大学物理(第四版)课后习题及答案 电流备课讲稿
大学物理第四版下册课后题答案
大学物理第四版下册课后题答案习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E irπε=， 2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE Rλθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯， 则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αi2cm O R x αα心O 点的场强。
大学物理(第四版)课后习题及答案 静电场
题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 m 。
求它们之间的斥力。
题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律r r 220r 2210N 78.394141e e e F ===r e r q q πεπεF 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。
证明电子的旋转频率满足42k20232me E εν=其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。
题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。
电子、氢核的大小约为10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷。
点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有220241r e r v m πε= 由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为re mv E 202k 8121πε==电子旋转角速度为30224mr e πεω=由上述两式消去r ，得43k 20222324me E επων== 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与其最邻近的八个一价格离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。
为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。
解：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为N 1092.134920220212-⨯===ae rq q F πεπε2F 方向如图所示。
大学物理(第四版)课后习题及答案_相对论
第十六章相对论题16.1：设'S 系以速率v = 0.60c 相对于S 系沿'xx 轴运动，且在t ='t = 0时，0'==x x 。
（1）若有一事件，在 S 系中发生于t = 2.0×10－7 s ，x = 50 m 处，该事件在 'S 系中发生于何时刻？（2）如有另一事件发生于 S 系中 t = 3.0×10－7 s ，x = 10 m 处，在 S ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？题16.1解：（1）由洛伦兹变换可得S ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为s 1025.1/1'7221211-⨯=--=c v x c v t t（2）同理，第二个事件发生的时刻为s 105.3/1'7222222-⨯=--=c v x c v t t所以，在S ′系中两事件的时间间隔为s 1025.2'''721-⨯=-=∆t t t题16.2：设有两个参考系S 和S ′，它们的原点在t = 0和t ′ = 0时重合在一起。
有一事件，在 S ′系中发生在 t ′ = 8.0×10-8 s ，x ′ = 60 m ，y ′ = 0，z ′ = 0处，若S ′系相对于S 系以速率v = 0.6c 沿xx ′轴运动，问该事件在S 系中的时空坐标各为多少？题16.2解：由洛伦兹逆变换得该事件在S 系的时空坐标分别为m 93/1''22=-+=c v vt x x 0'==y y0'==z zs 105.2/1''7222-⨯=-+=c v x c v t t题16.3：一列火车长 0.30 km （火车上观察者测得），以 100 km/h 的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端。
问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？题16.3解：设地面为S 系，火车为S ′系，把闪电击中火车前后端视为两个事件（即两组不同的时空坐标）。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理(第四版)课后习题及答案 电流
题：已知铜的摩尔质量1mol g 75.63-⋅=M ，密度3cm g 9.8-⋅=ρ，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度2m mm A 0.6-⋅=j ，求此时铜线内电子的漂移速率d v ；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率d v 的多少倍题分析：一个铜原子的质量A /N M m =，其中A N 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度m n /ρ=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m nev j =。
从而可解得电子的漂移速率d v 。
将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率 e8m kTv π=其中k 为玻耳兹曼常量，e m 为电子质量。
从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系。
解：（1）铜导线单位体积的原子数为M N n /A ρ=电流密度为m j 时铜线内电子的漂移速率14A m m d s m 1046.4//--⋅⨯===e N M j ne j v ρ（2）室温下（K 300=T ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为8edd 1042.281⨯≈=m kTv v v π 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在稳恒电场中的定向漂移速率。
