第16章教材习题解答

第16章 电磁场

16.1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂

直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势

差，何端电势高． 解：设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为 d S = R 2d θ/2，

切割的磁通量为 d Φ = B d S = BR 2d θ/2，动生电动势的大小为 ε = d Φ/d t = ωBR 2/2． 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．

AO 和BO 段的动生电动势大小分别为

22()2550AO B L

BL ωωε=

=，2

2416()2550

BO B L BL

ωωε==

． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为

2310BO AO

BL ωεεε=-=242

332 1.010(0.5)1010

ωπ-???==

BL = 4.71×10-4(V)． [讨论]如果棒上两点到o 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为

2

2

2()(2)

2

2

2

B L l Bl B L Ll ωωωε++=

-

=

．

16.2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？

解：在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ =

d l cos θ；线元到直线之间的距离为r = x A + l sin θ， 直线电流在线元处产生的磁感应强度为0022(sin )

A I I

B r x l μμππθ=

=

+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2(sin )

A Iv l

Bv l x l μθεπθ⊥==+，

棒的动生电动势为

cos d 2sin L

A Iv l

x l μθεπ

θ=+?

cos d(sin )2sin sin L

A A Iv x l x l μθθπθθ+=+?0sin cot ln 2A A Iv x L x μθ

θπ+=， A 端的电势高．

[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势． （2）当θ→0时，由于

sin sin sin ln

ln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02A

IvL

x μεπ→，

这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．

16.3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L ．在导轨上的端接有电阻R ．匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度v 0向运动时，求： （1）AB 杆能够移动的距离；

（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热为多少？

B A

图16.3

图16.2

[分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来． 解：（1）方法一：速度法．设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv ，电流为 I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v/R ，方向与速度方向相反．

取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为

2()d d BL v v m R t -=，即：2d ()d v BL t v mR

=-

积分得方程的通解为2

1()ln BL v t C mR

=-+．

根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0．方程的特解为2

0()exp[]BL v v t mR

=-．

由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程2

0()d exp[]d BL x v t t mR

=-，

方程的通解为20()exp[]d BL x v t t mR =-?2

022()exp[]()mRv BL t C BL mR -=-+，

当t = 0时，x = 0，所以常量为022

()

mRv C BL =．方程的特解为2

02(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR =--． 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为0

2

()mRv x BL =．

方法二：冲量法．由F = -(BL )2

v/R ，得2

()d d BL x F t R

-=，

右边积分得 0d 0t

F t mv =-?，

即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．左边积分后，可得02

()mv R

x BL =． （2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为

222

()d d d d BLv Q I R t t t R R ε===22

0()2()exp[]d BLv BL t t R mR

=-

整个运动过程中产生的焦耳热为

22

00

()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞=-?2

2

200

2()exp[]22

mv mv BL t mR ∞

-=-=， 即：焦耳热是杆的动能转化而来的．

16.4 如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒AB 从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B 的方向竖直向上（忽略棒AB 与框架之间的摩擦），求棒AB 的动生电动势．若棒AB 沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R 为常量，棒AB 的动生电动势又

为多少？

解：（1）棒的加速度为 a = g sin θ，经过时间t ，棒的速度为v = at = (g sin θ)t ，而切割磁力线

的速度为 v ⊥ = v cos θ，所以棒的动生电动势为ε = BLv ⊥ = BLg (sin θcos θ)t = BLg (sin2θ)t /2． （2）设棒运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv cos θ，电流为I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v cos θ/R ，其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的

