10-1已知铜的摩尔质量M=63.75g"ml-1,密度p=8.9gcm3,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jm=6.0Am~2,求此时铜线内电子的漂移速率a;(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？ 分析一个铜原子的质量m=MNA,其中NA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 n=olm 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jn=ne℃，从 而可解得电子的漂移速率 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 8kT 可=Nrme 其中k为玻耳兹曼常量，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 n=NApM 电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率 a=jm/ne=jmMINApe=4.46×10-4m·s1 (2)室温下(T=300K)电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 =既2×w va 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源移运动的叠加，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
10~2有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为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10A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. 分析图10-2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【都相等，因此可得 j=I/2xrL 解由分析可知，在半径r=6.0mm的圆柱面 上的电流密度 j=I/2πrL=1.33×10-35A·m2 图10-2
10-3有两个半径分别为R1和R2的同心球 壳，其间充满了电导率为Y(y=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. 分析可采用两种方法求解，(1)根据欧姆定律的微分形式j=yE和电流 I=)·dS.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 土0，则球光同的电场握度B=日一，周球光的电势途 另外球壳间的电流密度广沿径向且在球面上均匀分布，因此，两球壳间的电流 I=φj·dS=j·4rr2 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4π2，厚度为dr,依照电阻的定义， 该微元内、外表面间的电阻 R=子鼎 体球壳间的总电阻R三广R.再由欧姆定律求出径向电 解1假设内、外球壳分别带电±Q,两球壳间的电势差 U-gdr=a(民 1 R 球壳间的电流强度 1=∮j·ds=E4xr2=4红UBR2 R)-R, 解2导体球壳间的总电阻 R-收影鼎=成成) 由欧姆定律，径向电流强度
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？ 解设室温下两棒的电阻分别为Rc和Re,温度改变△T后电阻分别为 Rc=Rc(1+acAT) R'Fe=RFe(1+aReAT) 式中ac和a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 pc=3.5×1050·m1;ac=-5×104K pe=1.0×10-70·m1;ae=5.0×103K-1 依照题意，申联后的总电阻不随温度改变，故有 Rcac+RFeaFe =0 又根据电阻的定义R=ρ，在两导线截面相同的条件下，则有 lclre =-aFePrdlacpc 2.86 x 10-2
10-5把大地看作电阻率为p的均匀电介质.如图所示，用一半径为a的 球形电极与大地表面相接，半个球体埋在地面下，电极本身的电阻可忽略.试证 明此电极的接地电阻为 Rza 分析假设电荷Q均匀分布在与大地相接 的半个球面，电场沿径向球对称分布，电场强度 g=8, 图10-5 电流密度与电场强度成正比，也是球对称分布，因 此流过大地半球面的电流强度1=j2x2=工E2x,2.另由电势的定义可求得 导体球的电势V-8·d山，根据欧姆定律，接绝电阻等于导体球的电势与流 过的电流强度之比，即 Ed山r R=- 2xr2E 另外接地电阻同样可根据电阻的定义来求.以导体球球心为中心，取半径为 ,厚为dr的同心半球充，其径向电阻R=P,则电授的接地电阻为 R=∫广dR. 证上假设电荷均匀分布在导体下半球面，导体球的电势 V=E·d山=2xE0e,a Q 流过半球面的电流强度 【=E2m2=Q 0 PEoEr 根据欧姆定律，接地电阻 R=￥=2a 证2根据电阻定义，由分析可知其径向接地电阻 R-0品=品
10-6如图所示，截圆维体的电阻 率为p,长为1，两端面的半径分别为R1 和R2·试计算此锥体两端面之间的 电阻. 分析对于粗细不均匀导体的电 (a) 阻，不能直接用R=P冬计算，垂直于锥 体轴线截取一半径为r、厚为dx的微元 [图10-6(1，此微元电阻dR=p票。 沿轴线对元电阻R积分，即得总电阻 R=dR. (b) 解由分析可得锥体两端面间的电阻 R=∫将 (1) 由几何关系可得 x/1=(r-R2)/(R1-R2) 则 dx=RRzdr (2) 将式(2)代人式(1)得 R=fha
10-7一同轴电缆，其长L=1.50×103m,内导体外径R1=1.0mm,外 导体内径R2=5.0mm,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6.4×105~m.若信号源是电动势8=24V,内阻R1=3.0的直流 电源，求在电缆末端的负载电阻R0=1.0k上的信号电压为多大？ 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R0构成并联电路，其等效电路图如图10-7(b)所示，根据全电路欧姆定 律可求出负载上的信号电压。 (a) R (b) 图10-7 解由教材第10一2节例1可知，同轴电缆的径向漏电电阻 R-如袋 R2 它与负载电阻并联后的总电阻为 RoR R=R0+R=98.50 由全电路的欧姆定律6=∑I(R'+r),可得负载上的信号电压 U=R7=最4，=283v 比较电缆受潮前后负载的端电压，可知电压下降了0.7V
10-8有一平板电容器，其电容C=1.0F,极板间介质的电阻率p= 2.0×1013m,相对电容率e,=5.0.求该电容器两极间的电阻值. 解根据电阻的定义，两极板间的电阻 R=p号 而充满均匀介质的平板电容器，其电容C=Soe/d,由上述两式可得 R=pe=8.85×10n
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，极板上的电荷会逐渐减少.(1)试证电容器极板 上的电荷与时间的关系为 Q=Qoe tlPtof, 其中Q0是撒去电源（取作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受2所需的时间，设p=1.0×105~m,=5.0, 分析，由于介质漏电，电容器极板上的电荷是时间的函数，根据电流的连续 性方程可知，漏电电流应等于单位时间内极板上电荷的减少，故有 i=-品 又由电容的定义C=UQ和欧姆定律U=迟可得i=i(Q)的函数关系.代人 前式得常微分方程 -=是 式中R=p,解此方程可得所求结果Q=Q(). 解(1)依照上述分析，电容器极板上的电荷满足 -品=8 PEOEr 依照初始条件：t=0时Q=Q0,对上式分离变量积分，有 公8-点 Q=Qoe ilerot (2)当Q=2Q0时，有 -pe.=-h2 解得 t=3.07×102s
10-10如图所示，在两块薄铜板之间， 放置内、外半径分别为r1和T2的环形硅，r1 =0.80cm,r2=3.0cm,h=5.0cm,如在两 极间加200V的电势差，求电路中的电流 20 解根据电阻的定义，环形硅的电阻 R=( 查表知硅的电阻率p=6.4×102m,在恒 图10-10 定电压U的作用下，硅中的电流为 1=0=U=1.64×10A=16.4A