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貢獻(xiàn)者：FFjet;addis
預(yù)備知識(shí)電路
1.定理闡明
定律1基爾霍夫電壓定理
基爾霍夫電壓定理又稱為基爾霍夫第一定理，規(guī)定在電路中所有步入某節(jié)點(diǎn)的電壓的總和等于所有離開(kāi)這節(jié)點(diǎn)的電壓的總和?；騽t說(shuō)，假定步入某節(jié)點(diǎn)的電壓為正值，離開(kāi)這節(jié)點(diǎn)的電壓為負(fù)值，則所有涉及這節(jié)點(diǎn)的電壓的代數(shù)和等于零。以方程式抒發(fā)基爾霍夫定律怎么計(jì)算電流，對(duì)于電路的任意節(jié)點(diǎn)，有
begin{}sum_{k=1}^nI_k=0~.end{}
其中，$I_k$是第$k$個(gè)步入或離開(kāi)這節(jié)點(diǎn)的電壓，是流過(guò)與這節(jié)點(diǎn)相聯(lián)接的第$k$個(gè)環(huán)路的電壓，可以是實(shí)數(shù)或復(fù)數(shù)。
證明
考慮電路的某節(jié)點(diǎn)，跟這節(jié)點(diǎn)相聯(lián)接有$n$個(gè)環(huán)路。假定步入這節(jié)點(diǎn)的電壓為正值，離開(kāi)這節(jié)點(diǎn)的電壓為負(fù)值，則這節(jié)點(diǎn)的總電壓$I$等于流過(guò)大道$k$的電壓$I_k$的代數(shù)和：
begin{}I=sum_{k=1}^nI_k~.end{}
將這方程式對(duì)某段時(shí)間$[t_1,t_2]$內(nèi)積分，可以得到這段時(shí)間該節(jié)點(diǎn)電荷的降低
begin{}q=sum_{k=1}^nq_k~.end{}
其中$q=int_{t_1}^{t_2}I(t),txrzbvzd{t}$，$q_k=int_{t_1}^{t_2}I_k(t),txrzbvzd{t}$是流過(guò)大道$k$的電荷。
若$q>0$，則說(shuō)明有正電荷會(huì)累積于該節(jié)點(diǎn)，$q<0$表示負(fù)電荷會(huì)累積于節(jié)點(diǎn)。在討論電路時(shí)，我們通常假定任意一點(diǎn)不存在凈電荷，所以$q$和$I$都恒為零。
例1
圖1：列節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式
各大道電壓常常是未知量，它們的方向事先并不曉得。這時(shí)，可以先給每位大道電壓假定一個(gè)方向，并根據(jù)這一方向列舉多項(xiàng)式。求解多項(xiàng)式后，假如求得某大道電壓的數(shù)值為正，則該電壓的實(shí)際方向與假定方向相同，否則相反。這個(gè)假定的電壓方向稱作電壓的正方向。給每一支路電壓假定一個(gè)正方向然后，就可用代數(shù)目描寫(xiě)每條環(huán)路的電壓，代數(shù)目的絕對(duì)值反映電壓的大小，代數(shù)目的正負(fù)則反映電壓的實(shí)際方向。正方向一經(jīng)選取，節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式的方式（等號(hào)左右兩側(cè)應(yīng)寫(xiě)什么電壓）就完全確定。諸如，為列舉中節(jié)點(diǎn)$A$的等式，可任意地選取與$A$有關(guān)的三個(gè)環(huán)路電壓的正方向如圖箭頭所示，因而寫(xiě)出如下的節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式：
begin{}I_1+I_3-I_2=0~.end{}
電路中有$n$個(gè)節(jié)點(diǎn)的時(shí)侯，一共有$n-1$個(gè)節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式是獨(dú)立的。這$n-1$個(gè)獨(dú)立多項(xiàng)式構(gòu)成基爾霍夫第一方程組。將它們與基爾霍夫第二等式組聯(lián)立后，可以按照已知電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻求得每一支路的電壓。
