重庆大学电磁场习题答案习题(第5章)

第五章习题答案5-1解：穿过速度v运动的矩形线框的磁链为：vtkavtkakbNBbdykyBNdNmvtavtamSm2sin2sincos22SB所以，线框的感应电动势为：kvtkabvNBdtvtkavtkakbNBddtdmmmsin2sin22sin2sin/5-2如题图所示，一半径为a的金属圆盘，在垂直方向的均匀磁场B中以等角速度旋转，其轴线与磁场平行。在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷。这一装置称为法拉第发电机。试证明两电刷之间的电压为22Ba。证明：，选圆柱坐标，evBeBevBvEzind其中ev2200aBdBedevBldEaalind证毕5-3解：平板电容器极板间的电场强度为：tdUduEmsin则位移电流密度为：tdUtEtDJmDcos005-4一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为cmr11、cmr42，长度cml5.0，极板间介质的介电常数为04，极板间接交流电源，电压为V100sin26000tu。求st0.1时极板间任意点的位移电流密度。解法一：因电源频率较低，f=50Hz为缓变电磁场，可用求静电场方法求解。忽略边沿效应，电容器中的场为均匀场，选用圆柱坐标，设单位长度上内导体的电荷为，外导体电荷为题图5-2zv，因此有eE0221rr1200ln222121rrddlEurrrr120ln2rru所以erruE12ln，erruD12ln21212A/m100cos10026000lnlnetrreturrtDJd当st1时2512A/m10816100cos100260004ln108584eeJd..解法二：用边值问题求解，即40102u由圆柱坐标系有0)(1(1)解式(1)得21lncc由边界条件得：4ln1ucuc2uuln4ln所以etE4ln100sin26000etED4ln100sin2600040ettDJD1004ln100cos2600040当st1时)(1081625mAeJD.5-5由圆形极板构成的平板电容器)(da见题图所示，其中损耗介质的电导率为、介电系数为、磁导率为，外接直流电源并忽略连接线的电阻。试求损耗介质中的电场强度、磁场强度和坡印廷矢量，并根据坡印廷矢量求出平板电容器所消耗的功率。解：由于电容器两端的电压为直流电压，因此没有位移电流，只有漏电流。由EdU知zedUE,2URUIRd电流强度均匀分布且垂直于极板，在介质内部，电场强度为：zedUE在任意一点的电流密度：zUJEed利用安培环路定律可得任一点的磁场强度为：dUH22故eHdU2所以玻印亭矢量为：2222dUdUdUzeeeHES外部空间进入电容器的总功率，即电容器消耗的功率为：222222UdaadadUdsPasS负号表明电容器吸收功率。由于电容器的电导为:daUdaUUddUUIGa2202故：题图5-5,,da+-0UzHIUGUUdaP2225-7解：设球形电容器内的传导电流为I，取以坐标原点O至介质中任意点的距离为半径的球面，有：IJdcsC24sJ于是，传导电流密度为：eJ24IC电场强度为：eJE24IC所以baIdIdubal11442lE于是可得：cmItababUababuIcos44位移电流密度为：eDJtabUabtEtmDsin2故可得位移电流为：tabUabtabUabdImmSDDsin44sin22sJ全电流为：ttababUtababUtabUabIIimmmDCsincos4cos4sin45.8：采用圆柱坐标系：极板间的电场为：zdueE故位移电流为：zmDtdUtEteDJcos应用全电流定律：DDlJId2lH故eHtdUmcos25-9在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为81r，电导率为S/m24.。分别求频率Hz11kf、MHz12f以及GHz13f时位移电流密度和传导电流密度的比值。解：令交变电磁场的电场强度为tsinEE传导电流JC和位移电流JD分别由以下公式计算：tJsinCEttttDcossinEEDJ所以位移电流密度和传导电流密度的幅值比为：890103924210361812../JJfffKrCD分别将三种频率代入上式中得：4-8-310100751103910K3..＝f1-8-610100751103910K6..＝f0751103910K89109..