图16.4

分量为F` = F cos θ，其方向与速度的方向相反．

取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma 得速度的微分方程为

2(cos )d sin d BL v v mg m R t θθ-=，即 2

d d sin (cos )mR

t v mgR BL v θθ=-， 方程可化为222d[sin (cos )]

d (cos )sin (cos )mR mgR BL v t BL mgR BL v

θθθθθ--=-．

积分得方程的通解为22

ln[sin (cos )](cos )

mR

t mgR BL v C BL θθθ-=-+． 根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量2

ln(sin )(cos )

mR

C mgR BL θθ=， 方程的特解为22[sin (cos )]

ln

(cos )sin mR mgR BL v t BL mgR θθθθ--=， 棒的速度为2

2

sin (cos ){1exp[]}(cos )mgR BL v t BL mR

θθθ=--， 动生电动势为cos BLv εθ=2

(cos )tan {1exp[]}mgR BL t BL mR

θθ=--．

[讨论]当时间t 趋于无穷大时，最终速度为 2

sin (cos )mgR v BL θ

θ=，

最终电动势为 t a n m g R BL εθ=，最终电流为 t a n mg

I BL

θ=．

另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功

率为 P = mg sin θv ，感生电流做功的功率为

2

2

2

(cos )BLv P I R R R

εθ===

， 两式联立也可得2

sin (cos )mgR v BL θ

θ=，由此可以求出最终电动势和电流．

[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．

16.5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t 的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a 2

的均匀磁场B 垂直于圆盘，小面积离轴r （r >>a ）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M ≈B 2a 2r 2ωζt ． 解：电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成

长、宽和高分别为a 、a 和t 的小导体，其横截面积为S = at ，电流将从横

截面中流过，长度为a ，因此其电阻为1l R S t

ρσ==． 宽为a 的边扫过磁场中，速度大小为 v = rω，产生的感生电动势为ε = Bav = Bar ω，圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I = ε/R = Bar ωζt ，所受的安培力为F = IaB = B 2a 2r ωζt ，其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为

M = Fr = B 2a 2r 2ωζt ．其方向与角速度的方向相反．

16.6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B

的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，

并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x =

0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．

O

图16.6

图16.5 t

（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ．

解：（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为x = vt ，杆的有效长度为l = x tan θ = v (tan θ)t ，

动生电动势为εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ．

（2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为

3tan cos 2kx BS t θΦω== 33

tan cos 2

kv t t θω=

感应电动势为

d d i t

Φε=-

323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--， 即： 32

tan (sin 3cos )2

i kv t t t t θεωωω=-．

16.7 如图所示的回路，磁感应强度B 垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t 2 + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t 的单位为秒．求：

（1）在t = 2s 时回路中的感生电动势为多少？ （2）电阻上的电流方向如何？

解：（1）将磁通量的单位化为韦伯得Φ = (3t 2 + 2t + 1)/103，

感生电动势大小为ε = |d Φ/d t | = 2(3t + 1)/103．t = 2s 时的感生电动势为1.4×10-2(V)．

（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．

16.8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上面．两线圈的距离为x ，设x 远大于圆半径R ．大线圈中通有电流I 时，若半径为r 的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = d x /d t 运动．求x = NR 时，小线圈中的感应电动势为多少？感应电流的方向如何？ 解：环电流在轴线上产生的磁感应强度为2

0223/2

2()IR B x R μ=+，

当x >>R 时，磁感应强度为 2

03

2IR B x

μ≈

．

小线圈的面积为S = πr 2

，通过的磁通量为22

03

2IR r BS x

πμΦ=≈

，

当小线圈运动时，感应电动势为22

04

3d d 2IR r v

t x πμΦε=-≈

， 当x = NR 时，感应电动势为2042

32Ir v

N R πμε≈．

感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的环绕方向相同． 16.9 如图所示，匀强磁场B 与矩形导线回路的法线n 成θ = 60°角，B = kt （k 为大于零的常数）．长为L 的导体杆AB 以匀速v 向右平动，求回路中t 时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）． 解：经过时间t ，导体杆运动的距离为x = vt ，扫过的面积为S = Lx = Lvt ，通过此面积的磁通量为 Φ = B ·S = BS cos θ = Lvkt 2/2．感应电动势

的大小为ε = d Φ/d t = Lvkt ．由于回路中磁通量在增加，而感应电流的

磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电

图16.7

图17.8

图16.9

动势的方向是顺时针的．

16.10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD

且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．

解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为02I

B r μπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2Ib

B S r r

μΦπ==，

穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a x Ib Ib x a

r r x

μμΦππ++==?， 回路中的电动势为

d d t Φε=-

0d 11d [ln()()]2d d b x a I x

I x t x a x t

μπ+=-+-+ 00cos [ln()sin ]2()

