，測得的電壓都等于6V，大于2.5V。如選D的同學沒有考慮到如果被測回路中有電源，歐姆表就可能被毀壞或讀數不準。

【分析解答】

設萬用表各擋都理想，忽略電源的內阻。選用不同功能檔時，應畫出電路圖，至少在頭腦中想清楚。

用電壓擋測量時，由于電路斷開(無論是從ab間斷開，還是從R1與R2之間斷開)電路中無電流，黑表筆與電源負極等電勢。直流電壓擋測量的數值是電源電動勢ε=6V。所以A選項可行，C選項不行。

用電流擋測量時，假設ab間導線完好，而R1與R2之間導線斷開，B選項。

被測回路中有電源，歐姆表不能適用，排除D選項。

【評析】

本題考查學生的實驗能力。還考察學生的邏輯思維能力。邏輯思維的基礎是對電路結構的理解。養成正確的電路分析的習慣，處處受益。