第16章答案

16-1习题十六16—1圆形的平行板电容器，如图所示，极板半径为R，沿极板轴线的长直导线内通有交变电流，设电荷在极板上均匀分布，且tsin0，忽略边缘效应，求：(1)极板间的位移电流密度；(2)电容器内外距轴线均为r的点b和点a处的磁感应强度的大小(rR)。[解](1)由位移电流密度公式tdDj得tEtd0Djtcostsintt00001(2)由SLdtdSjDlH得a点处，在极板外侧0tD，idSSj22RRdtddtdqitcos0∴tcosRirB02002因此tcosrRB0202b点处，在极板之间0j200000rtcosdStcosdtdSLSDlB∴tcosrrtcosrB0020022116—2上题中，设R＝10cm，充电时极板间电场强度的变化率为121005.dtdEsmV，求：(1)两极板间的位移电流；(2)极板边缘处的磁感应强度。[解](1)20RtEIddSjA.....41101431005109821212(2)极板边缘处应用安培环路定理16-2dSLIdtd00SDlBdIRB02T...IRBd670108240102104216—3一电容为C的平行板电容器，两极板间的距离为d，极板面积为A，外加交变电压tsinUu0，求通过电容器两极板之间的位移电流强度。[解]tcosUdAtUdAtEAdtISd010001SD又dAC0所以tcosCUId016—4试证：平行板电容器中的位移电流可以表示为dtduCiD(略去边缘效应)[证明]设平行板电容器极板面积为S，极板间距离为ddtduCdtdudttdiSdd00SESDSj16—5在如图所示的电路中，C＝100pF，L=400H，设刚闭电键K时，电容器两极板间的电势差为1.0V，且电路中的电流为零。求：(1)振荡频率；(2)最大电流；(3)线圈中磁场的最大能量。[解]这是一个LC回路(1)振荡频率LC121MHz.Hz.8010080101001104001217126(2)设最大电流为mI16-3222121mmCUmIA..ULCImm46121005011040010100(3)222121mmmCUmIWJ..11212100501101002116—6由于沿x轴正方向传播的电磁波的作用，真空中某处电场由下式确定t.cos.Ey6510051001(S1)求该处磁感应强度的振动方程和振动方向。[解]∵BHE0001∴EcEB100t.cos.68510051031001t.cos.61410051033B的方向既与E方向垂直又与传播方向垂直。故B沿y轴方向振动。16—7在地球上测得太阳辐射的平均能流密度231041mW.S。设太阳到地球的距离为m.111051。求太阳的辐射总功率。[解]∵SPS∴24RSSSPW....262113100410511434104116—8一气体激光器发出的光强度可达281003mW.。试计算对应的电场强度和磁感应强度的振幅。[解]设电场强度和磁感应强度振幅分别为mE和mB16-4∵EHHECS20202mmmmEEHES002121∴ScSEm000222∴ScEm02mV.588710841031031042T..EcBmm385106110311084116—9一圆柱形长导线载有恒定的电流I，其载面半径为R，电阻率为。(1)在线内与圆柱轴线相距为r的各点处，E矢量的大小和方向如何?(2)在同一点处H矢量的大小和方向如何?(3)在同一点处坡印亭矢量S的大小和方向如何?(4)在导线内任取半径为r，长为l的一段共轴圆柱，试利用以上的结果计算单位时间内穿过所取圆柱段的侧面的能流。将所得结果与这圆柱段内消耗的焦耳热功率加以比较，能得到什么结论?[解](1)E的方向沿电流I的方向，在任意r处，取长为l的一段导线则有2222RIlrlrRIlUE即导线内部电场是匀强电场。(2)对任意r(rR)处的H应用安培环路定理，有22rRIIdLlH所以222221RIrrRIrHH方向与I成左手螺旋关系，沿着所取环路方向。(3)∵HES而E⊥H∴4222222RrIRIrRIEHSS方向指向圆柱形导线的轴线。且处于与轴线垂直的各不同截面上。(4)所取侧面的面积为rlA2∵4224222RrIrlRASp16-5这段圆柱体所消耗焦耳热功率为4222222RlrIrlrRIp所以pp这说明导体所消耗的焦耳热就是由于导体内所存在的电场和磁场引起的。16—10一个正在充电的圆形平行板电容器如图所示。忽略边缘效应，试证明：(1)两板间电场的边缘处的坡印亭矢量S的方向指向电容器内部；(2)单位时间内按坡印亭矢量计算进入电容器内部的总能量等于电容器中的静电能的增加率。[证明](1)∵HESE的方向即i的方向是竖直向下的，H的方向由右手螺旋关系是沿顺时针方向，所以按叉乘法则S方向指向电容器内部。(2)设平行板电容器电容为C，半径为R，两板间距离为d，则EHS而202221RtERRtDRH所以dtdEERRS202因此dRSp2dtdEdERdRdtdEERR202022p就是单位时间内进入电容器内部的总能量。而电容器静电能dtdWdREVEW220202121dtdEdEREdtddR2022021所以dtdWp16—11一平面电磁波的波长为3.0cm，电场强度的振幅为30mV，试求：(1)电磁波的频率；(2)磁感应强度的振幅mB；(3)平均能流密度S；(4)当电磁波垂直照到0.502m的面积上面全部被吸收时，它对该面积的辐射作用力。16-6[解](1)Hz..c102810011003103(2)由于BHE0001所以EcB1因此T.EcBmm7810013010311(3)mmmmHEHES021212772110013010421mW..(4)辐射作用力dWFcAScpdtpN...98100210350021