电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加。
考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子。
实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的。
题：有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为m 20，内圆柱面的半径为mm 0.3，外圆柱面的半径为mm 0.9。
若两圆柱面之间有μA 10电流沿径向流过，求通过半径为mm 0.6的圆柱面上的电流密度。
题分析：如图所示，是同轴柱面的横截面。
电流密度j 对中心轴对称分布。
根据稳恒电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rL I j π2/=解：由分析可知，在半径mm 0.6=r 的圆柱面上的电流密度25m A 1033.12/--⋅⨯==rL I j π题：有两个半径分别为1R 和2R 的同心球壳。
大学物理第四版下册课后题答案教学提纲
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E ir πε=vv ，2q 在C 点产生的场强：22204BC q E j r πε=v v ，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯v v v v v ； C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===o o 。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αj v iv2cm O R x αα心O 点的场强。
大学物理(第四版)课后知识题及答案解析磁场
习题题10.1：如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I = 10 A，方向相同，如图所示，求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向（图中r0 = 0.020 m）。
题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0 105 T。
如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示），此电流有多大？流向如何？题10.3：如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I，它在点O的磁感强度为多少？题10.4：如图所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I，求球心O处的磁感强度。
题10.5：实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图所示，一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R ，通过的电流均为I ，且两线圈中电流的流向相同，试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场。
（提示：如以两线圈中心为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0；0d d 22=xB ） 题10.6：如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量。
题10.7：如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，B 与半球面轴线的夹角为α，求通过该半球面的磁通量。
题10.8：已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热。
电流在导线横截面上均匀分布。
求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度。
题10.9：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。
试计算以下各处的磁感强度：（1）r <R 1；（2）R 1<r <R 2；（3）R 2<r <R 3；（4）r >R 3。
大学物理(第四版)课后习题及答案_量子物理
第十七 章量子物理题17.1：天狼星的温度大约是11000℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
题17.1解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长nm 257m 1057.27m =⨯==-Tbλ 属紫外区域，所以天狼星呈紫色题17.2：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均温度约为773 K ，地球的平均温度约为293 K 。
若把它们看作是理想黑体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？题17.2解：由斯特藩一玻耳兹曼定律4)(T T M σ=可知，这两个星体辐射能量之比为4.484=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=地金地金T T M M 题17.3：太阳可看作是半径为7.0 ⨯ 108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度。
设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4 ⨯ 103W ⋅m －2，地球与太阳间的距离为1.5 ⨯ 1011m 。
题17.3解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上。
太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有 2244)(R Ed T M ππ=（1）4)(T T M σ= （2）由式（1）、（2）可得K 5800122=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=σR E d T题17.4：钨的逸出功是4.52 eV ，钡的选出功是2.50 eV ，分别计算钨和钡的截止频率。
哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？题17.4解：钨的截止频率 Hz 1009.115101⨯==hW ν 钡的截止频率Hz 1063.015202⨯==hW ν 对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率02ν正好处于该范围内，而钨的截止频率01ν大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料。
题17.5：钾的截止频率为4.62 ⨯ 1014 Hz ，今以波长为435.8 nm 的光照射，求钾放出的光电子的初速度。
题17.5解：根据光电效应的爱因斯坦方程W mv h +=221ν 其中λνν/0c h W ==， 可得电子的初速度15210s m 1074.52-⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=νλc m h v由于选出金属的电子的速度v << c ，故式中m 取电子的静止质量。
大学物理(第四版)课后习题集与答案解析磁场
习题题10.1：如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线电流大小相等，均为I = 10 A，方向相同，如图所示，求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向（图中r0 = 0.020 m）。
题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0⨯10-5 T。
如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示），此电流有多大？流向如何？题10.3：如图所示，载流导线在平面分布，电流为I，它在点O的磁感强度为多少？题10.4：如图所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I，求球心O处的磁感强度。
题10.5：实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图所示，一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R，通过的电流均为I，且两线圈中电流的流向相同，试证：当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场。
（提示：如以两线圈中心为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0；0d d 22=xB ） 题10.6：如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量。
题10.7：如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，B 与半球面轴线的夹角为α，求通过该半球面的磁通量。
题10.8：已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热。
电流在导线横截面上均匀分布。
求：（1）导线、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度。
题10.9：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。
试计算以下各处的磁感强度：（1）r <R 1；（2）R 1<r <R 2；（3）R 2<r <R 3；（4）r >R 3。
大学物理（第四版）课后习题及答案_量子物理
第十七第十七 章量子物理章量子物理题17.1：天狼星的温度大约是11000℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
题17.1解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长nm 257m 1057.27m =´==-Tbl属紫外区域，所以天狼星呈紫色属紫外区域，所以天狼星呈紫色题17.2：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均温度约为773 773 KK ，地球的平均温度约为293 K 。
若把它们看作是理想黑体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？题17.2解：由斯特藩一玻耳兹曼定律4)(T T M s =可知，这两个星体辐射能量之比为可知，这两个星体辐射能量之比为4.484=÷÷øöççèæ=地金地金T T M M 题17.3：太阳可看作是半径为7.0 ´ 108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度。
设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4 ´ 103W ×m －2，地球与太阳间的距离为1.5 ´ 1011m 。
题17.3解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上。
太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有 2244)(REd T M p p= （1）4)(T T M s = （2）由式（1）、（2）可得）可得K 58004122=÷÷øöççèæ=s R E d T题17.4：钨的逸出功是4.52 eV，钡的选出功是2.50 eV ，分别计算钨和钡的截止频率。
哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？题17.4解：钨的截止频率钨的截止频率 Hz 1009.115101´==h W n 钡的截止频率 Hz 1063.015202´==hWn对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率02n 正好处于该范围内，而钨的截止频率01n 大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料。
大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场