I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++．

显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电

动势．

16.12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B 的方向垂直于圆面积向里，圆半径R = 12cm ，d B /d t = 10-2T·s -1．求图中a 、b 、c 三点的涡旋电场为多少（b 为圆心）？设ab = 10cm ，bc = 15cm ． 解：（1）当点在磁场之中时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环中，其周长为C = 2πr ，面积为 S = πr 2．取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。

根据安培环路定理

,d d S B

l E ???-=??

?

S L

k t

由于磁场增加，其变化率的方向与磁场方向相同，而感应电流的磁场与磁场增加的方向的方向相反，即垂直纸面向里，根据右手螺旋法则，涡旋电场的方向与环路方向相同，所以左边等于

,2d d r E l E k L

k L

k

π==???l E

而磁感应强度的方向与面积的法向方向相反，所以右边等于

2

d d d d d d S S B B S r t t t

π?-?==??

?B S ． 因此涡旋电场为 d 2d k r B

E t

=

． 对于a 点，由于r = 0.1m ，所以E k = 0.1×0.01/2 = 5×10-4(V·m -1)． 对于b 点，由于r = 0，所以E k = 0．

（2）当点在磁场之外时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环路．根据安培环路定理

,d d S B

l E ???-=??

?

S L

k t

， 左边的积分仍然为E k 2πr ．由于半径R 之外的磁感应强度及其变化率为零，所以右边的大小为πR 2d B /d t ，因此涡旋电场为

2d 2d k R B

E r t

=

． 对于c 点，由于r = 0.15m ，R = 0.12m ，所以E k = (0.12)2×0.01/2×0.15 = 4.8×10-4(V·m -1）．

图16.10

16.13 两个共轴的导体圆筒称为电缆，其内、外半径分别为r 1和r 2，设电流由内筒流入，外筒流出，求长为l 的一段电缆的自感系数（提示：按定义L = N Φ/I ，本题中N Φ是图中阴影部分面积的磁通量）． 解：在内外半径之间，磁感应强度的大小为B = μ0I /2πr ，其中r 是场点到轴线之间的距离，B 的方向是以轴线为中心的同心圆．在r 处取一长为l 的面积元d S = l d r ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S ，总磁通量为

2

1

0021

d ln 22r r I Il r

l r r r μμΦππ==?

， 电缆的自感系数为02

1

ln 2l r L I r μΦ

π=

=

． [讨论]电缆单位长度的自感系数为02

01

ln 2r L L l r μπ=

=． 16.14 两个共轴圆线圈，半径分别为R 和r ，匝数分别为N 1和N 2，两者相距L ．设小线圈的半径很小，小线圈处的磁场近似地可视为均匀，求两线圈的互感系数．

解：设大线圈中通以电流I 1，N 1匝线圈形成的环电流在轴线上产生的磁感应强度为2

011223/2

2()N I R B L R μ=

+，

小线圈的面积为 S = πr 2，大线圈通过一匝小线圈的磁通量为

22

0112

23/2

2()

N I R r BS L R πμΦ==

+，

在小线圈中产生的全磁通为22

0121212223/2

2()N N I R r N L R πμΦΦ==+，

互感系数为 22

01221

2

23/2

1

2()

N N R r M I L R πμΦ=

=

+．

[讨论]当两线圈相距很远时，L >>R ，互感系数约为2

0122N N r M R

πμ=

．

16.15 两个共轴的长直螺线管长为L ，半径分别为R 1和R 2，设R 2 > R 1；匝数分别为N 1和N 2．求两螺线管的互感系数．

解：设大螺线管中通以电流I 2，在轴线上产生的磁感应强度为B = μ0n 2I 2 = μ0N 2I 2/L ．小螺线管的面积为S = πR 12，大螺线圈通过一匝小螺线管的磁通量为Φ = BS = πμ0N 2I 2R 12/L ，在小线圈中产生的全磁通为Φ12 = N 1Φ = πμ0N 1N 2I 2R 12/L ， 互感系数为M = Φ12/I 2 = πμ0N 1N 2R 12/L ．

