《大学物理》第十一单元 习题答案

111圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为R1和R2(R1<R2),中间充满介电常数为E 的电介质.当两极板间的电压随时间的变化一=k时(k为常数),求介质内距圆柱轴线为 r处的位移电流密度 圆柱形电容器电容Cs2π R R 2丌aU U In R q 2 R R R R R, 112试证:平行板电容器的位移电流可写成h=cdU 式中C为电容器的电容,U是 电容器两极板的电势差.如果不是平板电容器,以上关系还适用吗? CU ①,=DS=CU lsd=cdu 不是平板电容器时D=o仍成立 do D=C,还适用 题11-3图 113如题11-3图所示,电荷+q以速度节向O点运动,+q到O点的距离为x,在O点处作

习题十一 11-1 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为 R1 和 R2 ( R1 ＜ R2 )，中间充满介电常数为  的电介质.当两极板间的电压随时间的变化 k t U = d d 时( k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为 r 处的位移电流密度． 解：圆柱形电容器电容 1 2 ln 2 R R l C  = 1 2 ln 2 R R lU q CU  = = 1 2 1 2 2 ln ln 2 R R r U R R r lU S q D     = = = ∴ 1 2 ln R R r k t D j  =   = 11-2 试证：平行板电容器的位移电流可写成 t U I d C d d = ．式中 C 为电容器的电容， U 是 电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗? 解：∵ q = CUS CU D =  0 = ∴ D = DS = CU 不是平板电容器时 D =  0 仍成立 ∴ t U I D C d d = 还适用． 题 11-3 图 11-3 如题11-3图所示，电荷+ q 以速度 v  向 O 点运动，+ q 到 O 点的距离为 x ，在 O 点处作 t U C t I D D d d d d = = 

半径为a的圆平面,圆平面与ν垂直.求:通过此圆的位移电流 解:如题113图所示,当q离平面x时,通过圆平面的电位移通量 02=5(-2) [此结果见习题8-9(3)] ta 题11-4图 114如题11-4图所示,设平行板电容器内各点的交变电场强度E=720sin105mV·m2,正 方向规定如图.试求 (1)电容器中的位移电流密度 (2)电容器内距中心联线r=107m的一点P,当t=0和t=×10-5s时磁场强度的大小及方向 (不考虑传导电流产生的磁场) JD EoE =60-=50(720si105m)=720×103r0cos103mA·m2 (2)∵ 5d=∑+f。,元d 取与极板平行且以中心连线为圆心,半径r的圆周l=2m,则 JD t=0时Hp=×720×1035x0=36×103Am-1 10s时,Hp=0 11.5半径为R=0.10m的两块圆板构成平行板电容器,放在真空中,今对电容器匀速充电, de 使两极板间电场的变化率为=1.0×103V·m·s.求两极板间的位移电流,并计算电 容器内离两圆板中心联线r(r<R)处的磁感应强度Br以及r=R处的磁感应强度BR 解:(1) aD dE JoS=iD 8A

半径为 a 的圆平面，圆平面与 v  垂直．求：通过此圆的位移电流． 解：如题 11-3 图所示，当 q 离平面 x 时，通过圆平面的电位移通量 (1 ) 2 2 2 x a q x D +  = − ［此结果见习题 8-9(3)］ ∴ 2 3 2 2 2 2( ) d d x a qa v t I D D + = =  题 11-4 图 11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度 E =720sin t 5 10 V·m -1，正 方向规定如图．试求： (1)电容器中的位移电流密度； (2)电容器内距中心联线 r =10-2 m的一点P，当 t =0和 t = 5 10 2 1 −  s时磁场强度的大小及方向 (不考虑传导电流产生的磁场)． 解：(1) t D jD   = , D =  0E ∴ t t t t E jD       5 0 5 5 0 0 (720sin 10 ) = 72010 cos10   =   = 2 A m −  (2)∵     = +  ( ) d 0 d S D l H l I j S     取与极板平行且以中心连线为圆心，半径 r 的圆周 l = 2r ，则 D H r r j 2 2 =  D j r H 2 = t = 0 时 0 5 0 5 720 10 3.6 10 2 =     =    r HP 1 A m −  5 10 2 1 − t =  s 时， HP = 0 11-5 半径为 R =0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电， 使两极板间电场的变化率为 t E d d =1.0×1013 V·m -1·s -1．求两极板间的位移电流，并计算电 容器内离两圆板中心联线 r ( r ＜ R )处的磁感应强度 Br 以及 r = R 处的磁感应强度 BR ． 解: (1) t E t D jD   =   = 0  2.8 2 ID = jDS = jDR  A