定律2基爾霍夫電流定理
基爾霍夫電流定理又稱為基爾霍夫第二定理，表明順著閉合回路所有器件兩端的電勢(shì)差（電流）的代數(shù)和等于零?；騽t，換句話說(shuō)，順著閉合回路的所有電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和等于所有電壓降的代數(shù)和。以方程式抒發(fā)，對(duì)于電路的任意閉合回路，
begin{}sum_{k=1}^mU_k=0~.end{}
其中，$m$是此閉合回路的器件數(shù)量，$U_k$是器件兩端的電流，可以是實(shí)數(shù)或復(fù)數(shù)。
證明
按照電勢(shì)差的定義（）
begin{}U_{21}=V({{r}}_2)-V({{r}}_1)=-int_{{{r}}_1}^{{{r}}_2}{{E}}_0({{r}})\cdot,txrzbvzd{{{r}}}~.end{}
假如令路徑起點(diǎn)為${{r}}_1$，終點(diǎn)為${{r}}_N$，中途有若干點(diǎn)${{r}}_2,dots,{{r}}_{N-1}$。這么有可以將路徑積分界定為若干段，總電勢(shì)差等與每段電勢(shì)差之和
begin{}U_{N1}=U_{21}+U_{32}+dots+U_{N,N-1}~,end{}
其中$U_{j,I}=-int_{{{r}}_i}^{{{r}}_{j}}{{E}}_0({{r}})\cdot,txrzbvzd{{{r}}}$。假如取一個(gè)支路作為積分路徑，起點(diǎn)終點(diǎn)相接，電勢(shì)差為零。即${{r}}_1={{r}}_N$，$U_{N1}=0$。立刻可得。證畢。
例2
圖2：復(fù)雜電路中的一個(gè)回路
據(jù)，由基爾霍夫電流定理可知，
begin{}U_{ML}+U_{NM}+U_{ON}+U_{PO}+U_{LP}=0~.end{}
構(gòu)想有一個(gè)觀察者從$L$點(diǎn)出發(fā)沿圖中方形箭頭所示的方向繞行回路一周回到$L$點(diǎn)，他沿途見(jiàn)到電勢(shì)有時(shí)下降有時(shí)增加，并且升、降的總數(shù)相等。由圖看出，電勢(shì)從$L$到$M$下降了數(shù)值$E_1$，從$M$到$N$增加了數(shù)值$$，依次類推，于是可以表示為
begin{}{E}_{1}-I_{1}R_{1}-{E}_{2}-I_{2}R_{2}+I_{3}R_{3}=0~.end{}
由以上討論不難看中每項(xiàng)后面的正、負(fù)號(hào)應(yīng)由以下規(guī)則確定：任意選取一個(gè)繞行回路的方向（稱作繞行方向），當(dāng)繞行方向從正極步入電源時(shí)（如$E_1$），其電動(dòng)勢(shì)前寫(xiě)$+$號(hào)，否則寫(xiě)$-$號(hào)（如$$）；當(dāng)繞行方向與內(nèi)阻的電壓正方向相同時(shí)（如$R_1$和$R_3$），該內(nèi)阻的$IR$項(xiàng)前寫(xiě)$-$號(hào)，否則寫(xiě)$+$號(hào)（如$R_2$）。再度指出電壓可正可負(fù)，正電壓表示與正方向形同，負(fù)電壓則相反，所以$IR$也可正可負(fù)。
一個(gè)電路可以包含許多回路，但它們的等式并非都是獨(dú)立的。如右圖電路所示：$$、$$及$$。
圖3：獨(dú)立回路
前兩個(gè)回路的等式似乎獨(dú)立，由于每位回路都包含一條另一回路所不包含的環(huán)路。但第三個(gè)回路的多項(xiàng)式就不獨(dú)立，它可由前兩個(gè)等式推出。電路中所有獨(dú)立的回路多項(xiàng)式構(gòu)成基爾霍夫第二等式組。為了列舉獨(dú)立的回路等式，可以選擇這樣的回路，其中每位起碼包含一條其他回路所不包含的支路。一個(gè)完整電路的環(huán)路數(shù)$b$、節(jié)點(diǎn)數(shù)$n$和獨(dú)立回路數(shù)$m$之間的關(guān)系為
begin{}b=m+n-1~.end{}
