第十章_稳恒电流

第十章稳恒电流10-1已知摩尔质量为175.63molgM，密度为39.8cmg，在铜导体线里，假设每个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为技术上的安全，铜线内最大电流密度20.6mmAjm，求此时铜线内电子的漂移速率dv；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率的多少倍?解：（1）一个铜原子质量ANMm，铜原子的密度MNmnA/铜线内电子的漂移速率为141046.4smeNMjnejvAmmd（2）在室温下电子的热运动的平均速率为mKTv8，取KT300可求得81042.281mKTvvvdd即电子热运动的平均速率是电子漂移速率的81042.2倍。10-2有两个同轴导体圆柱面，它们长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm，若两圆柱面之间有A10电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度。解：根据对称性，在两圆柱面间的任意同轴圆柱面上的电流强度相同，流过该圆柱面的电流为I，因此有rLISIj2将已知数据代入上式可得所求的电流密度为251033.1mAj。10-3有两个半径分别为1R和2R同心球壳，其间充满了电导率为v（v为常数）的介质，若在两球壳间维持恒定的电势差U。求两球壳间的电流。解：球壳间的等效电阻为21122441RvRRRrdrvR球壳间的电流强度为：22214RRURvRRUI10-4同样粗细的碳棒和铁棒串联，能使两棒的总电阻不随温度而变化。问此时两棒的长度比应为多少？解：同样粗细的碳棒和铁棒串联，设其长度分别为CL和FeL电阻温度系数为C和Fe，则当温度变化T时，总电阻为)RT(RRR'R'R'FeFeCCFeCFeC总R按题意：0)RR(TFeFeCC即0LLFeFeFeCCC所以CCFeFeFeCLL，查表代入数据得：2FeC1086.2LL10-5把大地看作电阻率为的均匀电解质。如图10-5所示，用一半径为a的球形电极与大地表面相接，半个球体埋在地下，电极本身的电阻可忽略不计，试证明此电极的接地电阻为aR2证明：在球体电极外侧的大地内，取一半径为dr的同心半球壳，其电阻为：)(22arrdrdR则电极的接地电阻为：ardrdRRq222结论得证。10-6如图10-6所示，截圆锥体的电阻率为，长为l，两端的半径分别为1R和2R。试计算此锥体两端面之间的电阻。解：在截圆锥体上取平行于端面的薄圆盘，如图10-6所示。其半径为)(11RrRr，厚度为dr，则其电阻为：)(122RrRrdxdR两端间的总电阻为：212xxrdxdRR由LRRxr21得：drRRLdxrRRLx2121,，将dx代入上式可得两锥体之间的电阻R为：2122121RRLrdrRRLRRR10-7一同轴电缆，其长为mL31050.1，内导体外径为mmR0.11，外导体内经·Oar图10-5dxR1rR2l图10-6R1R2rxxx1x2o为mmR0.52，其中填充物为绝缘电解质。由于电缆受潮，测得绝缘介质的电阻率降低到m5104.6。若信号源是电动热V24，内阻为0.3iR的直流电源，求在电缆末端的负载电阻kR0.10上的信号电压为多大？解：取图10-7所示薄介质圆柱壳，半径为r，厚度为dr，侧面面积为rLS2根据电阻定律知该介质薄壳的径向电阻为rLdrdR2则该电阻的径向电阻为：12ln2221RRLrLdrdRRRR它与负载0R并联后等效电阻为：5.982lnln'01212000LRRRRRRRRRRRARRIi2365.0'负载上信号电压为：VIRU3.23'10-8有一平行板电容器，其电容FC0.1，极板间电解质的电阻率为m13100.2，相对电容率为0.5r。求该电容器两极间的电阻值。解：由dSCr0得：CSdr0将上式代入电阻定律SdR得：801085.8CRr10-9在上题中，若将电容器与一电源相连接，使之带电，然后撤去电源。由于电容器内漏电电流的存在，极板上的电荷逐渐减少。（1）试证电容器极板上的电荷与时间之间的关系为rteQQ00其中0Q是撤去电源（取t=0）时刻电容器极板上的电荷。（2）求电容器极板上的电荷因漏电减少为20Q所需的时间，设0.5,100.113rm。LR1R2rdr图10-7证明（1）联立下列方程：RUiRCQdtdQUQCdtdQi将上题的结论CRr0代入上式分离变量得：rrdtQdQQdtdQ00,两边积分并考虑初始条件0t时，0QQ，可得：rteQQ00（2）若021QQ则,ln00rtQQ即：str201007.32ln10-10如图10-10所示，在两块薄铜板之间，放置内外半径分别为1r和2r的环形硅，cmhcmrcmr0.5,0.3,80.021，如在两极间加V200的电势差，求电路中的电流。解：环形硅的电阻为：)(2122rrhShR查表可知硅的电阻率为：m2104.6若在两板间加电压VU200，则硅中的电流为AhrrURUI221221064.1)(10-11在相距km0.15的A、B两地之间的地下，敷设有一条双股电缆，其中一根导线因某处绝缘层破损触地面发生故障。检修人员用图10-11（a）所示装置可找出故障点的位置。该装置中30100.2R，R为可变电阻。