(2)∵ Fd=∑l+ds 取平行于极板,以两板中心联线为圆心的圆周l=2m,则 H2mr=jor=Eo de H B=AH=出sodE 2dn=56×106T 当r=R时,Bn=_RE *11-6一导线,截面半径为102m,单位长度的电阻为3×1039·m,载有电流25.1A.试计 算在距导线表面很近一点的以下各量: (1)H的大小 (2)E在平行于导线方向上的分量 (3)垂直于导线表面的S分量 解:(1)∵ F=∑1 取与导线同轴的垂直于导线的圆周l=2m,则 H2m=1 H =4×102A (2)由欧姆定律微分形式j=GE得 E=L=1/S=BR=753×102V.m σ1/RS (3)∵S=E×H,E沿导线轴线,H垂直于轴线 ∴S垂直导线侧面进入导线,大小S=EH=30.1W·m *11-7有一圆柱形导体,截面半径为a,电阻率为p,载有电流l0 (1)求在导体内距轴线为r处某点的E的大小和方向: (2)该点H的大小和方向 (3)该点坡印廷矢量S的大小和方向 (4)将(3)的结果与长度为l、半径为r的导体内消耗的能量作比较 解:(1)电流密度j= 由欧姆定律微分形式j。=E得

(2)∵ H l I j S S D l     d = 0 + d    取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周 l = 2r ，则 2 0 2 d d 2 r t E H r j r  = D =   ∴ t r E H d d 2 0 =  t r E Br H d d 2 0 0 0   =  = 当 r = R 时， 0 0 6 5.6 10 d d 2 − = =  t R E BR   T *11-6 一导线，截面半径为10-2 m，单位长度的电阻为3×10-3Ω·m -1，载有电流25.1 A．试计 算在距导线表面很近一点的以下各量： (1) H 的大小； (2) E 在平行于导线方向上的分量； (3)垂直于导线表面的 S 分量． 解: (1)∵  H l = I   d 取与导线同轴的垂直于导线的圆周 l = 2r ，则 H2r = I 2 4 10 2 = =  r I H  1 A m −  (2)由欧姆定律微分形式 j = E 得 2 7.53 10 1/ / − = = = IR =  RS j I S E  1 V m −  (3)∵ S E H    =  , E  沿导线轴线, H  垂直于轴线 ∴ S  垂直导线侧面进入导线，大小 S = EH = 30.1 2 W m −  *11-7 有一圆柱形导体，截面半径为 a ，电阻率为  ,载有电流 0 I ． (1)求在导体内距轴线为 r 处某点的 E  的大小和方向； (2)该点 H  的大小和方向； (3)该点坡印廷矢量 S  的大小和方向； (4)将(3)的结果与长度为 l 、半径为 r 的导体内消耗的能量作比较． 解:(1)电流密度 S I j 0 0 = 由欧姆定律微分形式 j = E 0 得