习题题10.1：如图所示,两根长直导线互相平行地放置,导线内电流大小相等,均为I= 10 A,倾向雷同,如图所示,求图中M.N两点的磁感强度B的大小和倾向（图中r0 = 0.020 m）.题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0⨯10-5T.如假想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示）,此电流有多大？流向若何？题10.3：如图所示,载流导线在平面内散布,电流为I,它在点O的磁感强度为若干？题10.4：如图所示,半径为R的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈笼罩住半个球面,设线圈的总匝数为N,经由过程线圈的电流为I,求球心O处的磁感强度.题10.5：试验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似平均的磁场,其装配简图如图所示,一对完整雷同.彼此平行的线圈,它们的半径均为R,经由过程的电流均为I,且两线圈中电流的流向雷同,试证：当两线圈中间之间的距离d 等于线圈的半径R 时,在两线圈中间连线的中点邻近区域,磁场可算作是平均磁场.（提醒：如以两线圈中间为坐标原点O ,两线圈中间连线为x 轴,则中点邻近的磁场可算作是平均磁场的前提为x B d d = 0;0d d 22=xB）题10.6：如图所示,载流长直导线的电流为I ,试求经由过程矩形面积的磁通量.题10.7：如图所示,在磁感强度为B 的平均磁场中,有一半径为R 的半球面,B 与半球面轴线的夹角为α,求经由过程该半球面的磁通量.题10.8：已知10 mm 2裸铜线许可经由过程50 A 电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上平均散布.求：（1）导线内.外磁感强度的散布;（2）导线表面的磁感强度.题10.9：有一同轴电缆,其尺寸如图所示,两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反,导体的磁性可不斟酌.试盘算以下遍地的磁感强度：（1）r <R 1;（2）R 1<r <R 2;（3）R 2<r <R 3;（4）r >R 3.画出B －r 图线.题10.10：如图所示.N 匝线圈平均密绕在截面为长方形的中空骨架上.求通入电流I 后,环表里磁场的散布.题10.11：设有两无穷大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反,如图所示,求：（1）两载流平面之间的磁感强度;（2）两面之外空间的磁感强度.题10.12：测定离子质量的质谱仪如图所示,离子源S 产生质量为m ,电荷为q 的离子,离子的初速很小,可看作是静止的,经电势差U 加快后离子进入磁感强度为B 的平均磁场,并沿一半圆形轨道到达离进口处距离为x 的感光底片上,试证实该离子的质量为228x Uq B m =题10.13：已知地面上空某处地磁场的磁感强度B = 0.4×10－4 T,倾向向北.若宇宙射线中有一速度17s m 105.0-⋅⨯=v 的质子,垂直地经由过程该处.如图所示,求：(1)洛伦兹力的倾向;(2) 洛伦兹力的大小,并与该质子受到的万有引力比拟较.题10.14：在一个显像管的电子束中,电子有eV 101.24⨯的能量,这个显像管安放的地位使电子程度地由南向北活动.地球磁场的垂直分量5105.5-⊥⨯=B T,并且倾向向下,求：(1)电子束偏转倾向;(2)电子束在显像管内经由过程20 cm 到达屏面时光点的偏转间距.题10.15：如图所示,设有一质量为m e 的电子射入磁感强度为B 的平均磁场中,当它位于点M 时,具有与磁场倾向成α角的速度v ,它沿螺旋线活动一周密达点N ,试证M .N 两点间的距离为eBαv m MN cos π2e =题10.16：应用霍耳元件可以测量磁场的磁感强度,设一霍耳元件用金属材料制成,其厚度为0.15mm,载流子数密度为1.0×1024 m —3.将霍耳元件放入待测磁场中,测得霍耳电压为42V μ,电流为10 mA.求此时待测磁场的磁感强度.题10.17：试证实霍耳电场强度与稳恒电场强度之比ρne B E E //C H =这里ρ为材料电阻率,n 为载流子的数密度.题10.18：载流子浓度是半导体材料的主要参数,工艺上经由过程掌握三价或五价掺杂原子的浓度,来掌握p 型或n 型半导体的载流子浓度,应用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型,如图所示一块半导体材料样品,平均磁场垂直于样品表面,样品中经由过程的电流为I ,现测得霍耳电压为U H ,证实样品载流子浓度为n =HedU IB题10.19：一通有电流为I 的导线,弯成如图所示的外形,放在磁感强度为B 的平均磁场中,B 的倾向垂直纸面向里,求此导线受到的安培力为若干？题10.20：一向流变电站将电压为500 kV 的直流电,经由过程两条截面不计的平行输电线输向远方,已知两输电导线间单位长度的电容为111103.0--⋅⨯m F ,若导线间的静电力与安培力正好抵消,求：（1）经由过程输电线的电流;（2）输送的功率.题10.21：将一电流平均散布的无穷大载流平面放入磁感强度为B 0的平均磁场中,电流倾向与磁场垂直,放入后,平面两侧磁场的磁感强度分离为B 1和B 2（图）,求该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小和倾向.题10.22：在直径为1.0 cm 的铜棒上,切割下一个圆盘,假想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大,如许在圆盘上约有 6.2⨯1014个铜原子,每个铜原子有27个电子,每个电子的自旋磁矩为224e m A 109.3⋅⨯=-μ,我们假设所有电子的自旋磁矩倾向都雷同,且平行于铜棒的轴线,求：（1）圆盘的磁矩;（2）如这磁矩是由圆盘上的电流产生的,那么圆盘边缘上须要有多大的电流.题10.23：通有电流I 1 = 50 A 的无穷长直导线,放在如图所示的弧形线圈的轴线上,线圈中的电流I 2 = 20 A,线圈高h = 7R /3.求感化在线圈上的力.题10.24：如图所示,在一通有电流I 的长直导线邻近,有一半径为R ,质量为m 的渺小线圈,渺小线圈可绕经由过程个中间与直导线平行的轴迁移转变,直导线与渺小线圈中间相距为d ,设d >>R ,经由过程小线圈的电流为I '.若开端时线圈是静止的,它的处死线矢量n e 的倾向与纸面法线ne '的倾向成0θ角.问线圈平面转至与屏幕面重叠时,其角速度的值为多大？题10.25：如图所示,电阻率为ρ的金属圆环,其表里半径分离为R 1和R 2,厚度为d .圆环放入磁感强度为α的平均磁场中,B 的倾向与圆环平面垂直,将圆环表里边缘分离接在如图所示的电动势为ε的电源南北极,圆环可绕经由过程环心垂直环面的轴迁移转变,求圆环所受的磁力矩.