第五章习题答案2sin ()2a vt a B dS N a k vt +-=+-⎰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ω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22ωBa 。

证明：，选圆柱坐标， ρφe vB e B e v B v E z ind=⨯=⨯= 其中 φρωe v=22ωρρωρερρa B d B e d e v B l d E aal ind ====⎰⎰⎰∙∙∴证毕 5-4 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为cm r 11=、cm r 42=，长度cm l 5.0=，极板间介质的介电常数为04ε，极板间接交流电源，电压为V t 10026000u πsin =。

求s t 0.1=时极板间任意点的位移电流密度。

解法一：因电源频率较低，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τ，外导体电荷为τ-，因题图5-2zvρ此有ρρπετe 2E 0=21r r <<ρ1200222121r rd dl E u r r r r ln πετρρπετ===⎰⎰∙1202r ru ln =∴πετ 所以 ρρe r r u E 12ln =， ρρεe r r uD 12 ln =2A/m ρρππρερεe t 10010026000r r e tu r r tD J 1212dcos ln ln ⨯=∂∂=∂∂=当s t 1=时2512A/m 10816100100260004108584ρρρππρe e J d--⨯=⨯⨯⨯⨯=.cos ln .解法二：用边值问题求解，即⎪⎩⎪⎨⎧=====∇401u 02ρϕρϕϕ 由圆柱坐标系有0)(1=∂∂∂∂ρϕρρρ (1)解式(1)得21ln c c +=ρϕ由边界条件得： 4u c 1ln -= u c 2=u 4u +-=∴ρϕln ln所以 ρρπϕe 4t 10026000Eln sin =-∇=ρρπεεe 4t 100260004E D 0ln sin ==ρπρπεe 1004t 100260004t J 0D⨯=∂∂=ln cos 当s t 1=时)(.25D mAe 10816J ρρ -⨯=5-5由圆形极板构成的平板电容器)(d a >>见题图所示，其中损耗介质的电导率为γ、介电系数为ε、磁导率为μ，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。

dz UJ E e γγ==22I Ue e dφφγρπρ=所以坡印亭矢量为：2×H=()US E e ργρ=-外部空间进入电容器的总功率，即电容器消耗的功率为：222sU S dS R dγ-=⎰5-7解：设电容器间的电流为I ，取以坐标原点O 至介质中任意点的距离ρ为半径的球面，有：24C C sJ dS J I πρ==⎰I J e ρ=题图5-5CJ I E e ρ==4baI E dl πρ=⎰⎰4mab U abU b aπγ=-4D sab J dS b πεω-=⎰(4cos m abU b πγ=-采用圆柱坐标系z U E e = cos t t dε==∂∂则有：2lHdl I πρ==⎰cos 2m U H te dφωερω=5-9 在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为81=r ε，电导率为S/m 24.=γ。

分别求频率Hz 11k f =、MHz 12=f 以及GHz 13=f 时位移电流密度和传导电流密度的比值。

解：传导电流C J 和位移电流D J 分别由以下公式计算E J γ=C ， tDJ D ∂∂=所以传导电流和位移电流的幅值比为：()8-904.2 4.29.31081811102C D J K J f fγεωεωππ⨯=====⨯⨯⨯ 分别将三种频率代入式(1)中得：5101039K 3⨯=.＝f 2101039K 6⨯=.＝f 930K 910.＝=f5-11题图所示的一对平行长线中有电流t I t i m ωsin )(=。

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φπρμe I B 20=左边一条产生的φφωπρμπρμe t Ie I B m sin 10110122==右边一条产生的φφωπρμπρμe t I e I B msin 22202202==左边导线对矩形框产生的磁通1Φbcb t h I hd t I S d B m cb bm cb b+=∙=∙=Φ⎰⎰++lnsin sin ωπμρωπρμ2201011右边导线对矩形框产生的磁通2Φaca t h I m +=Φln sin ωπμ202 所以矩形框的磁通 ()()c b a c a b t h I m ++=Φ-Φ=Φln sin πωμ2012所以 ()()c b a c a b t h I t m ++=∂Φ∂-=ln cos πωωμε205-13 真空中磁场强度的表达式为z z z e x t H e H H)sin(0βω-==，求空间的位移电流密度和电场强度。