现通知A地工作人员将该对电缆进行短接，测得电流计G中没有电流时电阻31086.1R。求电缆损坏处到B的距离x。（电阻每千米直流阻抗为150。解：设K为每千米电缆的直流阻抗，即1150kmk200Vhr2r1图10-10则PB段的电阻为PAkxR,1及另一根导线的电阻为)2(2xrKR画出其电桥电路如图10-10（b）。由电桥平衡条件得：0201::)(RRRRR即)2(xrKRKxkmrRrx8.8210-12一双股地下电缆，其单位长度的电阻是一定的，电缆两端相距7.0km，由于电缆某处绝缘层漏电，使其两股电线在该点以电阻R连接起来。检测人员侧得，当电缆两端均开路时，A，B两端的电阻分别为660和31056.1，当在A端加上12V电压时，B端的电压为1.1V。依据以上检测到的数据，找出电阻R和故障点的位置。解：设电缆单位长度的电阻为K，故障点P到A的距离为x，其等效电路如图10-12所示，则：(4)2(3)105.12(2)6002(1))(,132121ABRVRRRVVRRRRxLKRKxR联立以上四式代入数据可得：5.60R，故故障点P和A相距为kmx0.210-13如图10-13所示，V0.221，内阻为1.021iiRR，8.4,0.521RR，试求（1）电路中的电流；（2）电路中的消耗的功率；（3）两电源的端电压。解：（1）由闭合电路的欧姆定律得：ARRRRIii4.0221121（2）电路消耗的功率为：WIP6.1)(21GR1R2R0R0R图10-11（b）GrAR0R0R图10-11（a）PxB••••R1图10-12ººR2R2R1RABPR1Ri1ε1Ri2ε2R2图10-13（3）两电源的端电压为：VIRVVIRVii96.196.122211110-14如图10-14所示的电路中，已知：.0.4,0.3,0.2,0.1,0.2,0.6432121RRRRVV。求（1）流过各电阻的电流；（2）A、B两点的电势差ABU。解：（1）因为整个闭合电路的电阻为：4343213421RRRRRRRRRR由闭合电路的欧姆定律得：ARRRRRRRI85.02121212121所以，流过电阻21,RR的电流为：AIII85.021流过电阻43,RR的电流分别为43,II，则IIIRIRI434433解之得：AIAI36.0,49.043（2）由一段含电源电路的欧姆定律得：VIRUAB2.51110-15如图10-15所示，已知：0.3,0.2,0.1,0.4,0.245231321RRRRRVV求：（1）电路中各支路的电流；（2）A与B两点间的电势差ABU。解：应用基尔霍夫定律列出各节点电流方程和回路电势方程如下：对节点A有：(1)0321III对回路ABCA有：(2)0)(2122141RIIRR对回路ABDA有：(3)0)(3253322RRIRI联立（1）（2）（3）可得：AIAIAI125.0,25.0,375.0321（2）由一段含电源电路的欧姆定律得A、B两点的电势差为：VRIUAB5.3222图10-14AI3R1R4R3R2I4Iε2ε1B10-16一电路如图10-16所示，已知：0.2,0.1,0.8,0.9,0.125431321321RRRRRRRVVViii00.32R。求（1）A、B断开时的ABU；（2）A、B短路时通过2的电流的大小和方向。解：（1）A、B断开时，取I的回路，设此时回路电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：ARRRRRRIii4.021543131取ACNDB回路：此时A、B两点间的电压为：VRRRIUiAB0.1)(23343（2）选择节点C和回路CMDNC和CDNC应用基尔霍夫定律有：0)()(0)()(013343315112313433222321iiiRRRIRRRIRRRIRRIIII解得流过2的电流AI15.02，方向与假设一致。10-17如图10-17所示电路中，若,84.0,105.7,144FCRV求（1）电路中的时间常数；（2）合上开关后的最大允许电流；（3）闭合开关50ms后，电路中的电流和电容器极板上的电荷；（4）电容器上的最终的电荷。解：（1）RC电路的时间常数为SRC063.0（2）由RCteRI可得最大允许电流为mARIM19.0（3）t=50ms时，电路中的电流和极板电荷分别为：RCeCqAeRIRCtRCt4.6)1(84（4）电容器上的最终电荷为：FCQ12KººCR图10-17ε••ABMNDCI1R1R2R3R4R5图10-16ε1，Ri1ε2，Ri2ε3，Ri3I2I3图10-15AI3R5R1R3R4I1ε2ε1BI2ε3R2DC10-18常用的电容器充电到后放电时的瞬时大电流来使红宝石激光器中的脉冲栅灯发光。如电源给电容器充电时最大输出电流为1.0A。（1）求此充电电路的时间常数1；（2）脉冲柵等放电时，其灯丝内阻近似为5.0，求最大放电电流mI和放电电路的时间常数2;（3）在2~0时间内，电容器发电释放的能量占总能量的百分之几？解：（1）由充电电流CRtmCRteIeRI11111可求出311100.4mIR所以充电时间常数为sCR0.811（2）充电器的放电电流为CRtmCRteIeCRqI22220最大的放电电流为：ARCRqIm32202100.8放电时将常数为：sCR322100.1（3）在2~0时间内电容器释放的能量为：)1()1(22