题10.26：如图所示,半径为R 的圆片平均带电,电荷面密度为σ,令该圆片以角速度ω绕经由过程个中间且垂直于圆平面的轴扭转.求轴线上距圆片中间为x 处的点P 的磁感强度和扭转圆片的磁矩.题10.27：如图所示是一种正在研讨中的电磁轨道炮的道理图.该装配可用于发射速度高达10km.s －1的炮弹,炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触,轨道是半径为r 的圆柱形导体,轨道间距为d .炮弹沿轨道可以自由滑动.恒流电源ε.炮弹和轨道组成一闭合回路,回路中电流为I .（1）证实感化在炮弹上的磁场力为rrd I μF +=ln)π(2120 （2）假设I = 4 500 kA,d = 120 mm,r = 6.7 cm,炮弹从静止起经由一段旅程L = 4.0 m 加快后的速度为多大？（设炮弹质量m = 10.0 kg ）习 题 解 答题10.1解：距离无穷长直载流导线为r 处的磁感强度RIμB B π2021== 磁感强度1B 和2B 的倾向可以依据右手定章剖断.依据磁场叠加道理B = B 1+B 2,斟酌到磁场的对称性,点M 的磁感强度00021M π2π2r Iμr I μB B B -=-= = 0 点N 的磁感强度T100122π24πcos )(40021N -⨯=⋅=+=. r I μB B B由右手定章可知N B 的倾向沿程度向左.题10.2解：设赤道电流为I ,则圆电流轴线上北顶点的磁感强度RI μR R IR μB /24)(20232220=+=是以赤道上的等效圆电流为A 107312490⨯==.μRBI 因为在地球内部,地磁场由南极指向北极,依据右手螺旋轨则可以断定赤道圆电流应当是由西向东流,与地球自转倾向一致.题10.3解：将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加道理可得RIμR I μB π22000-=0B 的倾向垂直屏幕向里.题10.4解：现将半球面朋分为很多薄圆盘片,则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流,任一薄圆盘片中的电流为I θR RNN I I ⋅⋅==d π2d d 该圆电流在球心O 处激发的磁场为I y x y μB /d )(2d 232220+=球心O 处总的磁感强度B 为θR RN y x I y μ/d π2)(2B 2/0232220⋅+⋅=⎰π 由图可知θR y R x sin cos ==；θ,将它们代入上式,得RNIμR NI μB π/4d sin π02200==⎰θθ 磁感强度B 的倾向由电流的流向依据右手定章肯定.题10.5证：取两线圈中间连线的中点为坐标原点O ,两线圈中间轴线为x 轴,在x 轴上任一点的磁感强度232220232220])2([2])2([2//x d/R IR μx d/R IR μB +++-+=则当 0}])2([)2(3)2()2(3{2d )(d 22220=+++--+-=x d/R x d/x d/R x d/IR μx x B0=++-++-+--=}])2([)2(4])2([)2(4{23d )(d 272222722222022//x d/R R x d/x d/R R x d/IR μx x B时,磁感强度在该点邻近小区域内是平均的,该小区域的磁场为平均磁场. 由0d )(d =xx B ,解得0=x 由0d )(d 022==x x x B ,解得R d =这表明在d = R 时,中点（x = 0）邻近区域的磁场可视为平均磁场.题10.6解：在矩形平面上取一矩形面元d S = I d x ,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xIμΦd π2d d 0=⋅=S B 矩形平面的总磁通量⎰==ΦΦd ⎰=211200ln π2d π2d d d dl I μx l x I μ 题10.7解：由磁场的高斯定理⎰=⋅,0d S B 穿过半球面的磁感线全体穿过圆面S,是以有αcos π2B R Φ=⋅=S B题10.8解：（1）环绕轴线取齐心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系,依据安培环路定理,有⎰∑=⋅=⋅I r B 0π2d μl B在导线内∑==<2222ππR Ir r R I I R r ，,因而20π2R r I μB =在导线外∑=>,I I R r ，因而rIμB π20=（2）在导线表面磁感强度持续,由3101.78/π A,50-⨯===S R I m,得T 1065π2300-⨯==.RIμB 题10.9解：由安培环路定理⎰∑=⋅I 0d μl B ,得1R r < 2211πππ2r R Iμr B =⋅ 2101π2R IrμB =R 1<r <R 2 I r B 02π2μ=⋅B 2 =rμπ2I0 R 2<r <R 3 r B π23⋅=]π22232220I )R π(R )R (r I ---[μ B 3 =22232230 π2R R rR r I --⋅μ r >R 3 r B π24⋅=μo (I -I ) = 0B 4 = 0磁感强度Ｂ（r ）的散布曲线如图.题10.10解：由安培环路定理,有r B π2⋅=μ0∑I R <R 1 r B π21⋅= 0 B 1 = 0R ２>r >R 1 r B π22⋅=μ0NI B 2 =rNIμπ20 r >R 2 r B π23⋅= 0 B 3 = 0在螺线管内磁感强度B 沿圆周,与电流成右手螺旋,若R ２－R １<<R １和R ２,则环内的磁场可以近似视作平均散布,设螺线环的平均半径R =21（R １＋R ２）,则环内的磁感强度近似为 B RNIμπ20≈题10.11解：由安培环路定理,可求得单块无穷大载流平面在两侧的磁感强度大小为2/0j μ,倾向如图所示,依据磁场的叠加道理可得（1）取垂直于屏幕向里为x 轴正向,合磁场为B =i i i j μjμj μ00022=+ （2）两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度B =02200=-i i jjμμ题10.12证：由离子源产生的离子在电势差为U 的电场中加快,依据动能定理,有qU mv =221（1） 离子以速度v 进入磁场后,在洛伦兹力的感化下作圆周活动,其动力学方程为qvB = m 2/2x v由上述两式可得228x Uq B m =题10.13解：（1）按照F L = q v ⨯B 可知洛伦兹力F L 倾向为B v ⨯的倾向,（2）因v ⊥B ,质子所受的洛伦兹力F L = qvB = 3.2⨯10-16 N在地球表面质子所受的万有引力G = m p g = 1.64⨯10-26 N因而,有F L /G = 1.95⨯1010,即质子所受的洛伦兹力弘远于重力题10.14解：（1）如图所示,由洛伦兹力F = q v ⨯B可以断定电子束将倾向东侧（2）在如图所示的坐标中,电子在洛伦兹力感化下,沿圆周活动,其轨道半径R 为R =m 6.712k ==eBmE eBmv由题知y = 20cm,并由图中的几何干系可得电子束倾向东侧的距离m 102.98322-⨯=--=∆y R R x即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm,这种平移并不会影响整幅图像的质量题10.15证：将入射电子的速度沿磁场倾向和垂直磁场倾向分化⊥v 和v //,在磁场倾向进步一螺距MN所需的时光T =αcos //v MNv MN =（1） 在垂直磁场倾向的平面内,电子作匀速圆周活动的周期T =eBv R em π2π2=⊥ （2） 由式（1）和式（2）,可得eBv m MN αcos π2e =题10.16解：由霍耳效应中霍耳电压与电流.