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|---|---|---|
圆柱电容器由半径为 $a$ 的一段直导线和套在它外面的同轴导体圆筒构成，圆筒的内半径为 $b$ ，导线与圆筒间是空气，导线和圆筒的长度都是 $L$ ．略去边缘效应。试求这电容器的电容。 | 【解】设在导线与圆筒间加上电压 $U$ ，导线单位长度上的电荷量为 $\lambda$ ，则由对称性和高斯定理得
$$
\oiint_{S} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{s}=E \cdot 2 \pi r l=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \lambda l
$$
所以
$$
E=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0} r}
$$
电势差（电压）为
$$
U=\int_{a}^{b} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{l}=\int_{a}^{b} ... | |
一圆柱电容器由半径为 $a$ 的直导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒的半径为 $b$ ，长为 $l$ ，导线与圆筒间充满了两层同轴圆筒形的均匀介质，交界面的半径为 $r$ ，电容率分别为 $\varepsilon_{1}$（在内）和 $\varepsilon_{2}$ ，如图2．3．24所示。略去边缘效应，试求这电容器的电容．
图2．3．24 | 【解】设这电容器充电后，导线上沿轴线单位长度的电荷量为 $\lambda$ ，以轴线为轴、 $r$ 为半径作长为 $l$ 的圆柱面（高斯面）$S$ ，则由对称性和 $\boldsymbol{D}$ 的高斯定理得
$$
\oint_{S} \boldsymbol{D} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=D \cdot 2 \pi r l=\lambda l
$$
所以
$$
\boldsymbol{D}=\frac{\lambda}{2 \pi r} \boldsymbol{e}_{r}
$$
式中 $\boldsymbol{e}_{r}=\frac{\boldsymbol{r}}{r}, \b... | |
三个共轴的金属圆筒，长度都是 $l$ ，半径分别为 $a 、 b$ 和 $c$ ，它们的厚度都可略去不计，如图 2．3．25 所示．三圆筒间都是空气．现将内外两圆筒联在一起作为电容器的一极，中间圆筒作为另一极，略去边缘效应。（1）试求这电容器的电容 $C$ ；（2）当 $l=10 \mathrm{~cm}, a=3.9 \mathrm{~mm}, b=4.0 \mathrm{~mm}, c=4.1 \mathrm{~mm}$ 时，计算 $C$ 的值。
}
$$
所求的电容为
$$
\begin{aligned}
C & =C_{1}+C_{2}=\frac{2 \pi \varepsilon_{0} l}{\ln (b / a)}+\frac{2 \pi \varepsilon_{0} l}{\ln (c / b)} \\
& =2 \pi \varepsilon_{0} l\left[\frac{1}{\ln (b / a)}+\frac{1}{\ln (c / b)}\right... | |
一球形电容器由两个同心的薄导体球壳构成，它们的半径分别为 $R_{1}$和 $R_{4}$ ，它们是电容器的两极，在这两极之间有一个同心的不带电导体球壳，其内外半径分别为 $R_{2}$ 和 $R_{3}$ ，如图 2．3．27 所示。（1）给内壳（ $R_{1}$ ）以电荷量 $Q$ ，求 $R_{1}$ 和 $R_{4}$两壳的电势差；（2）求这电容器的电容。 | 【解】（1）以球心为心、 $r$ 为半径作球面（高斯面）$S$ ，由对称性和 $\boldsymbol{E}$ 的高斯定理得
$$
\oiint_{S} \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{~d} \boldsymbol{S}=E \cdot 4 \pi r^{2}=\frac{1}{\varepsilon_{0}} Q
$$
图2．3．27
所以
... | |
一球形电容器由两个同心的薄金属球壳构成，两壳的半径分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ ，两壳间充满电容率为 $\varepsilon$ 的均匀介质，内壳带有电荷量 $Q$ ，如图2．3．28所示。试求：（1）两壳的电势差；（2）介质表面极化电荷量的面密度；（3）电容． | 【解】（1）由对称性和高斯定理得，介质内的电场强度为
$$
\boldsymbol{E}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon r^{2}} \boldsymbol{e}_{r}
$$
式中 $\boldsymbol{e}_{r}=\frac{\boldsymbol{r}}{r}, \boldsymbol{r}$ 是从球心到场点的位矢，$r=|\boldsymbol{r}|$ ．两壳的电势差为
=-\varepsilon \nabla \cdot(\nabla U) \\
=-\varepsilon \... | 【解】球形电容器的电容为［参见前面 2．3．28 题的式（6）］
$$
C=\frac{4 \pi \varepsilon R_{1} R_{2}}{R_{2}-R_{1}}
$$
设想通过球心的平面把图 2．3．28 的球形电容器一分为二，成为两个
图2．3．31（1）
半球形电容器；于是一个球形电容器可看作是这样的两个半球形电容器并联而成的电容器。因此，半球形电容器... | |
空气中半径分别为 $a$ 和 $b$ 的两个金属球，球心相距为 $d$ ，在 $d$ 比 $a$ 和 $b$ 都大相当多的情况下，可以这样来估算它们之间的电容：把两个球上的电荷在球外产生的电场，近似地当作每个球上的电荷都集中在各自的球心时所产生的电场。 （1）试估算两球间的电容；（2）当 $d \gg a$ 和 $b$ 时，$C$ 的值如何？
图2．3．33 | 【解】（1）设这导体球带有电荷量 $Q$ ，则它的电势为
$$
U=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R}
$$
依定义，它的电容为
$$
C=\frac{Q}{U}=4 \pi \varepsilon_{0} R
$$
（2）地球的电容为
$$
\begin{aligned}
C & =4 \pi \varepsilon_{0} R=\frac{6370 \times 10^{3}}{8.99 \times 10^{9}}=7.09 \times 10^{-4}(\mathrm{~F}) \\
& =709(\mu \mathrm{~F})
\end{aligned}
$$ | |
某仪器中有两条长都是 10 cm 的平行直导线，半径都是 0.1 mm ，中心相距为 1.0 cm ，试估算它们之间的电容。 | 【解】因距离 $d=1.0 \mathrm{~cm}$ 比半径 $a=0.1 \mathrm{~mm}$ 大很多，故可用前面2．3．35题的结果式（3），得所求电容为
$$
\begin{aligned}
C & =\frac{\pi \varepsilon_{0} l}{\ln (d / a)}=\frac{\pi \times 8.854 \times 10^{-12} \times 10 \times 10^{-2}}{\ln (1.0 / 0.01)} \\
& =6 \times 10^{-13}(\mathrm{~F})=0.6(\mathrm{pF})
\end{aligned}
$$ | |
四个电容器的电容分别为 $C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3}$ 和
图2．3．37
$C_{4}$ ，连接如图2．3．37所示．试求：（1）$A 、 B$ 间的电容 $C_{A B}$ ；（2）$D 、 E$ 间的电容 $C_{D E}$ ；（3）$A 、 E$ 间的电容 $C_{A E}$ 。 | 【解】（1）由图 2．3．37 可见，$C_{A B}=C_{E B}$ ，它等于 $C_{2}$ 和 $C_{3}$串联后再与 $C_{1}$ 并联而成的电容，故得
$$
C_{A B}=C_{1}+\frac{C_{2} C_{3}}{C_{2}+C_{3}}=\frac{C_{1} C_{2}+C_{2} C_{3}+C_{3} C_{1}}{C_{2}+C_{3}}
$$
（2）$C_{D E}$ 等于 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 串联后再与 $C_{3}$ 并联而成的电容，故得
$$
C_{D E}=C_{3}+\frac{C_{1} C_{2}}{C_{1}+C_{2}}=\frac{C_{1} C_{2}... | |
四个电容器的电容都是 $C$ ，分别连接成图2．3．38的（1）和（2）．试分别求两图中 $A 、 B$ 间的电容．
图2．3．38 | 【解】（1）$C_{A B}=C+\frac{1}{\frac{1}{C}+\frac{1}{C}+\frac{1}{C}}=C+\frac{1}{3} C=\frac{4}{3} C$ ．
（2）$C_{A B}=\frac{C}{2}+\frac{C}{2}=C$ ． | |