16.16 一圆形线圈C 1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S = 2cm 2，将C 1放在一个半径R = 20cm 的大圆线圈C 2的中心，两线圈共轴，C 2线圈为100匝．求：

（1）两线圈的互感M ；

（2）C 2线圈中的电流以50A·s -1的速率减少时，C 1中的感应电动势为多少？

解：(1)设大线圈中通以电流I 2，N 2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为

B = μ0N 2I 2/2R ，

小线圈中的全磁通为

图

16.13

图16.14

图16.16

Φ12 = N 1BS =μ0N 1N 2I 2S /2R ， 互感系数为

M = Φ12/I 2 = μ0N 1N 2S /2R = 4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)． (2) C 1中的感应电动势的大小为

ε = M d I 2/d t = 10-6π×50 = 5×10-5π(V)．

16.17 长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为a 、b ，它到直导线的距离为c （如图），当矩形线圈中通有电流I = I 0sin ωt 时，求直导线中的感应电动势．

解：如果在直导线中通以稳恒电流I ，在距离为r 处产生的磁感应强度为

B = μ0I /2πr ．

在矩形线圈中取一面积元d S = b d r ，通过线圈的磁通量为

00d d ln

22a c

S

c

Ib r Ib a c

B S r c

μμΦππ++==

=??

， 互感系数为 0ln

2b a c

M I

c

μΦ

π+=

=

． 当线圈中通以交变电流I = I 0sin ωt 时，直导线中的感应电动势大小为

00d (ln )cos d 2b I a c M

I t t c

μεωωπ+==． 16.18 在长圆柱形的纸筒上绕有两个线圈1和2，每个线圈的自感都是0.01H ，如图所示．求：

（1）线圈1的a 端和线圈2的a `端相接时，b 和b`之间的自感L 为多少？

（2）线圈1的b 端和线圈2的a`端相接时，a 和b`之间的自感L 为多少？ 解：（1）当线圈1的a 端和线圈2的a`端相接时，在b 和b`之间通以电流I ，两个线圈产生的磁场方向相反，由于两个线圈是相同的，总磁场B = 0，所以磁场能量为零，自感L 也为零．

（2）当线圈1的b 端和线圈2的a`端相接时，在a 和b`之间通以电流I ，两个线圈产生的磁场方向相同，由于两个线圈是相同的，总磁场为B = B 1 + B 2 = 2B 1，磁场的能量为

222111

d 4d 4222m V V

B B W V V L I μμ===??．

自感系数为 1224m

W L L I

=

==0.04(H)． 16.19 两个线圈的自感分别为L 1和L 2，，它们之间的互感为M ．将两个线圈顺串联，如图a 所示，求1和4之间的互感；（2）将两线圈反串联，如图b 所示，求1和3之间的自感． 解：两个线圈串联时，通以电流I 之后，总磁场等于两个线圈分别产生的磁场的矢量和B = B 1 + B 2，磁场的能量为

2

d 2m V B W V μ=?22

1212d d d 22V V V

B B V V V μμμ?=++???B B

221212cos 11

d 22V

B B L I L I V θμ=++?．

b

图16.19

（1）当两个线圈顺串时，两磁场的方向相同，θ = 0，所以

2221211

22

m W L I L I MI =

++， 自感系数为

12222m

W L L L M I

=

=++． （2）当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ = π，所以

2221211

22m W L I L I MI =

+-， 自感系数为

122

22m

W L L L M I =

=+-． 16.20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A ．求两线圈内储存的总磁能． 解：A 管储存的自能为

211112m W L I =

3231

4102810(J)2--=???=?， B 管储存的自能为

2

22212m W L I =

323191047210(J)2

--=???=?； 由于两线圈完全耦合，互感系数为

M

=

3610(H)-==?，

A 管和

B 管储存的相互作用能为

W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)， 两线圈储存的总能量为

W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)．

16.21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm ，横截面为正方形，其边长为b = 15mm ，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr = 1000，当导线中通有电流I = 2.0A 时，求： （1）环内中心轴线上处的磁能密度； （2）螺绕环的总磁能．