E=Jo Po=p 方向与电流方向一致 (2)取以导线轴为圆心,垂直于导线的平面圆周l=2m,则 由H·d=JdS可得 H2=/ ,方向与电流成右螺旋 (3)∵ S=E×H ∴S垂直于导线侧面而进入导线,大小为 S=EH plot axa (4)长为l,半径为r(r<a)导体内单位时间消耗能量为 P 单位时间进入长为l,半径为r导体内的能量 ;〓κ说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量 *11-8一个很长的螺线管,每单位长度有n匝,截面半径为a,载有一增加的电流i,求: (1)在螺线管内距轴线为r处一点的感应电场 (2)在这点的坡印矢量的大小和方向. 解:(1)螺线管内B=oni 由 E·dl 取以管轴线为中心,垂直于轴的平面圆周l=2m,正绕向与B成右螺旋关系,则 E2r= ∴E=⊥OBp0md 2a’方向沿圆周切向,当<0时,E与B成右螺旋关系:;当

2 0 0 0 a I j j E     = = = ，方向与电流方向一致 (2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周 l = 2r ，则 由    = l S H l j S     d 0d 可得 2 2 2 0 a r H r = I ∴ 2 0 2 a I r H  = ，方向与电流成右螺旋 (3)∵ S E H    =  ∴ S  垂直于导线侧面而进入导线，大小为 2 4 2 0 2 a I r S EH   = = (4)长为 l ，半径为 r(r  a) 导体内单位时间消耗能量为 4 2 2 0 2 2 2 2 0 01 2 1 ( ) a I lr r l a I r W I R    = =  = 单位时间进入长为 l ，半径为 r 导体内的能量 4 2 2 0 2 2 a I lr W S rl   =  = W1 =W2 说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量． *11-8 一个很长的螺线管，每单位长度有 n 匝，截面半径为 a ，载有一增加的电流 i ，求： (1)在螺线管内距轴线为 r 处一点的感应电场； (2)在这点的坡印矢量的大小和方向． 解: (1)螺线管内 B ni =  0 由 S t B E l l S     d d    = −   取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周 l = 2r ，正绕向与 B 成右螺旋关系，则 2 2 r t B E r    = − ∴ dt nr di t r B E 2 2 0 = −   = − ，方向沿圆周切向，当 0 d d  t i 时， E  与 B  成右螺旋关系；当

d>0时,E与B成左旋关系 B、H 题11-8图 (2)∵S=E×H,由E与H方向知,S指向轴,如图所示 大小为 S=EH= Eni= lone, di *119一平面电磁波的波长为3.0cm,电场强度的振幅为30V·m,试问该电磁波的频率为多 少?磁场强度的振幅为多少?对于一个垂直于传播方向的面积为0.5m2的全吸收面,该电磁波 的平均幅射压强是多大? 解:频率υ=-=1.0×100Hz 利用VE,E0E=V,H和S=E0H0可得 B0=10H0 4bEo=10×10-7T 由于电磁波具有动量,当它垂直射到一个面积为A的全吸收表面时,这个表面在M时 间内所吸收的电磁动量为 aCAT,于是该表面所受到的电磁波的平均辐射压强为: P=C=5=51n=5251=40×10°Pa o 可见,电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的

0 d d  t i 时， E  与 B  成左旋关系。 题 11-8 图 (2)∵ S E H    =  ，由 E  与 H  方向知， S  指向轴，如图所示. 大小为 t i i n r S EH Eni d d 2 2 0 = = = *11-9 一平面电磁波的波长为3.0cm，电场强度的振幅为30V·m -1，试问该电磁波的频率为多 少?磁场强度的振幅为多少?对于一个垂直于传播方向的面积为0.5m2的全吸收面，该电磁波 的平均幅射压强是多大? 解: 频率 10 = =1.010   c Hz 利用 0 0 0 0 2 1  r  E = r H和S = E H 可得 7 0 0 0 0 0 0 1.0 10− B =  H =   E =  T 由于电磁波具有动量，当它垂直射到一个面积为 A 的全吸收表面时，这个表面在 t 时 间内所吸收的电磁动量为 gAct ，于是该表面所受到的电磁波的平均辐射压强为： 9 2 0 0 0 0 0 4.0 10 2 2 − = = = = =  C E C E H C S P gC   Pa 可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的．