四个电容 $C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3}$ 和 $C_{4}$ 都已知，试分别求图2．3．39中两种联法时（1）$A 、 B$ 间的电容 $C_{A B}$ 和（2）$E 、 D$ 间的电容 $C_{E D}$ ． | 【解】（1）$C_{A B}=0.1+0.2+0.5=0.8(\mu \mathrm{~F})$ ．
（2）$C_{A B}=\frac{0.05 \times 0.05}{0.05+0.05}=0.025(\mu \mathrm{~F})$ 。
（3） $\mathrm{K}_{3}$ 和 $\mathrm{K}_{5}$ 接到一边， $\mathrm{K}_{4}$ 和 $\mathrm{K}_{6}$ 接到另一边，其余 K 上下都不接。
（4） $\mathrm{K}_{1} 、 \mathrm{~K}_{3} 、 \mathrm{~K}_{5} 、 \mathrm{~K}_{7}$ 接到一边， $\mathrm{K}_{2}... | |
五个电容连接如图 2．3．41（1），已知 $C_{1}=C_{3}=C_{4}=C_{5}=4.0 \mu \mathrm{~F}, C_{2}=$ 1． $0 \mu \mathrm{~F}$ ，试求 $A 、 B$ 间的电容．
图2．3．42 | 【解】图2．3．41（1）是桥路电容，把它画成图2．3．41（2）就明白了；因 $C_{1}=C_{3}=C_{4}=C_{5}$ ，故为对称的桥路电容．若在 $A 、 B$ 间加上电压，则 $E 、 D$ 两点的电势相等．因此，$C_{2}$ 可以去掉，即让
图 2．3．41（1）
$C_{2}=0$ ，而不影响 $C_{A B}$ 的值．这样便得
$$
C_{A B}=... | |
五个电容连接如图 2．3．42，它们的电容 $C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3} 、 C_{4}$ 和 $C_{5}$ 都已知，试求 $a 、 b$ 间的电容 ${ }^{b} C_{a b}$ ． | 【解】设在 $a 、 b$ 间加上电压 $U$ 后，$C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3} 、 C_{4} 、 C_{5}$ 上的电压分别为 $U_{1} 、 U_{2} 、 U_{3} 、 U_{4} 、 U_{5}$ ，电荷量分别为 $Q_{1} 、 Q_{2} 、 Q_{3} 、 Q_{4}$ 、 $Q_{5}$ ，则依定义，$a 、 b$ 间的电容为
$$
C_{a b}=\frac{Q}{U}=\frac{Q_{1}+Q_{3}}{U}
$$
因此，只需求出 $Q_{1}$ 和 $Q_{3}$ 即可。
由图2．3．42可见，
$$
U=U_{1}+U_{2}=\frac{Q_{1}}{C_{1}}+\frac{... | |
三个电容连接如图2．3．43（1），已知 $C_{1}=0.25 \mu \mathrm{~F}, C_{2}=0.15 \mu \mathrm{~F}, C_{3}= 0.20 \mu \mathrm{~F}, C_{1}$ 上的电压为 50 V ，试求 $A 、 B$ 间的电压 $U_{A B}$ ．
图 2．3．43（1）
图2．3．46
K 接到 $b$ 后，$C_{1}$ 上的电压便与 $C_{2} 、 C_{3}$ 两端的电压相等，即
$$
U_{1}=U_{23}
$$
所以
$$
\frac{Q_{1}}{C_{1}}=\frac{Q_{23}}{C_{2} C_{3} /\left(C_{2}+C_... | |
四个电容器，$C_{1}=C_{4}=0.20 \mu \mathrm{~F}, C_{2}=C_{3} =0.60 \mu \mathrm{~F}$ ，连接如图2．3．47所示。（1）试分别求 K 断开和接通时的 $C_{a b}$ ；（2）当 $U_{a b}=100 \mathrm{~V}$ 时，试分别求 K断开和接通时各电容上的电压。 | 【解】（1） K 断开时，
$$
\begin{aligned}
C_{a b} & =\frac{C_{1} C_{2}}{C_{1}+C_{2}}+\frac{C_{3} C_{4}}{C_{3}+C_{4}} \\
& =\frac{0.20 \times 0.60}{0.20+0.60} \times 10^{-6}+\frac{0.20 \times 0.60}{0.20+0.60} \times 10^{-6} \\
& =3.0 \times 10^{-7}(\mathrm{~F})=0.30(\mu \mathrm{~F})
\end{aligned}
$$
K 接通时，
$$
\begin{aligned}
... | |
如图2．3．48，$C_{1}=20 \mu \mathrm{~F}, ~ C_{2}=5 \mu \mathrm{~F}$ ，先用 $U =1000 \mathrm{~V}$ 使 $C_{1}$ 充电，然后将 K 拨到另一侧使 $C_{1}$ 与 $C_{2}$连接。试求：（1）$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 各带的电荷量 $Q_{1}$ 和 $Q_{2}$ ；（2）$C_{1}$和 $C_{2}$ 各自的电压 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 。 | 【解】（1）$C_{1}$ 充电后，它的电荷量为
$$
Q=C_{1} U
$$
K 接到 $C_{2}$ 后，便有
$$
Q_{1}+Q_{2}=Q=C_{1} U
$$
因为
$$
U_{1}=U_{2}
$$
所以
$$
\frac{Q_{1}}{C_{1}}=\frac{Q_{2}}{C_{2}}
$$
解得
$$
Q_{1}=\frac{C_{1}^{2} U}{C_{1}+C_{2}}=\frac{\left(20 \times 10^{-6}\right)^{2} \times 1000}{(20+5) \times 10^{-6}}=1.6 \times 10^{-2}(\mathrm{C})
$$... | |
如图2．3．49，$C_{1}=3.0 \mu \mathrm{~F}, ~ C_{2}=4.0 \mu \mathrm{~F}, ~ C_{3}=$ 2． $0 \mu \mathrm{~F}, U_{a}=120 \mathrm{~V}, c$ 点接地（电势为零）．试求各电容上的电荷量和 $b$ 点的电势 $U_{b}$ ． | 【解】设 $C_{1} 、 C_{2}$ 和 $C_{3}$ 上的电荷量分别为 $Q_{1} 、 Q_{2}$ 和 $Q_{3}$ ，电压分别为 $U_{1} 、 U_{2}$ 和 $U_{3}$ ，则由图2．3．49得
$$
U_{1}+U_{2}=U=120
$$
所以
$$
\frac{Q_{1}}{C_{1}}+\frac{Q_{2}}{C_{2}}=U
$$
... | |
图 2．3．50 中 $C_{1}=C_{2}=C_{3}=C_{4}$ ，电源的电动势为 9.0 V 。试求下列两种情况下各电容器上的电压：（1） $\mathrm{K}_{2}$ 先是断开的，接通 $\mathrm{K}_{1}$ ，使电容器充完电，然后断开 $\mathrm{K}_{1}$ ，再接通 $\mathrm{K}_{2}$ ； （2）先接通 $K_{1}$ ，再接通 $K_{2}$ ，使电容器都充完电，然后断开 $\mathrm{K}_{1}$ ． | 【解】（1）接通 $\mathrm{K}_{1}$ 后，$C_{1} 、 C_{2}$ 和 $C_{3}$ 串联充电，因
$C_{1}=C_{2}=C_{3}$ ，故三个电容器上的电压相等，即
$$
U_{1}=U_{2}=U_{3}=\frac{U}{3}=\frac{9.0}{3}=3.0(\mathrm{~V})
$$
这时每个电容器上的电荷量都是 $Q_{1}=Q_{2}=Q_{3}=3.0 C_{1}$ ．
断开 $\mathrm{K}_{1}$ ，再接通 $\mathrm{K}_{2}$ 。这时 $C_{1}$ 和 $C_{3}$ 上的电荷量都不变，因而它们上的电压也不变，即
$$
U_{1}^{\prime}=U... | |
两个电容器分别充电到不同的电压，已知 $C_{1}=2.0 \mu \mathrm{~F}, U_{1}=400 \mathrm{~V}$ ； $C_{2}=1.0 \mu \mathrm{~F}, U_{2}=500 \mathrm{~V}$ 。断开电源后，将 $C_{1}$ 的正极板与 $C_{2}$ 的负极板连接，$C_{1}$ 的负极板与 $C_{2}$ 的正极板连接。试求：（1）$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 上的电荷量；（2）$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 上的电压。 | 【解】（1）充电后，两电容器上的电荷量分别为
$$
\begin{aligned}
& Q_{1}=C_{1} U_{1}=2.0 \times 10^{-6} \times 400=8.0 \times 10^{-4}(\mathrm{C}) \\
& Q_{2}=C_{2} U_{2}=1.0 \times 10^{-6} \times 500=5.0 \times 10^{-4}(\mathrm{C})
\end{aligned}
$$
断开电源，电荷量都不变．
$C_{1}$ 和 $C_{2}$ 按题述的连接后，设它们上的电荷量分别为 $Q_{1}^{\prime}$ 和 $Q_{2}^{\prime}$ ，则有
$$... | |