＝f5-11题图所示的一对平行长线中有电流tItimsin)(。求矩形线框中的感应电动势。解：在圆柱坐标中，由无限长直导线产生的磁感应强度为eIB20左边一条产生的etIeIBmsin22101101右边一条产生的etIeIBmsin22202202左边导线对矩形框产生的磁通1bcbthIhdtISdBmcbbmcbblnsin2sin201011右边导线对矩形框产生的磁通2题图5-11acathImlnsin202所以矩形框的磁通cbacabthImln2sin012所以cbacabthItmln2cos05-13真空中磁场强度的表达式为zzzextHeHH)sin(0，求空间的位移电流密度和电场强度。解：由dyzzzyxJexHHzyxeeeH00得ydextHJ)cos(0又由：tDJd，所以CextHdttDDyt)sin(00CextHDEy)sin(000因为无恒定场分量，所以0C所以yextHDE)sin(0005-14已知在某一理想介质中的位移电流密度为2/)5sin(2mAeztJxD，介质的介电常数为0，磁导率为0。求介质中的电场强度E和磁场强度H。解：由tDJD得xtDeztdtJD)5cos(20，xeztE)5cos(20又由tBE可得yeztH)5cos(100025,,1200cc所以：yyeztHH)5cos(525-16半径为R，厚度为h、电导率为的导体圆盘，盘面与均匀正弦磁场B正交，如题图所示。已知xetBBsin0，忽略圆盘中感应电流对均匀磁场的影响，试求：（1）圆盘中的涡流电流密度cJ；（2）涡流损耗eP。解：选圆柱坐标，由于盘面与均匀正弦磁场B正交，有变化的磁场产生的电场就只有e方向分量，且为半径的函数zzzetBtBeEEzeeeEcos100110求解可得：zetBEcos210所以01cos2CzJEBte题图5-16zBhRBdhBdttJTdVJPTcVVc420222022R0202216281dV)(115-17由圆形极板构成的平行板电容器，间距为d，其间的均匀介质，电导率为，介电常数为，磁导率为0，当外加电压为tUumsinV时，忽略电容器的边缘效应。试求电容器中任意点的位移电流和磁感应强度（假设变化的磁场产生的电场远小于外加电压产生的电场）。解：dUE，dtUdUEmsin（1）tEtDJd，tdUtEJmcosd（2）方向：E和J的方向相同，从高电压方向指向低压方向。由全电流定律：SdSddEtDlHSSl即：22sin2dtUdtUHmmcos由此解得：eHdtUdtUmm2sin2cos故电容器中任意点磁感应强度为：eHBdtUdtUmm2sin2cos0005-18已知大地的电导率mS3105，相对介电常数10r，试问可把大地视为良导体的最高工作频率是多少？解：由题意知满足磁准态场的条件：由1时，大地可视为良导体，在工程中可以认为取两个数量级时，可认为满足远远小于条件，即：01.0f2＝所以：412310910854187818.8210501.0fHz5-19（1）长直螺线管中载有随时间变化相当慢的电流tIsini0＝。先用安培环路定律求半径为a的线圈内产生的磁准静态场的磁感应强度，然后利用法拉第定律求线圈里面和外面的感应电场强度；（2）试论证上述磁准静态场的解只有在－0的静态极限情况下，才精确地满足麦可斯韦方程组。解：（1）对于长直螺线管，在均匀密绕的条件下，磁场方向与电流方向成右手螺旋关系，为0sin)(00zetNItB)()(aa（1）N是每单位长度上的线圈的匝数。由于磁场分布具有轴对称性，因而它感应出的电场也具有这一性质，其方向与磁场成右螺旋。取半径为的同心圆周为积分路径，应用法拉第定律，可求得沿ze方向的磁场产生的电场为SlSdBdtdtEldE)(2,tIaNdtdiNtINdtdiNcoscos0202002020)()(aa（2）所以有：00200cos2E(,)cos2NIttNIat)()(aa（3）（2）将（1）式和（3）式代入麦可斯韦方程中tDH＝容易验证两边不相等，只有在－0的静态场极限情况下，才精确的满足麦可斯韦方程组。)(1)1(1B1H000zzBeBe＝＝00))(((1))((110000tNietNie)()(aa（4）tINaetINetEDsin2sin2t0220002000)()(aa（5）很明显，式（4）和式（5）不相等，但是当－0时tD＝H＝0，精确满足麦可斯韦方程组。5-20同题5-17，假如圆形极板的面积是A，在频率不很高时，用坡印廷定理证明电容器内由于介质的损耗所吸收的平均功率是RUP2，式中R是极板间介质的漏电阻。与5-5题方法