磁感强度的关系,有B =T 010H H H .nq IdU I R d U == 题10.17证：由欧姆定律的微分情势知,在导体内稳恒电场强度为v j ne E c ρρ==由霍耳效应,霍耳电场强度E H =B v ⨯-因载流子定向活动倾向与磁感强度正交,故E H = vB ,因而ρρρne Bnev vB j vB E E ===C H 题10.18证：通电半导体的载流子在洛伦兹力的感化下,逐渐积累在相距为b 的导体两侧,形成霍耳电压U H = vBb而流经导体横截面S （S = bd ）的电流I = jbd = nevbd由此可解得载流子浓度n =HedU IB题10.19解：由对称性可知,半圆弧所受安培力F 1的水等分量互相抵消为零,故有F 1 =⎰⎰==πBIR BIR F 0y 12d sin d θθ两段直线部分所受安培力大小相等,但倾向相反,当导体外形不变时,该两力均衡,因而,全部导线所受安培力F = 2BIR j题10.20解：（1）单位长度导线所受的安培力和静电力分离为f B = BI =dI μπ22f E = E λ=dU C 022π2ε由f B +f E = 0可得dU C d I 02220π2π2εμ= 解得 I =A 105.4300⨯=μεCU（2）输出功率N = IU = 2.25⨯109 W题10.21解：无穷大载流平面两侧为平均磁场,磁感强度大小为j 021μ,则 B 1 = B 0j 2μ- （1）B 2 = B 0+j 2μ （2） 由式（1）.（2）解得B 0 =)(2121B B +)(1120B B j -=μ外磁场B 0感化在单位面积载流平面上的安培力)(21d d d d d d 2122000B B μjB y x yB x j S F -=== 按照右手定章可知磁场力的倾向为程度指向左侧.题10.22解：（1）因为所有电子的磁矩倾向雷同,则圆盘的磁矩27e m A 10651--⋅⨯==.N μm（2）由磁矩的界说,可得圆盘边缘等效电流I = m /S = 2.0⨯10－3 A题10.23解：树立如图坐标,将闭合线圈分化为圆弧⋂bc 和⋂da ,直线ab 和cd 四段,由安培力B ⨯=l F d d I 可知圆弧线所受磁力为零,直线ab 和cd 上I 1激发的磁感强度大小均为B =RI μπ210,则直线ab 和cd 所受磁力大小均为F 0 =i IlB -,其合力F = 2F 0 = -2I 2lB i = -9.33⨯10－4i N.题10.24解：小线圈在随意率性地位受到的磁力矩 B m M ⨯=0则 M = θμsin π2π02dIR I '依据迁移转变惯量的界说,由图可求得小线圈绕OO ′轴迁移转变的迁移转变惯量J = ⎰⎰==πββ20222221d π2sin d mR m R m r 式中m 为圆环的质量,因为磁力矩倾向和角位移倾向相反,由动能定理有⎰-=⋅0θ20021d J ωθM ⎰='-0θ2202041d sin 2ωmR θθd I μR I 积分后即可解得1/200)cos (12⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'=θmd I I μω题10.25解：若在金属环上取如图所示的微元,该微元沿径向的电阻d R =rdrπ2d ρ积分可得金属圆环的径向电阻R =⎰=2112ln π2π2d R R R R d ρrd r ρ径向电流I =)/R (R ρdR ε12ln π2ε=将圆环径向电流朋分为线电流θII d 2πd =,线电流元受到的磁力为,d d d rB I F =倾向沿圆周切向,该力对轴的磁力矩大小为r I rB F r M d d d d ==圆环面上电流元对轴的磁力矩倾向雷同,为垂直屏幕沿转轴向外,因而金属圆环所受的磁力矩⎰⎰=I r rB M d d=⎰⎰-=21)()/ln(πd d )/ln(212212π2012R R R R R R d B r r R R Bd ρεθρω磁力矩倾向垂直屏幕沿轴线向外题10.26解：扭转的带电圆盘可以等效为一组齐心圆电流,如图所示,在圆盘面上取宽度为d r 的细圆环,其等效圆电流Trr σI d π2d ⋅=此圆电流在轴线上点P 处激发的磁感强度的大小为3/22220)(d 2d x r I r μB +=积分,得 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-++=+=⎰x R x x R μx r r μB R222)(dr 22222 03/22230σωσω 圆片的磁矩m 的大小为⎰==R R σr r m 043π41d πωσωB 和m 的倾向均沿Ox 轴正向题10.27解：取对称轴线为x 轴,由题意,炮弹处的磁感强度可近似当作两根半无穷长的载流圆柱在该点激发的磁感强度之和y)d/r Iμy)d/r I μB -++++=2(π42(π400 炮弹所受磁场力的大小为⎰-=d/2d/2d y BI F = y y)d/(r y)d/(r I μd/d/d ]2121[π42220⎰--++++ = rrd I μ+lnπ220 炮弹出口时的速度132120s m 10821ln π2-⋅⨯=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+==.r r d m I L μaL v。
大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全
dx dt
R (1 cost)
v y
dy dt
R sin t)
a x a y
R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 ＝20 m s1 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ．
时，其角位移是多少?