图 2．3．52 中的电容 $C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3}$ 都是已知，电容 $C_{4}$ 的值是可以调节的．问当 $C_{4}$ 调节到 $A 、 B$ 两点的电势相等时，$C_{4}$ 的值是多少？ | 【解】在 $U_{A}=U_{B}$ 时，设 $C_{1} 、 C_{2} 、 C_{3} 、 C_{4}$ 上的电荷量分别为 $Q_{1}$ 、 $Q_{2} 、 Q_{3} 、 Q_{4}$ ，则因 $C_{1}$ 和 $C_{3}$ 上的电压相等，$C_{2}$ 和 $C_{4}$ 上的电压相等，故有
$$
Q_{1} / C_{1}=Q_{3} / C_{3}, \quad Q_{2} / C_{2}=Q_{4} / C_{4}
$$
由于 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 串联，$C_{3}$ 和 $C_{4}$ 串联，故有
$$
Q_{1}=Q_{2}, \quad Q_{3}=Q_{4}
$$
由以上诸式解得... | |
两个相同的空气电容器并联后，加上电压 $U_{a b}=U$ ．断开电源后，在其中一个电容器的两极板间充满电容率为 $\varepsilon$ 的均匀介质，如图2．3．53所示。试求这时的 $U_{a b}$ ． | 【解】设未放人介质时，两电容器的电容都是 $C$ ，则充电后，它们的电荷量之和为
$$
Q=C U+C U=2 C U
$$
断开电源后，$Q$ 不变；其中一个放人介质后，$Q$ 重新分配．这时放人介质的电容为 $\frac{\varepsilon}{\varepsilon_{0}} C$ ．因为是两电容并联，故总电容便为
$$
C_{p}=C+\frac{\varepsilon}{\varepsilon_{0}} C=\frac{\varepsilon+\varepsilon_{0}}{\varepsilon_{0}} C
$$
于是得这时 $a 、 b$ 间的电压为
$$
U_{a b}=\frac{Q}{C_{p}}... | |
两个相同的空气电容器，串联后接到电压为 $U$ 的电源上，再将其中一个电容器两极板间充满电容率为 $\varepsilon$ 的均匀介质，如图2．3．54所示，电源的负极接地（电势为零）。试求放人介质前后两电容器间连线 $a$ 的电势变化。
图2．3．54 | 【解】因未放人介质前，两电容器相同，故连线 $a$ 的电势为
$$
U_{a}=\frac{U}{2}
$$
放人介质后，设连线 $a$ 的电势为 $U_{a}^{\prime}$ ，未放介质的电容为 $C_{0}$ ，放介质的电容为 $C=\varepsilon_{\mathrm{r}} C_{0}=\frac{\varepsilon}{\varepsilon_{0}} C_{0}$ ，则 $C_{0}$ 两端的电势差为
$$
U_{a}^{\prime}-O=\frac{C}{C_{0}+C} U=\frac{\varepsilon}{\varepsilon+\varepsilon_{0}} U
$$
故所求的电势变化为... | |
将 $C_{1}=1.0 \mu \mathrm{~F}$ 和 $C_{2}=2.0 \mu \mathrm{~F}$ 的两个电容器并联后接到 900 V 的直流电源上。（1）试求每个电容器上的电压和电荷量；（2）断开电源，并将 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 彼此断开，然后再将它们带异号电荷的极板分别接在一起，试求每个电容器上的电压和电荷量． | 【解】（1）因为是并联，故两电容器上的电压为
$$
U_{1}=U_{2}=U=900 \mathrm{~V}
$$
它们的电荷量分别为
$$
\begin{aligned}
& Q_{1}=C_{1} U_{1}=1.0 \times 10^{-6} \times 900=9.0 \times 10^{-4}(\mathrm{C}) \\
& Q_{2}=C_{2} U_{2}=2.0 \times 10^{-6} \times 900=1.8 \times 10^{-3}(\mathrm{C})
\end{aligned}
$$
（2）按题述的连接后，设 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 上的电压和电荷量分别为 $U_... | |
将 $C_{1}=2.0 \mu \mathrm{~F}$ 和 $C_{2}=8.0 \mu \mathrm{~F}$ 的两个电容器串联后，在两端加上 300 V 的直流电压。（1）试求每个电容器上的电荷量和电压；（2）断开电源，并将 $C_{1}$和 $C_{2}$ 彼此断开，然后再将它们带正电荷的两极板接在一起，带负电荷的两极板也接在一起，试求每个电容器上的电荷量和电压；（3）如果断开电源并彼此断开后，再
将它们带异号电荷的极板分别接在一起，试求每个电容器上的电荷量和电压。 | 【解】（1）因为是串联，故两电容器上的电荷量相等，即
$$
Q_{1}=Q_{2}
$$
它们上的电压 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 满足
$$
U_{1}+U_{2}=U=300
$$
所以
$$
\frac{Q_{1}}{C_{1}}+\frac{Q_{2}}{C_{2}}=U
$$
式（1）、（3）联立解得
$$
\begin{aligned}
& Q_{1}=Q_{2}=\frac{C_{1} C_{2}}{C_{1}+C_{2}} U=\frac{2.0 \times 8.0 \times 10^{-6}}{2.0+8.0} \times 300 \\
& \quad=4.8 \times 10^{-4... | |
$C_{1}=100 \mathrm{pF}$ 的电容器充电到 50 V 后断开电源，再将它的两极板分别接到另一电容器 $C_{2}$ 的两极板上，$C_{2}$ 原来不带电．接好测得 $C_{1}$ 上的电压降低为 35 V ．试求 $C_{2}$ 的值． | 【解】充电后，$C_{1}$ 上的电荷量为
$$
Q=C_{1} U=100 \times 10^{-12} \times 50=5.0 \times 10^{-9}(\mathrm{C})
$$
与 $C_{2}$ 连接后，设 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 上的电荷量和电压分别为 $Q_{1} 、 U_{1}$ 和 $Q_{2} 、 U_{2}$ ，则有
$$
\begin{gathered}
Q_{1}+Q_{2}=Q=5.0 \times 10^{-9}(\mathrm{C}) \\
Q_{1}=C_{1} U_{1}=100 \times 10^{-12} \times 35=3.5 \times 10^{-9}... | |
有一些相同的电容器，每个的电容都是 $2.0 \mu \mathrm{~F}$ ，耐压都是 200 V 。现在要用它们连接成能耐压 1000 V 的（1）$C=0.40 \mu \mathrm{~F}$ 和（2）$C^{\prime}=1.2 \mu \mathrm{~F}$ 的电容器，问各需这种电容器多少个？怎样联法？ | 【解答】（1）五个串联，可耐压 $5 \times 200=1000(\mathrm{~V})$ ；电容为 $C=\frac{2.0}{5}=0.40(\mu \mathrm{~F})$ ，符合要求。
（2）要耐压 1000 V ，必须五个串联；同时要求 $C^{\prime}=1.2 \mu \mathrm{~F}$ ，故须将三个串联再并联起来，才能达到 $1.2 \mu \mathrm{~F}$ 。因此，用 15 个这种电容器，每五个串联后，三个串联再并联，便符合要求。
 \\
U_{2}=\frac{C_{1}}{C_{1}+C_{2}} U_{a b}=\frac{100}{1... | |
一平行板电容器两极板的面积都是 $S$ ，相距为 $d$ ，两板间是空气。略去边缘效应。（1）当两极板的电压为 $U$ 时，试求它们之间相互作用的静电力 $\boldsymbol{F}$ 的大小 $F$ ；（2）当 $S=100 \mathrm{~mm}^{2}, d=1.0 \mathrm{~mm}, U=2000 \mathrm{~V}$ 时，计算 $F$ 的值。 | 【解】（1）根据前面2．3．60题的结果，两极板相互作用的静电力的大小为
$$
F=Q E_{Q}=Q \cdot \frac{1}{2} \frac{U}{d}=\frac{1}{2} C U \cdot \frac{U}{d}=\frac{1}{2} \frac{\varepsilon_{0} S U^{2}}{d^{2}}
$$
（2）$F$ 的值为
$$
\begin{aligned}
F & =\frac{1}{2} \times 8.854 \times 10^{-12} \times 100 \times 10^{-6} \times\left(\frac{2000}{1.0 \times 10^{-3}}\ri... | |
一平行板电容器两极板间充满均匀介质，其介电常量为 $\varepsilon_{\mathrm{r}}=2.0$ ，电介质强度为 $E_{m}=1.0 \times 10^{9} \mathrm{~V} / \mathrm{m}$ 。略去边缘效应。试求介质在将要击穿时所受的静电压强（静电力所产生的压强）． | 【解】设电容器极板的面积为 $S$ ，所带电荷量为 $Q$ ，则介质内的电场强度的大小为
$$