解：（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为n = N/L ，中心的磁感应强

度为B = μnI ，其中μ = μr μ0．磁场强度为 H = B/μ = nI ，因此中心轴线上能量密度为

2111()222w BH nI μ=

?==B H 72125001000410(2)20.5

π-=????= 2π×104

(J·

m -3)． （2）螺绕环的总体积约为V = b 2L ，将磁场当作匀强磁场，总磁能为 W = wV = 2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π = 7.07(J)． 16.22 试证：平行板电容器中的位移电流可写成d d d U

I C

t

=的形式，式中C 是电容器的电容，U 是两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？

证：根据麦克斯韦理论：通过电场任意截面的位移电流强度等于通过该截面电位移通量的时间变化率，即I d = d ΦD /d t ．在平行板电容器中，由于ΦD = DS ，而电位移D 等于电容器的面电荷密度，即D = ζ．因为电容器带电量为q = ζS = DS = ΦD ，所以 I d = d q /d t ，即：位移电流等于极板上电量的时间变化率．根据电容的定义C = q/U ，可得I d = C d U /d t ．其他电容

器可以看作由很多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容之和，所以此式对于其他电容器也可以应用．

16.23 如果要在一个1.0PF 的电容器中产生1.0A 的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？

解：因为I d = C d U /d t ，所以电压变化率为d U /d t = I d /C = 1/10-12 = 1012(V·s -1)． 16.24 在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz ，峰值为2×105V 的交变电压，电容器电容C = 2PF ，求极板间位移电流的最大值为多少？

解：交变电压为U = U m cos2πνt ，位移电流为I d = C d U /d t = -CU m 2πνsin2πνt ，电流最大值为

I m = CU m 2πν= 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)．

16.25 一平行板电容器的两极板面积为S 的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q = q m sin ωt ．求：

（1）电容器中的位移电流密度； （2）两极板间磁感应强度的分布．

解：(1)平行板电容器的面电荷密度为ζ = q/S ，位移电流密度为

d d cos d d m d q q t t S t S

ω

σδω=

==． （2）在安培-麦克斯韦环路定律中,d d L

I I +=??l H 两极板间没有传导电流，即I = 0．

由于轴对称，在两板之间以轴为圆心作一个半径为r 的圆，其周长为 C = 2πr ，使磁场的方向与环路的方向相同，左边为rH l H L

L

π2d d ==??

?l H

环路所包围的面积为S` = πr 2，右边的位移电流为2`(cos )m d d q I S t r S

ω

δωπ==

． 因此，两极板间磁场强度的分布为cos 2m q r

H t S

ωω=

， 磁感应强度的分布为00cos 2m q r

B H t S

μωμω==．

16.26 如图所示，电荷+q 以速度v 向O 点运动（电荷到O 点的距离以x 表示）．以O 点O 圆心作一半径为a 的圆，圆面与v 垂直．试计算通过此圆面的位移电流．

解：在圆面上取一半径为R 的环，其面积为d S = 2πR d R ，环上任一

面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为 E =

q /4πε0r 2，其中r = (x 2 + R 2)1/2，通过环的电通量为d Φe = E ·d S = E d S cos φ， 其中cos φ = x/r ，所以得3223/2

00d d d 22()

e qxR R qx R R

r x R Φεε=

=+， 积分得电通量为22223/20

d()22()a

e qx

x R x R Φε+=

+?