解：
(1) t 2 s 时，
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时，有
解：（1）
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
a
则 加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2
a
2 n
b2
(v0
bt)4 R2
arctan a an
Rb (v0 bt)2
ab
b2
(v0
bt)4 R2
即
b2
b2
dr
其二，可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt 不是速度的模，
d2r
而只是速度在径向上的分量，同样， dt 2 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
大学物理(第四版)课后习题及答案电介质共14页
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差 1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R VR =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
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大学物理(第四版)课后习题及答案电流题9.1：已知铜的摩尔质量1mol g 75.63-⋅=M ，密度3cm g 9.8-⋅=ρ，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度2m mm A 0.6-⋅=j ，求此时铜线内电子的漂移速率d v ；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率d v 的多少倍？题9.1分析：一个铜原子的质量A /N M m =，其中A N 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度m n /ρ=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m nev j =。
从而可解得电子的漂移速率d v 。
将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率 e8m kT v π=其中k 为玻耳兹曼常量，e m 为电子质量。
从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系。
解：（1）铜导线单位体积的原子数为M N n /A ρ=电流密度为m j 时铜线内电子的漂移速率 14A m m d s m 1046.4//--⋅⨯===e N M j ne j v ρ（2）室温下（K 300=T ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为8edd 1042.281⨯≈=m kTv v v π 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在稳恒电场中的定向漂移速率。
电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加。
考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子。
实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的。
题9.2：有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为m 20，内圆柱面的半径为mm 0.3，外圆柱面的半径为mm 0.9。
若两圆柱面之间有μA 10电流沿径向流过，求通过半径为mm 0.6的圆柱面上的电流密度。
题9.2分析：如图所示，是同轴柱面的横截面。
电流密度j 对中心轴对称分布。
根据稳恒电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rL I j π2/=解：由分析可知，在半径mm 0.6=r 的圆柱面上的电流密度25m A 1033.12/--⋅⨯==rL I j π题9.3：有两个半径分别为1R 和2R 的同心球壳。
其间充满了电导率为γ（γ为常量）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。
题9.3分析：可采用两种方法求解，（1）根据欧姆定律的微分形式E j γ=和电流S j d ⋅=⎰I 。
球壳间的电场分布应为球对称。
假设内、外球壳分别均匀带电荷Q ±，则球壳间的电场强度r 2r 04e E r Q επε=，两球壳的电势差⎰⋅=21d R R U r E另外球壳间的电流密度j 沿径向且在球面上均匀分布，因此，两球壳间的电流24d r j I π⋅=⋅=⎰S j由上述关系可解得两球壳间的径向电流。
（2）在求得球壳间径向电阻的基础上，由欧姆定律求球壳间的径向电流。
在介质中任取一同心球壳作微元，球壳面积为24r π，厚度为r d ，依照电阻的定义，该微元内、外表面间的电阻24d 1d r rR πγ=导体球壳间的总电阻⎰=21d R R R R 。
再由欧姆定律求出径向电流。