E=\frac{D}{\varepsilon}=\frac{\sigma}{\varepsilon}=\frac{Q}{\varepsilon_{\mathrm{r}} \varepsilon_{0} S}
$$
面电荷 $Q$ 所在处的电场强度的大小为（参见前面2．3．60题的讨论）
$$
E_{Q}=\frac{1}{2} E=\frac{Q}{2 \varepsilon_{\mathrm{r}} \varepsilon_{0} S}
$$
极板上的电荷所受的静电力为
$$
F=Q E_{Q}=\frac{1}{2} Q E... | |
静电天平的原理如图2．3．63所示，一空气平行板电容器两极板的面
图2．3．63
积都是 $S$ ，相距为 $x$ ，下板固定，上板接到天平的一端．当电容器不带电时，天平正好平衡．然后在电容器的两极板上加电压 $U$ ，则天平的另一端必须加上质量为 $m$ 的砝码，才能达到平衡。略去边缘效应．试求所加的电压 $U$ ． | 【解】 加上电压 $U$ 后，极板所受的静电力为
$$
\begin{aligned}
F & =Q E_{Q}=Q\left(\frac{1}{2} E\right)=\frac{1}{2} Q \frac{U}{x}=\frac{1}{2} C \frac{U^{2}}{x} \\
& =\frac{1}{2} \varepsilon_{0} S\left(\frac{U}{x}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
当天平平衡时
$$
F=m g
$$
由式（1）、（2）得所求的电压为
$$
U=\sqrt{\frac{2 m g x^{2}}{\varepsilon_{0} S}}
$$ | |
空气能承受电场强度的最大值（称为电介质强度）为 $E_{m}=30 \mathrm{kV} / \mathrm{cm}$ ，超过这个数值，空气就要被击穿，发生火花放电。今有一平行板电容器，两极板相距为 0.50 cm ，极板间是空气．略去边缘效应．试问它能耐多高的电压？ | 【解】能耐的最高电压为
$$
\begin{aligned}
U_{\max } & =E_{m} d=30 \times 10^{3} \times 0.5 \\
& =1.5 \times 10^{4}(\mathrm{~V})
\end{aligned}
$$ | |
空气的电介质强度为 $E_{m}=3000 \mathrm{kV} / \mathrm{m}$ ，当空气平行板电容器两极板
的电势差为 50 kV 时，略去边缘效应，试问单位面积上的电容最大是多少？ | 【解】 极板间的最小距离为
$$
d_{\min }=\frac{U}{E_{m}}
$$
故单位面积上的最大电容为
$$
\begin{aligned}
\frac{C_{\max }}{S} & =\frac{\varepsilon_{0}}{d_{\min }}=\frac{\varepsilon_{0} E_{m}}{U}=\frac{8.854 \times 10^{-12} \times 3000 \times 10^{3}}{50 \times 10^{3}} \\
& =5.3 \times 10^{-10}\left(\mathrm{~F} / \mathrm{m}^{2}\right)
\end{align... | |
两个电容器上分别标明：$C_{1}: 200 \mathrm{pF} 500 \mathrm{~V} ; C_{2}: 300 \mathrm{pF} 900 \mathrm{~V}$ 。将它们串联后，加上 1000 V 电压，是否会被击穿？ | 【解】设 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 串联后加上电压 $U$ ，它们上的电荷量和电压分别为 $Q_{1} 、 U_{1}$ 和 $Q_{2} 、 U_{2}$ ，则有
所以
$$
\begin{gathered}
Q_{1}=Q_{2} \\
U_{1}+U_{2}=U \\
\frac{Q_{1}}{C_{1}}+\frac{Q_{2}}{C_{2}}=U
\end{gathered}
$$
解得
$$
\begin{aligned}
& U_{1}=\frac{C_{2}}{C_{1}+C_{2}} U=\frac{300}{200+300} \times 1000=600(\mathrm{~V}) \\
& U... | |
两个电容器上分别标明：$C_{1}$ 耐压 $V_{1}, C_{2}$ 耐压 $V_{2}$ ．现将它们串联后，加上电压 $U$ ，如图2．3．67所示．使 $U$ 逐渐升高，问哪个电容先被击穿？为什么？ | 【解】设 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 上的电荷量和电压分别为 $Q_{1} 、 U_{1}$ 和 $Q_{2} 、 U_{2}$ ，则有
图2．3．67
所以
$$
\begin{gathered}
Q_{1}=Q_{2} \\
U_{1}+U_{2}=U \\
\frac{Q_{1}}{C_{1}}+\frac{Q_{2}}{C_{2}}=U
\end{gat... | |
三个电容器连接如图2．3．68所示，它们的电容值已在图中标出。（1）试求 $A 、 B$ 间的电容 $C_{A B}$ ；（2）在 $A 、 B$ 间加上 100 V 的电压，试求 $C_{1}$ 上的电荷量 $Q_{1}$ 和电压 $U_{1}$ ；（3）如果这时 $C$ 被击穿（即变成通路），问 $C_{1}$ 上的电荷量和电压各是多少？ | 【解】（1）$C_{A B}=\frac{C\left(C_{1}+C_{2}\right)}{C+C_{1}+C_{2}}=\frac{4 \times(10+5)}{4+10+5}=3.2(\mu \mathrm{~F})$ ．
（2）$U_{1}=\frac{C}{C_{1}+C_{2}+C} U=\frac{4}{10+5+4} \times 100=21(\mathrm{~V})$
$Q_{1}=C_{1} U_{1}=10 \times 10^{-6} \times 21=2.1 \times 10^{-4}(\mathrm{C})$
（3）$C$ 被击穿，即变成通路，这时 100 V 的电压便都加 $C_{1}$ 和 ... | |
一圆柱电容器由直径为 5.0 mm 的直导线和与它共轴的直圆筒构成，圆筒内直径为 5.0 cm ，导线与圆筒间是空气．已知空气的电介质强度为 $30 \mathrm{kV} / \mathrm{cm}$ ，试问这电容器能耐多高的电压？ | 【解】设导线的直径为 $a$ ，单位长度的电荷量为 $\lambda$ ，圆筒的内直径为 $b$ ，则导线与圆筒间电场强度的最大值为
$$
E_{m}=\frac{\lambda_{\max }}{\pi \varepsilon_{0} a}
$$
这电容器的电容为
$$
C=\frac{2 \pi \varepsilon_{0} l}{\ln (b / a)}
$$
式中 $l$ 是导线和圆筒的长度．导线上电荷量的最大值为
$$
Q_{\max }=C U_{\max }=\lambda_{\max } l
$$
由以上三式解得电压的最大值为
$$
\begin{aligned}
U_{\max } & =\frac... | |
一圆柱电容器内充满两层均匀介质，内层是 $\varepsilon_{\mathrm{r} 1}=4.0$ 的油纸，其内半径为 2.0 cm ，外半径为 2.3 cm ；外层是 $\varepsilon_{\mathrm{r} 2}=7.0$ 的玻璃，其外半径为 2.5 cm 。已知油纸的电介质强度为 $120 \mathrm{kV} / \mathrm{cm}$ ，玻璃的电介质强度为 $100 \mathrm{kV} / \mathrm{cm}$ ，试问这电容器能耐多高的电压？当电压逐渐升高时，哪层介质先被击穿？ | 【解】设电容器里面一极沿轴线单位长度的电荷量为 $\lambda$ ，则由对称性和高斯定理得，两介质内电场强度的表达式分别为
$$
\boldsymbol{E}_{1}=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{\mathrm{r} 1} \varepsilon_{0} r} \boldsymbol{e}_{r}, \quad \boldsymbol{E}_{2}=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{\mathrm{r} 2} \varepsilon_{0} r} \boldsymbol{e}_{r}
$$
式中 $\boldsymbol{e}_{r}=\frac{\bo... | |
一种康铜丝的横截面积为 $0.10 \mathrm{~mm}^{2}$ ，电阻率为 $4.9 \times 10^{-7} \Omega \cdot \mathrm{~m}$ ，试问用它绕制一个 $6.0 \Omega$ 的电阻，需要多长？ | 【解】 所需长度为
$$
l=\frac{R S}{\rho}=\frac{6.0 \times 0.10 \times 10^{-6}}{4.9 \times 10^{-7}}=1.2(\mathrm{~m})
$$ | |
一条长为 $l$ 的导线，它的横截面积 $A$ 和电导率 $\sigma$ 都是 $x$ 的函数，$x$ 是到一端 $a$ 的距离，如图4．1．2所示。（1）试问这段导线的电阻 $R$如何表示？（2）若这导线是圆台形，$a$ 端的横截
图4．1．2
面是半径为 $a$ 的圆，$b$ 端的横截面是半径为 $b$ 的圆，而 $\sigma$ 则是常数．试求它的电阻． | 【解】（1）设 $x$ 处的横截面积为 $A$ ，则长为 $\mathrm{d} x$ 段的电阻为
$$