0(12q

ε=．

由于电位移强度D 和电场强度E 的关系为D = ε0E ，所以电位移通量和电通量之间的关系为Φd = ε0Φe

，因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为(12

d q

Φ=

．

当电荷q 以速度v 向O 运动时，可认为圆面以d x /d t = -v 向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为

d d d d I t

Φ

=

222)()[2q v x v x a ----=+2223/22()q a v x a =+． 16.27 在真空中，一平面电磁波的电场为

70.3cos[210()]y x

E t c

π=?-(V·m -1)．求： （1）电磁波的波长和频率； （2）传播方向；

（3）磁场的大小和方向．

解：（1）电磁波的角频率为ω = 2π×107(rad·s -1)，频率为 ν = ω/2π = 107(Hz)．波长为 λ = cT = c/ν = 3×108/107 = 30(m)．

（2）电磁波的传播方向为x 方向． （3）磁场的方向在z

y z =，

所以磁场强度为

00

1

z y y y H E E c μ=

=

= 871310410y

E π-=

???7

1cos[210()]400x t c

ππ=?-． 磁感应强度为

01z z y B H E c μ==

9710cos[210()]x

t c

π-=?-． 16.28 一个长直螺线管，每单位长度有n 匝线圈，载有电流i ，设i 随时间增加，d i /d t >0，设

螺线管横截面为圆形，求：

（1）在螺线管内距轴线为r 处某点的涡旋电场； （2）在该点处坡印廷矢量的大小和方向．

解：（1）长直螺线管通有电流i 时，在轴线上产生的磁感应强度为B = μ0ni ，磁场是均匀的，也是轴对称的．以轴线上某点为圆心，以r 为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr ，面积为S=πr 2，

根据电场的环路定理,d d S B l E ???-=???S L k t

，

可得2πr E = -πr 2

d B /d t ，因此涡旋电场为0d 2d nr i E t

μ=-

，

负号表示涡旋电场的方向与环路的环绕方向相反．

（2）管中磁场强度为H = B/μ0 = ni ．坡印廷矢量为S = E ×H ，其大小为

20d 2

d n r i

S EH i t

μ==

．

当d i /d t > 0时，S 的方向沿径向指向轴线；当d i /d t < 0时，S 的方向沿径向向外． 16.29 有一氦氖激光管所发射的激光功率为10×10-3W ，设激光为圆柱形光束，圆柱横截面直径为2.0×10-3m ，试求激光的最大电场强度和最大磁感应强度为多少？ 解：圆柱面积为S = πr 2，坡印廷矢量的平均值为/S P S =．设最大电场强度为E 0和最大磁感应强度为B 0，可以证明：001

2

S E H =

．

00=

，可得2

20000

122c S E E E ε===， 所以

0E =

=310 1.54910==?(V·

m -1），[取ε0 = 1/4πk = 1/(4π×9×109)]．

同理，0H =

=，磁感应强度的最大值为

000B H μ==

=6610 5.1610--==?(T)， （取μ0 = 4π×10-7）．

16.30 一平行板电容器由相距为L 的两个半径为a 的圆形导体板构成，略去边缘效应．证明：在电容器充电时，流入电容器的能量速率等于其静电能增加的速率． 证：电容器的面积为S` = πa 2，电容器充了电量q 时，面电荷密度为ζ = q/S`，不计边缘效应，边缘的场强为E=ζ/ε0=q/S`ε0．

在边缘做一个半径为a 的环路，其周长为2πa ，面积为S`．根据环路定理,d d L

I I +=??

l H

左边为2πa H ；右边的I = 0，I d = d q /d t ，所以磁场强度为d 2d q

H a t

π=．

(0d d d d d d d d d d S S I E S t t t Φε==?=??D S 220d d d d d d E q a a t t t

σπεπ===

) 坡印廷矢量为S = E ×H ，其大小为0d 2`d q q

S EH aS t

πε==，方向垂直环路指向轴线．

电容器侧面的表面积为S`` = 2πa L ，流入电容器的能量速率为0d d ``d `d W Lq q

SS t S t

ε==

． 当电容器带电q 时，根据电容公式C = q/U ，两端的电压为U = q/C ，所带的静电能为

22`22CU q W C ==，静电能的增加速率为d `d d d W q q

t C t =

． 由于电容0`

S C L

ε=，所以，流入电容器的能量速率等于其静电能增加的速率．

16.31 半径为a 的长直导体载有沿轴线方向的电流I ，I 均匀地分布在横截面上．证明：

（1）在导线表面，坡印廷矢量S 的方向垂直于导线表面向内； （2）导体内消耗的焦耳热等于S 传递来的能量．

证：（1）导体的横截面积为S` = πa 2，电流密度为δ = I/S`．导体的电阻率为ρ，电场强度大小为E = ρδ，方向与电流的流向相同．

在导体表面做一个半径为a 的环路，其周长为C = 2πa ．根据环路定理,d d L

I I +=??