解：由d y z zz y x J e xH H x e e e H =∂∂-=∂∂=⨯∇00 得 y 0d e x t H J )cos(βωβ-=又由：tDJ d ∂∂= ，所以 C e x t H dt tD D y 0t 0+-=∙∂∂=⎰)(βωωβsin题图5-11C e x t H Dy 000+-==)sin(βωωεβε因为无恒定场分量，所以0=C所以 y e x t H D E)sin(βωωεβε-==0005-14 已知在某一理想介质中的位移电流密度为2/)5sin(2m A e z t J x D μω-=，介质的介电常数为0ε，磁导率为0μ。

求介质中的电场强度和磁场强度。

解： 由tDJ D ∂∂= 得x t D e z t dt J D )5cos(20--==⎰ωω， x e z t E )5cos(20--=ωωε又由tBE ∂∂-=⨯∇ 可得y e z t H)cos(51002--=∴ωεμω5,,1200===ββωεμc c所以： y y e z t H H )5cos(52--==ω5-16 半径为R ，厚度为h 、电导率为γ的导体圆盘，盘面与均匀正弦磁场正交，如题图所示。

已知x e t Bωsin 0=，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c J ；（2）涡流损耗e P 。

解：选圆柱坐标题图5-16zB()z0zz e t B tB e E 10E 000e 1e e 1Eωωρρρρρρρφφφρcos -=∂∂-=∂∂=∂∂=⨯∇z 0e t B Eωρωcos 21-=所以 01cos 2C z J E B t e γγρωω==-hR B d h B dt t J TdV J P Tc V Vc42022222R22216281dV )(11γωπρπρρωγγγγ==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡==⎰⎰⎰⎰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γ，介电常数为ε，磁导率为0μ，当外加电压为t U um ωsin =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： d U E =， d tU d U E m ωsin ==∴ （1）t E t D J ∂∂=∂∂=εd ， t dU t E J m ωωεεcos =∂∂=∴d （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：S d S d d∙∙∙⎰⎰⎰+∂∂=E tD l H SSlγ22sin 2πρωγπρωωεπρ⋅+⋅=⋅dtU dtU H m m cos00cos sin 22m m U tU tB ddεμωωγμωρρ∴=+5-18 已知大地的电导率mS3105-⨯=γ，相对介电常数10=r ε，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<<γωε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：01.0f 2=γεπγωε＝ 所以： 412310910854187818.8210501.0⨯=⨯⨯⨯⨯=--πf Hz 5-19 （1）长直螺线管中载有随时间变化相当慢的电流t I ωsin i 0＝。

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ω－>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 )(00ze t NI t Bωμ )()(a a ><ρρ （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ρ的同心圆周为积分路径，应用法拉第定律，可求得沿z e方向的磁场产生的电场为 ⎰⎰∙-==∙Sl S d B dt d t E l d E),(2ρπφ⎪⎩⎪⎨⎧-=--=-=t I a N dt di N t I N dt di N ωωπμπρμωωπρμπρμcos cos 020******* )()(a a ><ρρ （2）所以有：00200cos 2E (,)cos 2N I t t N I a t ϕμωρωρμωωρ⎧-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩)()(a a ><ρρ （3）（2）将（1）式和（3）式代入麦可斯韦方程中tD∂∂⨯∇ ＝H容易验证两边不相等，只有在ω－>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(1B 1H 000ρμφρμμρρ∂∂-+∂∂⨯⨯∇⨯∇z z B e B e＝＝⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂-+∂∂=00))(((1))((110000t Ni e t Ni e μρμμφρμφρ)()(a a ><ρρ （4）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂=∂∂t I Na e t I N e t E D ωωμεωρωμεεφφsin 2sin 2t 022******* )()(a a ><ρρ （5）很明显，式（4）和式（5）不相等，但是当ω－>0时tD∂∂⨯∇＝H ＝0，精确满足麦可斯韦方程组。