\mathrm{d} R=\rho \frac{\mathrm{d} x}{A}=\frac{\mathrm{d} x}{\sigma A}
$$
故这段导线的电阻为
$$
R=\int_{0}^{l} \frac{\mathrm{~d} x}{\sigma A}
$$
（2）设 $x$ 处横截面的半径为 $r$ ，则由圆台的关系得
$$
\frac{b-r}{l-x}=\frac{b-a}{l}
$$
所以
$$
r=\frac{b-a}{l}\left(x+\frac{l a}{b-a}\right)
$$
... | |
一铜圆柱体长为 $l$ ，半径为 $a$ ，外面套有一个等长的共轴铜圆筒，筒的内半径为 $b$ ，在柱与筒之间充满电导率为 $\sigma$ 的均匀物质，如图4．1．3所示。试求柱与筒之间的电阻． | 【解】在柱与筒之间半径为 $r$ 处，厚为 $\mathrm{d} r$ 的圆筒物质，其电阻为
$$
\mathrm{d} R=\frac{\mathrm{d} r}{\sigma \cdot 2 \pi r l}=\frac{1}{2 \pi \sigma l} \frac{\mathrm{~d} r}{r}
$$
积分便得筒与柱之间的电阻为
$$
R=\frac{1}{2 \pi \sigma l} \int_{a}^{b} \frac{\mathrm{~d} r}{r}=\frac{1}{2 \pi \sigma l} \ln \frac{b}{a}
$$
}=\frac{2 \pi \times 10 \times 10^{-2} \times 2.0}{33 \times 10^{-2} \ln \left(2 \times 3.0 / 1.... | |
有两个电阻，并联时总电阻为 $2.4 \Omega$ ，串联时总电阻是 $10 \Omega$ ．试问这两个电阻各是多少？ | 【解】设两个电阻分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ ，则
$$
\begin{gathered}
R_{1}+R_{2}=10 \\
\frac{R_{1} R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=2.4
\end{gathered}
$$
联立解得
$$
R_{1}=6.0 \Omega, \quad R_{2}=4.0 \Omega
$$ | |
（1）两电阻 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 串联后加上电压 $U$ ，试分别求 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 上的电压 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ ；（2）两电阻并联后通过的总电流为 $I$ ，试分别求通过 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 的电流 $I_{1}$和 $I_{2}$ 。 | 【解】（1）串联时电流 $I$ 相同，如图4．1．9（1），
$$
\left(R_{1}+R_{2}\right) I=U
$$
所以
$$
\begin{aligned}
& U_{1}=R_{1} I=\frac{R_{1} U}{R_{1}+R_{2}} \\
& U_{2}=R_{2} I=\frac{R_{2} U}{R_{1}+R_{2}}
\end{aligned}
$$
可见每个电阻上的电压与该电阻成正比．
图4．1．10（1）
图4．1．10（2）的（i）、（ii）和（iii），由（iii）得
$$
R_{a b}=2+4+2=8 \Omega
$$
图4．1．11（1） | 【解】 用连分式求解
$$
\begin{aligned}
R_{a b} & =r_{1}+r_{3}+\frac{1}{\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{1}+r_{3}+\frac{1}{\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{1}+r_{3}+\cdots}}}} \\
& =r_{1}+r_{3}+\frac{1}{\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{R_{a b}}}=r_{1}+r_{3}+\frac{r_{2} R_{a b}}{r_{2}+R_{a b}}
\end{aligned}
$$
由此得
$$
R_{a b}^{2}-\left(r_{1}+r_{... | |
无轨电车速度的调节是依靠在直流电动机的回路中，串人不同数值的电阻，从而改变通过电动机的电流，使电动机的转速发生变化。例如，在回路中串接四个电阻 $R_{1} 、 R_{2} 、 R_{3}$ 和 $R_{4}$ ，再利用一些开关 $\mathrm{K}_{1} 、 \mathrm{~K}_{2} 、 \mathrm{~K}_{3} 、 \mathrm{~K}_{4}$ 和 $\mathrm{K}_{5}$ ，使电阻分别串联或并联，以改变总电阻的数值，如图 4．1．12 所示．设 $R_{1}=R_{2}=R_{3}=R_{4}=1.0 \Omega$ ，试求下列三种情况下 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ ：（1） $\... | 【解】（1）这时 $R_{4}$ 被短路，如图4．1．12的（1），故得
$$
R_{a b}=R_{1}+R_{2}+R_{3}=3 \Omega
$$
（2）这时 $R_{2} 、 R_{3} 、 R_{4}$ 三者并联后，再与 $R_{1}$ 串联，如图 4．1．12 的（2），故得
$$
R_{a b}=R_{1}+\frac{R_{2} R_{3} R_{4}}{R_{2} R_{3}+R_{3} R_{4}+R_{4} R_{2}}=1+\frac{1}{1+1+1}=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}(\Omega)
$$
（3）这时 $R_{1}$ 和 $R_{4}$ 并联，$R_{2}$ 和... | |
四个电阻连接如图4．1．14（1），已知 $R_{1}=R_{2}=8 \Omega, R_{3}=4 \Omega, R_{4}=2 \Omega$ ，试求 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ 。
图4．1．14（1）
图4．1．16
$$
R_{a b}=\frac{(r+r)(r+r)}{r+r+r+r}=r
$$ | 【解】本题三种电路的 $R_{a b}$ ，都不能用电阻的串、并联公式直接算出．正规的解法，是在 $a 、 b$间加上电压 $U$ ，根据基尔霍夫电路定律列出方程，解出 $a 、 b$ 间的电流 $I$ ，便可得出 $R_{a b}=\frac{U}{I}$ 。由于电阻全是 $r$ ，这样求解也不困难，读者可以自己去试作．
因为本题的三种电路都是电桥电路，我们在这里就根据前面4．1．15题的结果式（11），写出它们的 $R_{a b}$ 来．
（1）图4．1．16的（1），因为是平衡电桥，故由4．1．15题的式（15）得
$$
R_{a b}=\frac{(r+r) r}{r+r}=r
$$
（2）将图4．1．16的（2）与图... | |
五个电阻连接如图4． 1.18 ，其中电阻都已知．（1）试求 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ ；（2）当 $R_{1}=4 \Omega$ ， $R_{2}=2 \Omega, R=1 \Omega$ 时，$R_{a b}=$ ？（3）若拆去 $R$ ，则 $R_{a b}=$ ？ | 【解】（1）本题的 $R_{a b}$ 不能用电阻的串、并联公式直接算出。正规的解法是在 $a 、 b$ 间加上电压 $U$ ，根据基尔霍夫电路定律列出方程，解出 $a 、 b$ 间的电流 $I$ ，便可得出 $R_{a b}=U / I$ 。这在前面4．1．15题已作过，在此不重复，只将相应的电阻代
图4．1．18
入该题的结果式（11），算出结果如下：
$$
\beg... | |
六个相同的电阻 $r$ 连接成如图4．1．19的电路，试求 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ 以及 $a 、 c$ 间的电阻 $R_{a c}$ ．
图4．1．19 | 【解】图4．1．19中上边五个 $r$ 是桥路电阻，由前面 4．1．15题的式（11），或直接由前面4．1．16题的式（1），这桥路电阻为 $r$ ．它与下边的 $r$ 并联，故得 $a 、 b$ 间的电阻为
$$
R_{a b}=\frac{r \cdot r}{r+r}=\frac{r}{2}
$$
因为图4．1．19的电路构成一个对称的四面体，故由对称性可知
$$
R_{a c}=R_{a b}=\frac{r}{2}
$$ | |
八个相同的电阻 $r$ 连接成如图4．1．20（1）的电路，试求：（1）$a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ ；（2）$a 、 c$ 间的电阻 $R_{a c}$ ；（3）$a 、 d$ 间的电阻 $R_{a d}$ ．
图4．1．20（1）
+I_{1}-I_{2}-I_{2}=0
$$
$$
I_{2}=\frac{4}{5} I_{1}
$$... | |
试用前面4．1．22题的讨论中所讲的对称性原则解4．1．19题（即求