l H

左边为2πa H ；右边的I d = 0，所以磁场强度为H = I /2πa ．

由于电场强度E 的方向沿着轴向，磁场强度方向沿着环路，根据S = E ×H ，可知：在导线表面，坡印廷矢量S 的方向垂直于导线表面向内． （2）在导体表面的坡印廷矢量的大小为

2

`22`

I I I S EH S a aS ρρ

ππ===， 对于长为L 的导体来说，其表面积为S`` = 2πa L ，

单位时间内传递来的能量为2

```

LI P SS S ρ==，

其中`

L

R S ρ=正好是这段导体的电阻，而I 2R 是导体消耗焦耳热的功率，所以导体内消耗

的焦耳热等于S 传递来的能量．

16.32 如图所示的电路，在电键K 接通后，电池中的稳恒电流为10A ，

（线圈的电阻R = 0）．

（1）说明为什么当电键断开时，L-C 电路就发生振荡电流； （2）求振荡电流的频率；

（3）求电容器两端的最大电势差；

（4）若线圈的电阻R ≠0，试讨论能否发生振荡？如能振荡，振荡频率为

多少？ 解：（1）当电键K 接通后，由于电池中的电流是稳恒的，电流不

通过电容器，只通过电感L ．K 断开时，L 中的电流发生了变化，就会产生感应生动势，给电容器C 充电；电容器充完电之后又放电．这个过程不断进行，就产生振荡电流． （2

）振荡电流的频率为ν

=

3

108π

=

==37.79(Hz)． （3）电量的方程为 q = q m cos ωt ，

电流的方程为 I = d q /d t = -ωq m sin ωt ，其中ωq m = i m ，所以最大电量为q m = i m /ω．

电容器两端的最大电势差为

m m m m q i i U i C C C ω=

==

=3

510

==?(V)． （4）当线圈中电阻不为零时，电流通过电阻要产生电压降iR ，当电容器带电时，两端的电

压为U c = q/C ；当电感中电流变化时，产生的感应电动势大小为 U L = L d i /d t ． 它们相当于两个电源，方向相同，而与电阻上电压降的方向相反，所以电路方程为

d d i q

L iR t C

--=．由于I = d q /d t ，所以方程变为 22d d 0d d q q q L R

t t C ++=． 设方程的解为q = A e rt ，代入微分方程可得Lr 2 + Rr + 1/C =0．

根的判别式为D = R 2 - 4L /C ，当R 2≧4L/C 时，e rt 只有实部，电路不能发生振荡．

当R 2 < 4L/C 时，设r = α + ωi(i 为虚数单位)，其中

2α-=R

L

，2L ω==

电路能够发生振荡，振荡频率为2ωνπ==

．α使振幅按指数规律减小． [讨论]当电路中的电阻R = 0时，α = 0，

频率为1/2ν=，这正是纯LC 电路的振荡频

率．

17.33 一飞机在离电台10km 处飞行，收到电台的讯号强度为10×10-6W·m -2，求：

（1）该电台发射的讯号在飞机所在处的电场强度的峰值E 0和磁场强度的峰值H 0为多少？ （2）设电台发射是各向同性的，求电台的发射功率． 解：（1）飞机电台收到讯号强度就是平均坡印廷矢量，根据17．29题的结果得电场强度的峰值为

0E

=

10-== 8.68×

10-2(V·m -1)， 磁场强度的峰值为

0H

=

10-=10-4(A·m -1)． （2）电台的发射功率等于单位时间内通过飞机所在球面的平均能量，即

24P r S π== 4π×(104)2×10×10-6= 4π×103(W) = 12.56(kW)．

图16.32