假如全部電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻皆已知，則電路共有$b$個(gè)未知的大道電壓。另一方面，由前述可知，這個(gè)電路必有$n-1$個(gè)獨(dú)立的節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式及$m$個(gè)獨(dú)立的回路多項(xiàng)式，即共有$m+n-1$個(gè)獨(dú)立多項(xiàng)式，恰與未知量個(gè)數(shù)$b$相等，因而可惟一地解出各大道電壓。其實(shí)，除東路電壓外，電動(dòng)勢(shì)或內(nèi)阻也可作為未知量，只要未知量個(gè)數(shù)為$b$，同樣可以求解?？梢?jiàn)基爾霍夫等式組原則上可以解決一切線性直流電路的估算問(wèn)題。
當(dāng)電動(dòng)勢(shì)是待求量并且連電源的極性也未知時(shí)，可以任意地給電動(dòng)勢(shì)選取一個(gè)正方向（即假定一對(duì)正、負(fù)極，電動(dòng)勢(shì)的正方向是指從假定的正極到負(fù)極的方向），并把電動(dòng)勢(shì)作為代數(shù)目列舉基氏第二多項(xiàng)式，等式中$E$前的$+$、$-$號(hào)應(yīng)按照繞行方向是否步入假定的正極來(lái)決定。求解后，假如$E>0$，則實(shí)際極性與假定極性相同，否則相反。
2.定理應(yīng)用
首先，按照上節(jié)所述，可以總結(jié)出用基爾霍夫等式組解題的步驟如下：
任意選取各大道電壓的正方向；數(shù)出節(jié)點(diǎn)數(shù)$n$，任取其中$n-1$個(gè)寫(xiě)出$n-1$個(gè)節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式；數(shù)出西路數(shù)$b$，選取$m=b-n+1$個(gè)獨(dú)立回路，任意指定每位回路的繞行方向，列舉$m$個(gè)回路多項(xiàng)式；對(duì)所列的$(n-1)+(b-n+1)=b$個(gè)等式聯(lián)立求解；按照所得電壓值的正負(fù)判定各電壓的實(shí)際方向。
下邊來(lái)看幾道具體的電路例題。
例3
中，已知${E}_{1}=32{V},{E}_{2}=24{V},R_{1}=5{Omega},R_{2}=6{Omega},R_{3}=54{Omega}$，求各大道的電壓。
選取$I_1$、$I_2$、$I_3$的正方向如圖實(shí)箭頭所示，虛箭頭則代表實(shí)際方向，待求解后方可確定。觀察知，節(jié)點(diǎn)數(shù)$n=2$，所以只有一個(gè)節(jié)點(diǎn)多項(xiàng)式：
begin{}I_{3}-I_{1}-I_{2}=0~.end{}
又因大道數(shù)$b=3$，故獨(dú)立回路數(shù)$m=b-n+1=2$.選圖中$rmI$、$rmII$兩個(gè)獨(dú)立回路，約定其繞行方向如圖方形箭頭所示，列舉回路多項(xiàng)式：
begin{}begin{}text{回路}{I}:&&{E}_{1}-I_{1}R_{1}+I_{2}R_{2}-{E}_{2}=0~,\text{回路}{II}:&&{E}_{2}-I_{2}R_{2}-I_{3}R_{3}=0~.end{}end{}
聯(lián)立、，解得：
begin{}begin{cases}I_{1}=1{A}\I_{2}=-0.5{A}\I_{3}=0.5{A}end{cases}~.end{}
可見(jiàn)$I_1$、$I_3$的實(shí)際方向與假定的正方向相同基爾霍夫定律怎么計(jì)算電流，$I_2$的實(shí)際方向與正方向相反。三個(gè)電壓的實(shí)際方向在圖中用虛箭頭標(biāo)出。
例4橋式電路
已知中$R_{1}=50Omega$，$R_{2}=40Omega$，$R_{3}=15Omega$，$R_{4}=26Omega$，$R_{5}=10Omega$，求$A$、$B$之間的總內(nèi)阻。
圖4：橋式電路
構(gòu)想在$A$、$B$之間接入端電流為$U$的無(wú)電阻電源使成完整的電路，用基爾霍夫等式組求出從$A$流進(jìn)的電壓$I$，則比值$U/I$便是$A$、$B$之間的總阻值。把惠斯通電橋中的$I_{G}$、$R_{G}$分別改為$I_5,R_5$，即可得出答案。求解可得$I=U/32Omega$，即$A$、$B$之間的總內(nèi)阻為$32Omega$。
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