图4．1．19中 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ 以及 $a 、 c$ 间的电阻 $R_{a c}$ ）．
图4．1．19
图4．1．20（1）
=\frac{3}{2} r
$$ | |
个相同的电阻 $r$ 连接成一个立方框架，如图4．1．27（1）所示．试求两对角 $a 、 d$ 之间的电阻 $R_{a d}$ ．
图4．1．27（1）
图4．1．28（1）
}{n+2} r
$$
于是得
$$
R_{a b}=\frac{\frac{2 r}{n} \frac{(n+3) r}{n+2}}{\frac{2 r}{n}+\frac{(n+3) r}{n+2}}=\frac{2(n+3)}{(n+1)(n+4)} r
... | |
24 个相同的电阻 $r$ ，连接成每边三个电阻的正方格子，如图4．1．29 （1）所示．试求对角 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ ．
图4．1．29（1）
$ 间的电阻为 $\frac{r}{2}, m(n)$ 与 $e(f g h)$ 间的电阻 $R$ 满足
所以
$$
\begin{gathered}
\frac{1}{R}=\frac{1}{r}+2 \cdot... | |
三根等长的均匀电阻丝，电阻均为 $r$ ，连接成球形网架，如图4．1．31（1）所示．试分别求 $a 、 b$ 之间的电阻 $R_{a b}$ 和 $a 、 c$ 之间的电阻 $R_{a c}$ ． | 【解】对于图4．1．31（2）中的 $a 、 b$ 两点来说，根据前面 4．1．22题的讨论中所讲的对称性原则，$e 、 f$ 两点可以短路，成为图4．1．31（3）所示的电路；这电路中的 $O$ 点可以断开，成为图4．1．31（4）所示的电路．由此得 $a 、 b$ 间的电阻为
图4．1．31（2）
}{R_{1}+R_{2}+R_{3}}
$$
2 与 3 之间的电阻为
$$
r_{2}+r_{3}=\frac{R_{1}\left(R_{2}+R_{3}\right)}{R_{1}+R_{2}+R_{3}}
$$
3 与 1 之间的电阻为
$$
r_{3}+r_{1}=\frac{R_{2}\left(R_{3}+R_{1}\... | |
试用前面4．1．32题的星形与三角形等效电路（也叫做 $\mathrm{Y}-\Delta$ 变换）的方法求解前面的4．1．15题［即求图4．1．15（1）中 $a 、 b$ 间的电阻 $R_{a b}$ ］．
图4．1．15（1）
图4．1．35（1）
$$
式中 $t$ 是摄氏温度，$\alpha$ 是电阻温度系数．由式（1）得
$$
\frac{R_{t}}{R_{20}}=\frac{1+\alpha t}{1+20 \alpha}=\frac{60}{54}=\frac{10}{9}
$$
解得
$$
t=\frac{1+200 \alpha}{9 \alpha}=\frac{1+200 \times 3.93 \times 10^{-3}}{9 \times 3.93 \times 10^{-3}}=50\left({ }^{\circ} \mathrm{C}\right)
$$
... | |
在两层楼道之间安装一盏电灯，试设计一个线路，使得在楼上和楼下都能开关这电灯。 | 【解】线路如图4．2．1所示．图中 $\mathrm{S}_{1}$ 和 $\mathrm{S}_{2}$ 都是必接触一边的电灯开关． | |
一分压器电路如图4．2．2所示，已知 $R_{1}=4.3 \mathrm{k} \Omega, U=$ 12 V ，现在要使 $c 、 d$ 间的电压为 2.0 V ，试求 $R_{2}$ 。 | 【解】设流过 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 的电流为 $I$ ，则
$$
U=\left(R_{1}+R_{2}\right) I
$$
$c 、 d$ 间的电压为
所以
$$
\begin{gathered}
U_{c d}=R_{2} I \\
\frac{R_{1}+R_{2}}{R_{2}}=\frac{U}{U_{c d}}=\frac{12}{2}=6
\end{gathered}
$$
于是得
$$
R_{2}=\frac{R_{1}}{5}=\frac{4.3 \times 10^{3}}{5}=8.6 \times 10^{2}(\Omega)
$$ | |
变阻器可用做分压器，用法如图4．2．3所示， $\mathscr{E}$ 是电源的电动势，$R$ 是变阻器的电阻，$r$ 是负载电阻，$c$ 是 $R$ 上的滑动接头．只要滑动 $c$ ，就可以得到从零到
${ }^{\mathscr{E}}$ 之间的任何电压（电源的内阻很小，可略去不计）．设 $R$ 的长度为 $a b=l, R$ 上各处单位长度的电阻都相同，$a 、 c$ 之间的长度为 $a c=x$ ，试求加到 $r$ 上的电压 $U$ 与 $x$ 的关系．
 \frac{R}{l} x \\
U=i r \\
\mathscr{E}=I \frac{R}{l}(l-x)+(I-i) \frac{R}{l} x
\end{gathered}
$$
解得
$$
U=\frac{\operatorname{lr} \mathscr{E} x}{R(l-x) x+l^{2} r}
$$
这便是所要求的、分压器分出的电压与 $x$ 的关系． | |
量程为 150 V 的伏特计，电阻为 $20 \mathrm{k} \Omega$ ，当它与一个高电阻 $R$ 串联后接到 110 V 电压上，它的读数为 5.0 V ．试求 $R$ 的值． | 【解】 这伏特计满格（即指针指着 150 V ）时通过它的电流为
图4．2．6
$$
I_{\max }=\frac{150}{20 \times 10^{3}}=\frac{15}{2} \times 10^{-3}(\mathrm{~A})
$$
现在指针指 5.0 V ，故通过它的电流为
$$
I=\frac{5.0}{150} \times \frac{15}{... | |
一电流计的电阻为 $500 \Omega$ ，当通过它的电流为 $1.0 \mu \mathrm{~A}$ 时，指针偏转满格。如果将它改装成量程为 150 mV 的伏特计，应如何办？用它测量电压时如何接法？试画出电路图。 | 【解答】这电流计满格（即指针偏转满格）时通过它的电流为 $1.0 \mu \mathrm{~A}$ ，即通过它的最大电流为
$$
I_{\max }=1.0 \times 10^{-6} \mathrm{~A}
$$
用它测量电压时，接法如图4．2．7所示． | |
有一个内阻为 $R_{g}$ 的电流计，能通过的最大电流为 $I_{g}$ ，因此它能测量的最高电压为 $U_{g}=I_{g} R_{g}$ ．现在要将它改装成量程为 $U=n U_{g}$ 的伏特计（ $n>1$ ），试问应如何办？用它测量电压时如何接法？试画出电路图。 | 【解答】本题要求：这电流计通过电流 $I_{g}$（即它两端的电压为 $U_{g}=I_{g} R_{g}$ ）时，被测量的电压
图4．2．8
为 $U=n U_{g}$ 。故必须将多余的电压 $(n-1) U_{g}=(n-1) I_{g} R_{g}$ 安排在它外边．因此，要与它串联一个电阻 $R$ ，使得
所以
$$
\begin{gathered}
I_{g} R... | |
有一个内阻为 $R_{g}$ 的电流计，它的量程为 $I_{g}$ ． （1）现在要把它的量程扩大为 $I=n I_{g}, n>1$ ，问应如何办？用它测量电流时如何接法？试画出电路图。（2）当 $R_{g}=50 \Omega$ ， $I_{g}=2.0 \mathrm{~mA}, I=0.50 \mathrm{~A}$ 时，试算出具体数据。 | 【解答】（1）这电流计能通过的最大电流为 $I_{g}$ ，现在要使它通过的电流为 $I_{g}$ 时，被测量的电流为 $n I_{g}$ ．故必须使多余的电流 $(n-1) I_{g}$ 从它外边流过．因此，要与它并联一个电阻 $R$ ，使得所以
$$
(n-1) I_{g} R=I_{g} R_{g}
$$
用它测量电流时，将它和 $R$ 并联后两端 $a 、 b$ 接到待测电路中，如图4．2．9所示．
（2）当 $R_{g}=50 \Omega, I_{g}=2.0 \mathrm{~mA}, I=0.50 \mathrm{~A}$ 时，$n=$
图4．2．10（1）
= & 1.00 \times 10^{-3}\left(15.0+R_{1}\right)=3.00 \\
& R_{1}=2.99 \times 10^{3} \Omega
\end{aligned}
$$
所以
这个量程的电阻为
$$
\begin{aligned}
& R_{1}+R_{g}=3.00 \times 10^{3} \Omega \\
& \text { 对于 } 15 \mathrm{~V} \text { 的量程有 } \\
& I_{g}\left(R_... | |
一伏特计有三个量程，分别为 $1.5 \mathrm{~V} 、 3.0 \mathrm{~V}$ 和 15 V ，其中 15 V 量程的电阻为 $1500 \Omega$ 。（1）试问其他两个量程的电阻各为多少？ （2）将这伏特计接到一电池的两极，当用 1.5 V 量程时，读数为 1.42 V ；若改用 3.0 V 量程时，读数为 1.48 V 。两个读数为什么不同？用哪个较好？并计算这个电池的电动势和内阻的值． | 【解】（1）这伏特计内部的线路如图4．2．12所示，依题意有
$$
R_{g}+R_{1}+R_{2}+R_{3}=1500 \Omega
$$
故通过的 $R_{g}$ 最大电流为
$$