解1：假设内、外球壳分别带电Q ±，两球壳间的电势差)11(4d 21r021R R Q U R R -=⋅=⎰επεr E 球壳间的电流强度1221244d R R R R U r I -=⋅=⋅=⎰γππγE S j解2：导体球壳间的总电阻)11(414d 121221R R r r R R R -==⎰πγπγ 由欧姆定律，径向电流强度12214R R R R U R U I -==γπ题9.4：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：设室温下两棒的电阻分别为C R 和Fe R ，温度改变T ∆后电阻分别为)1()1(Fe Fe FeC C CT R R T R R ∆+='∆+='αα式中C α和Fe α分别为室温时碳和铁的电阻温度系数，查表得碳和铁的电阻率和电阻温度系数分别为13C 17Fe 14C 15C K100.5m 100.1K 105m 105.3-------⨯=⋅Ω⨯=⨯-=⋅Ω⨯=αραρ；；依照题意，串联后的总电阻不随温度改变，故有0Fe Fe C C =+ααR R又根据电阻的定义SlR ρ=，在两导线截面相同的条件下，则有 2C C Fe Fe Fe C 1086.2//-⨯=-=ραραl l题9.5：如图所示，截圆锥体的电阻率为ρ，长为l，两端面的半径分别为1R和2R。
试计算此锥体两端面之间的电阻。
题9.5分析：对于粗细不均匀导体的电阻，不能直接用SlRρ=计算。
垂直于锥体轴线截取一半径为r、厚为x d的微元，此微元电阻2ddrxRπρ=，沿轴线对元电阻R d积分，即得总电阻⎰=RR d。
解：由分析可得锥体两端面间的电阻⎰=2drxRπρ（1）由几何关系可得)/()(/212RRRrlx--=则rRRlx dd21-=（2）将式（2）代人式（1）得21221d)(12RRlrrRRlR RRπρπρ=-=⎰题9.6：一同轴电缆，其长m105.13⨯=L，内导体外径mm0.11=R，外导体内径mm0.52=R，中间填充绝缘介质。
由于电缆受潮，测得绝缘介质的电阻率降低到m104.65⋅Ω⨯。
若信号源是电动势V24=ε，内阻Ω0.3i=R的直流电源，求在电缆末端的负载电阻kΩ0.1=R上的信号电压为多大？题9.6分析：由于电缆受潮，同轴电缆内、外导体间存在径向漏电电阻R ，它与负载电阻0R 构成并联电路，其等效电路图如图所示。
根据全电路欧姆定律可求出负载上的信号电压。
解：同轴电缆的径向漏电电阻12ln 2R R L R πρ=它与负载电阻并联后的总电阻为Ω=+='5.9800RR RR R 由全电路的欧姆定律∑+'=)(r R I ε，可得负载上的信号电压V 3.23=+''='=rR R I R U ε比较电缆受潮前后负载的端电压，可知电压下降了V 7.0。
题9.7：有一平板电容器，其电容μF 0.1=C ，极板间介质的电阻率m Ω100.213⋅⨯=ρ，相对电容率0.5r =ε，求该电容器两极间的电阻值。
题9.7解：根据电阻的定义，两极板间的电阻Sd R ρ= 而充满均匀介质的平板电容器，其电容d S C /r 0εε=，由上述两式可得Ω1085.88r0⨯==CR εερ题9.8：如图所示，在两块薄铜板之间，放置内、外半径分别为1r 和2r 的环形硅，cm 0.5cm,0.3,cm 80.021===h r r ，如在两极间加V 200的电势差，求电路中的电流。
题9.8解：根据电阻的定义，环形硅的电阻)(2122r r hR -=πρ查表知硅的电阻率m Ω104.62⋅⨯=ρ，在恒定电压U 的作用下，硅中的电流为mA 4.16A 1064.1)(22122=⨯=-==-U lr r R U I ρπ题9.9：在相距km 0.15的A 、B 两地之间地下，铺设有一条双股电缆，其中一根导线因某处绝缘层破损触地而发生故障。
检修人员用图所示装置可找出故障点位置。
该装置中R R ,Ω1000.230⨯=为可变电钮。
现通知A 地工作人员将该对电缆短接，测得检流计G 没有电流时电阻Ω1086.13⨯=R 。
求电缆损坏处到B 的距离x 。
（电缆每千米直流阻抗为Ω150 ）题9.9分析：以接地点P 为分割点，将电缆分成AP 、 PB 两段，它们的电阻分别1R 、2R ，并与测试装置构成如图所示的电桥电路。
当电桥平衡时（即检流计G 内没有电流流过），有0201::)(R R R R R =+由于1R 、2R 均与电缆长度成正比。
参照单位长度电缆的直流电阻，可求得故障处到B 的距离x 。
解：设η为单位长度电缆线的直流电阻，L 是A 、B 两地间的电缆长度，由电桥平衡条件ηη)2(x L R x -=+解得km 8.82=-=ηRL x 题9.10：如图所示，V 0.221==εε，内阻Ω8.4,Ω0.5,Ω1.021i2i1====R R R R 。
试求：（1）电路中的电流；（2）电路中消耗的功率；（3）两电源的端电压。
题9.10解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得电路中的电流A 4.0i2i12121=++++=R R R R I εε（2）电路中消耗的功率为W 6.1)(i2i1212=+++=R R R R I N（3）电源的端电压分别为V96.1V 96.1i222i111=-==-=IR U IR U εε题9.11：在如图所示的电路中，V 0.2,V 0.621==εε，,Ω0.4,Ω0.3,Ω0.2,Ω0.14321====R R R R求：（1）流过各电阻的电流；（2）A 、B 两点的电势差AB U ？题9.11解：（1）取电流和回路绕行方问如图所示，由闭合电路欧姆定律，得A 85.0)/(43432121=+++-=R R R R R R I εε流过各电阻的电流分别为A 85.021===I I IA 49.04343=+=I R R R IA 36.043334=+=-=I R R R I I I （2）由一段含源电路的欧姆定律得V 2.511AB -=-=εIR U。