I_{g}=\frac{15}{1500}=1.00 \times 10^{-2}(\mathrm{~A})
$$
于是得 3.0 V 量程的电阻为
$$
R_{g}+R_{1}+R_{2}=\frac{3.0}{1.00 \times 10^{-2}}=300(\Omega)
$$
1． 5 V 量程的电阻为
$$
R_{g}+R_{1}=\frac{1.5}{1.00 \times 10^{-2}}=150(\Omega)
$$... | |
有三个伏特计 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 和 C ，它们的量程都相同，但电阻各不相同，$R_{\mathrm{A}}= 1200 \Omega, R_{\mathrm{B}}=800 \Omega, R_{\mathrm{C}}=1000 \Omega$ 。当它们连接如图4．2．13后，在 $a 、 b$ 两端加上电压 $U, \mathrm{~A}$ 的读数为 $4.80 \mathrm{~V}, \mathrm{C}$ 的读数为 10.0 V ．如果三者串联后再加电压 $U$ ，试问每个
伏特计的读数各是多少？ | 【解】 图4．2．13中 $a 、 b$ 间的电阻为
$$
R=\frac{R_{\mathrm{A}} R_{\mathrm{B}}}{R_{\mathrm{A}}+R_{\mathrm{B}}}+R_{\mathrm{C}}=\frac{1200 \times 800}{1200+800}+1000=1480(\Omega)
$$
图4．2．13
所以
$$
U=I... | |
一段电路如图4．2．14，其中 $\mathscr{E}= 3.0 \mathrm{~V}, r=2.0 \Omega, R=8.0 \Omega, I=1.0 \mathrm{~A}$ ．试问： （1）$a$ 点的电势比 $b$ 点的高多少？（2）电源做功的功率是多少？（3）电源输出的功率是多少？
（4）若电流反向，结果如何？ | 【解】（1）$U_{a}-U_{b}=-I R+\mathscr{E}-I r=-1.0 \times 8.0+3.0-1.0 \times 2.0=-7.0(\mathrm{~V})$负号表示，$a$ 点的电势比 $b$ 点的低．
（2）电源做功（电源中非静电力做功）的功率为
$$
P=I{ }^{\circ}=1.0 \times 3.0=3.0(\mathrm{~W})
$$
（3）电源输出的功率为
$$
P_{0}=I U=I \mathscr{E}-I^{2} r=3.0-1.0^{2} \times 2.0=1.0(\mathrm{~W})
$$
（4）若电流 $I$ 反向，则
$$
U_{a}^{\prime... | |
一部分电路如图4．2．15所示，其中 $\mathscr{E}=2.0 \mathrm{~V}, r=2.0 \Omega, R_{1}=8.0 \Omega$ ， $R_{2}=6.0 \Omega, I_{1}=1.0 \mathrm{~A}, I_{2}=0.5 \mathrm{~A}$ ．试求 $a 、 b$ 两端的电势差 $U_{a b}$ ．
图4．2．15 | 【解】 $U_{a b}=U_{a}-U_{b}=I_{1} R_{1}+\mathscr{E}+I_{1} r+\left(I_{1}+I_{2}\right) R_{2}$
$$
\begin{aligned}
& =1.0 \times 8.0+2.0+1.0 \times 2.0+(1.0+0.5) \times 6.0 \\
& =21.0(\mathrm{~V})
\end{aligned}
$$
 \\
U_{a}=2 \times 3=6(\mathrm{~V})
\end{gathered}
$$
$b$ 点的电势为
$$
U_{b}=-2 \times 1=-2(\mathrm{~V})
$$ | |
两个电池的电动势都是 $\mathscr{E}$ ，内阻分别为 $r_{1}$和 $r_{2}$ ，将它们串联后接到电阻 $R$ 上，如图4．2．17所示。 （1）试问 $R$ 为什么值时，内阻为 $r_{1}$ 的电池的端电压为零？ （2）这时该电池还起作用吗？ | 【解】（1）电路中的电流为
$$
I=\frac{2 \mathscr{E}}{r_{1}+r_{2}+R}
$$
图4．2．17
内阻为 $r_{1}$ 的电池的端电压为
$$
U_{1}=\mathscr{E}-I r_{1}=\mathscr{E}-\frac{2 \mathscr{E} r_{1}}{r_{1}+r_{2}+R}=\frac{\left(r_{... | |
一电路如图4．2．18所示，其中 $\mathscr{E}_{1} 、 r_{1} 、 \mathscr{E}_{2} 、 r_{2}$ 和 $R$ 都已知．试求通过 $R$ 的电流 I． | 【解】设通过 $\mathscr{E}_{1}$ 的电流为 $I_{1}$ ，通过 $\mathscr{E}_{2}$ 的电流为 $I_{2}$ ，则由节点得
图4．2．18
$$
I_{1}+I_{2}=I
$$
由两个回路分别得
$$
\begin{aligned}
& I_{1} r_{1}+I R=\mathscr{E}_{1} \\
& I_{2} r_{2}+... | |
三个电池并联如图4．2．19（1），已知 $\mathscr{E}_{1}=1.40 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=1.50 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{3}= 1.80 \mathrm{~V}, r_{1}=r_{2}=1.00 \Omega, r_{3}=1.60 \Omega$ ．试求每个电池的电流、端电压和输出功率．
... | 【解】设三个电池 $\mathscr{E}_{1} 、 \mathscr{E}_{2} 、 \mathscr{E}_{3}$ 的电流、端电压和输出功率分别为 $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3}, U_{1} 、 U_{2} 、 U_{3}$ 和 $P_{1}$ 、 $P_{2} 、 P_{3}$ ，则根据图4．2．19（2），由节点得
$$
I_{1}+I_{2}+I_{3}=0
$$
由 $\mathscr{E}_{1}$ 和 $\mathscr{E}_{2}$ 回路得
$$
I_{1} r_{1}-I_{2} r_{2}+\mathscr{E}_{2}-\mathscr{E}_{1}=0
$$
由 $\math... | |
一电路如图4．2．20 所示，已知其中 $\mathscr{E}_{1}=12.0 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=\mathscr{E}_{3}=6.0 \mathrm{~V}, R_{1}= R_{2}=R_{3}=3.0 \Omega$ ，电源的内阻都可略去不计．试分别求 $a 、 b$ 两点的电势差 $U_{a b}, a 、 c$两点的电势差 $U_{a c}$ 以及 $b 、 c$ 两点的电势差 $U_{b c}$ ． | 【解】设通过 $R_{1}$ 的电流为 $I$ ，从 $\mathscr{E}_{1}$ 经 $R_{1} 、 c$ 流向 $\mathscr{E}_{2}$ ，则有
$$
I=\frac{\mathscr{E}_{1}-\mathscr{E}_{2}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{12.0-6.0}{3.0+3.0}=1.0(\mathrm{~A})
$$
于是得所求的电势差为
$$
\begin{aligned}
& U_{a b}=U_{a}-U_{b}=-\mathscr{E}_{3}+I R_{2}=-6.0+1.0 \times 3.0=-3.0(\mathrm{~V}) \\
& U_{a c}=U_{... | |
图4．2．21是一个三极管的电路，其中电流 $I$ 从板极 $A$ 到阴极 $K$ ；从板极 $A$ 到栅极 $G$ 的电流可略去不计。已知 $I=10 \mathrm{~mA}, R_{3}=10 \mathrm{k} \Omega,{ }_{\mathscr{E}}=300 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{\text {的内 }}$阻可略去不计。（1）以地的电势为零，试分别求 $A$ 和 $G$ 的电势 $U_{A}$ 和 $U_{G}$ ；（2）若 $U_{G} -U_{K}=-15 \mathrm{~V}$ ，试求 $R_{2}$ 以及 $U_{A K}=U_{A}-U_{K}$ ． | 【解】（1）$U_{A}=-I R_{3}+\mathscr{E}=-10 \times 10^{-3} \times 10 \times 10^{3}+300=200(\mathrm{~V})$
$$
U_{G}=I_{G} R_{1}=0
$$
（2）因 $U_{G}-U_{K}=-U_{K}=-I R_{2}$ ，故得
$$
R_{2}=\frac{U}{I}=\frac{15}{10 \times 10^{-3}}=1.5 \times 10^{3}(\Omega)
$$
$$
U_{A K}=-I\left(R_{3}+R_{2}\right)+\mathscr{E}=-10 \times 10^{-3}(10+1... | |
一电路如图4．2．22，其中 $\mathscr{E}_{1}^{\circ}=1.5 \mathrm{~V}$ ， $\mathscr{E}_{2}=1.0 \mathrm{~V}$ ，电源的内阻都可略去不计。试求 $R_{3}$ 中的电流为零时，$R_{1}$ 与 $R_{2}$ 的比值 $R_{1} / R_{2}$ ． | 【解】设 $R_{3}$ 中的电流为零时，$R_{2}$ 中的电流为 $I$ ，则有
$$
I R_{2}+I R_{1}-\mathscr{E}_{1}=0
$$
所以
$$
I=\frac{\mathscr{E}_{1}}{R_{1}+R_{2}}
$$
$R_{1}$ 两端的电势差为
图4．2．22
$$
U=I R_{1}=\frac{\mathscr{E}... | |
电势差计（电位计）是准确测量电势差的仪器，它的线路如图4．2．23所示，其中 $\mathscr{E}$ 是辅助电源的电动势，其内阻可略去不计； $\mathscr{E}_{x}$ 是待测电源 （或标准电源）的电动势，其内阻为 $r$（图中画在电源外）；$R$ 是一个均匀电阻（在它上面各处，单位长度的电阻都相同），它的长度为 $a b=l, c$ 是它上面的一个滑动接头，$a$ 到 $c$ 的长度为 $a c=x$ 。设 $\mathscr{E}_{、} \mathscr{E}_{x}$ 和 $l$ 都已知。（1）试求电势差计平衡（即通过 $\mathscr{E}_{x}$ 的电流为零）时 $x$ 的值 $x_{0}$ ；（2）当 ... | 【解】（1）因平衡时通过 $\mathscr{E}_{x}$ 的电流为零，故有
$$
I R=\mathscr{E}
$$
式中 $I$ 是通过 $R$ 的电流，从 $b$ 经 $R$ 流向 $a$ 。
$R$ 上 $a 、 b$ 间单位长度的电阻为 $R / l$ ，故得
$$
\mathscr{E}_{x}=I \frac{R}{l} x_{0}
$$
由以上两式得
$$
x_{0}=\frac{\mathscr{E}_{x}}{\mathscr{E}^{e}} l
$$
（2）若 $x<x_{0}$ ，则 $\mathscr{E}_{x}$ 放电；若 $x>x_{0}$ ，则 $\mathscr{E}_{x}$ 充... | |
一电路如图4．2．24 所示，其中 $\mathscr{E}_{1} 、 \mathscr{E}_{2}$ 和 $R_{1} 、 R_{2} 、 R_{3}$ 都已知，电源的内阻已分算人 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ 内，试求电流 $I_{1} 、 I_{2}$ 和 $I_{3}$ 。 | 【解】由基尔霍夫电路定律得
$$
\begin{array}{ll}
\text { 节点 } d: & I_{1}+I_{3}=I_{2} \\
\text { 回路 } a d b \mathscr{E}_{1} a: & I_{1} R_{1}-I_{3} R_{3}-\mathscr{E}_{1}=0 \\
\text { 回路 } b d c \mathscr{E}_{2} b: & I_{3} R_{3}+I_{2} R_{2}+\mathscr{E}_{2}=0
\end{array}
$$
三式联立解得
$$
\begin{aligned}
I_{1} & =\frac{\left(R_{2}+R_{3}\ri... | |
一电路如图4．2．25所示，其中 $\mathscr{E}_{1}= 12.0 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=6.0 \mathrm{~V}, r_{1}=r_{2}=R_{1}=R_{2}=1.0 \Omega$ ，通过 $R_{3}$ 的电流为 $I_{3}=3.0 \mathrm{~A}$ ，流向如图所示．试求通过 $R_{1}$ 的电流 $I_{1}$ 和通过 $R_{2}$ 的电流 $I_{2}$ 以及 $R_{3}$ 的值． | 【解】设通过 $R_{1}$ 的电流为 $I_{1}$ ，自 $R_{1}$ 流向 $\mathscr{E}_{1}$ 的负极；通过 $R_{2}$ 的电流为 $I_{2}$ ，自 $\mathscr{E}_{2}$ 的正极流向 $R_{2}$ ，则由基尔霍夫第一定律得
图4．2．25
$$
I_{1}+I_{2}=I_{3}=3.0 \mathrm{~A}
$$
将基... | |
一电路如图4．2．26 所示，其中 $\mathscr{E}_{1}=1.5 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=1.0 \mathrm{~V}, R_{1}=50 \Omega, R_{2}=80 \Omega$ ， $R=10 \Omega$ ，电源的内阻都可略去不计，试求通
过 $R$ 的电流 $I$ ． | 【解】设电流 $I_{1}$ 自 $\mathscr{E}_{1}$ 的正极流出，电流 $I_{2}$ 自 $\mathscr{E}_{2}$ 的正极流出，则由基尔霍夫定律有
节点：$\quad I_{1}+I_{2}=I$
回路 $\mathscr{E}_{1} R R_{1} \mathscr{E}_{1}$ ：$I R+I_{1} R_{1}=\mathscr{E}_{1}$
回路 $\mathscr{E}_{2} R R_{2} \mathscr{E}_{2}: I R+I_{2} R_{2}=\mathscr{E}_{2}$
由式（1）、（2）、（3）解得
$$
I=\frac{R_{2} \mathscr{E}_... | |
一电路如图4．2．27（1），其中 $\mathscr{E}_{1}=3.0 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=1.5 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{3}=2.2 \mathrm{~V}, R_{1}= 1.5 \Omega, R_{2}=2.0 \Omega, R_{3}=1.4 \Omega$ ，电源的内阻都已分别算在 $R_{1} 、 R_{2}$ 和 $R_{3}$ 内，试求 $a 、 b$两点的电势差 $U_{a b}$ ．
图4．2．28
$R_{4}=... | 【解】（1）$a 、 b$ 断开时，通过 $\mathscr{E}_{1}$ 和 $\mathscr{E}_{3}$ 的电流为
$$
\begin{aligned}
I & =\frac{\mathscr{E}_{1}-\mathscr{E}_{3}}{R_{1}+R_{3}+R_{4}+R_{5}+r_{1}+r_{3}} \\
& =\frac{12.0-8.0}{2.0+2.0+2.0+2.0+1.0+1.0} \\
& =0.40(\mathrm{~A})
\end{aligned}
$$
故 $a 、 b$ 两点的电势差为
$$
U_{a b}=U_{a}-U_{b}=I\left(R_{3}+r_{3}+R_{5}... | |
一电路如图4．2．29（1）所示，其中 $\mathscr{E}_{1}=1.0 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{2}=2.0 \mathrm{~V}, \mathscr{E}_{3}=3.0 \mathrm{~V}$ ， $r_{1}=r_{2}=r_{3}=R_{1}=1.0 \Omega, R_{2}=3.0 \Omega$ ．试求：（1）通过 $\mathscr{E}_{3}$ 的电流；（2）$R_{2}$ 消耗的功率； （3） $\mathscr{E}_{3}$ 输出的功率． | 【解】（1）设电流分布如图4．2．29（2）所示．由基尔霍夫第一定律得
$\varepsilon_{2} r_{2}$
图4．2．29（1）
$ ，从右向左．于是由上边回路得
$1 \times(6+1)-20-1 \times(4+1)+\mathscr{E}_{1}=0$
所以
$$
\mathscr{E}_{1}=18 \mathrm{~V}
$$
由周边回路得
$$
1 \times(6+1)-20+\mathscr{E}_{2}+2 \times(1+2)=0
$$
\end{gathered}
$$
负号表示 $\mathscr{E}_{1}$ 在充电。于是得通过 $X$ 的电流为
$$
I_{x}=1.0+3.0=4.0(\mathrm{~A})
$$
其方向... | |
甲乙两站相距 50 km ，其间有两条相同的电话线，有一条因在某处触地而发生故障，甲站的检修人员用图4．2．32的办法找出触地处到甲站的距离 $x$ 。让乙站把电话线两端短路（即接在一起），作为电桥的一臂，调节 $r$ 使通过检流计 $G$的电流为零，已知电话线每公里长的电阻为 $6.0 \Omega$ ，测得 $r=360 \Omega$ ．试求 $x$ ．
图4．2．32 | 【解】由电桥平衡条件得
$$
6.0 \times(50+50-x)=6.0 x+r=6.0 x+360
$$
解得
$$
x=20 \mathrm{~km}
$$ | |
为了找出电缆在某处由于损坏而触地，可以使用图4．2．33的装置． $A B$ 是一条长为 100 cm 的电阻线，接头 $C$ 可以在它上面滑动。已知电缆长 7.8 km ，设当 $C$ 滑到 $\overline{C B}=41 \mathrm{~cm}$ 时，通过电流计 $G$ 的电流为零。试求电缆损坏处到 $B$ 的距离．
图4．2．33 | 【解】由电桥平衡条件得
$$
41 \times(2 \times 7.8-x)=(100-41) x=59 x
$$
解得
$$
x=6.4 \mathrm{~km}
$$
图4．2．34 |
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