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d U I 证： d = C dt 证：设极板面积S，板间距d
∴
e0 dt dt 若不是平行板电容器，上式仍可适用。
位移电流密度 平行板电容器 圆柱形电容器
Φ d U d e C= 0 =C
Φ=
U Φ= S d CU
δd
D =σ
dD = dt
δd
l
D = pr 2
δd
d σ = dt 1 dl = 2 p r d t 目录
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r D d H= 2 dt
q D d d S = dt dt
r dq r d q t) H = 2S d = 2S dt ( 0sin ω t r ω q0cos ωt = 2 p R2
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.
.
解：
d H dl = dt sD d S H 2pr = p r2 d D dt
14-2 在一对巨大的圆形极板(电容C=l.0 ×10-12 F)上，加上频率为50Hz、峰值为 174000V的交变电压，计算极板间位移电 流的最大。
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已知：C =1.0×10-12 F, f =50Hz , Um =1.74×105V 求：Idm Φ Id =e0 d 解： dt S ωt Φ = ES = Umcos d S e C = 0 d Id = C ∴ ω Um sin ωt Id 的最大值 Idm = Cω Um =C 2p f Um =1.0×10-12×2p×50×1.74×105 =5.74×10-5(A) 结束 目录
g ( )m δ 5.7×107 = = -12 11 e 2 p f 8.85 × 10 × 2 p × 3 × 10 ( ) δ dm 0
= 2.0×1016
= 2.0×1016
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14-5 有一平板电容器，极板是半径为R 的圆形板，现将两极板由中心处用长直引线 连接到一远处的交变电源上，使两极板上的 电荷量按规律q=q0sinω t变化。略去极板边 缘效应，试求两极板间任一点的磁场强度。
14-6 为了在一个1.0mF的电容器内产生 1.0A的瞬时位移电流，加在电容器上的电压 变化率应是多大?
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解：
Id = C dU dt dU Id = dt C
1.0 = 1.0×10-6 =1.6×106(V)
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14-7 一圆形极板电容器，极板的面积为 S ，两极板的间距为 d 。一根长为d 的极细 的导线在极板间沿轴线与两板相连，已知细 导线的电阻为 R，两极板外接交变电压 U =U0sinω t，求: (1)细导线中的电流; (2)通过电容器的位移电流; (3)通过极板外接线中的电流; (4)极板间离轴线为r 处的磁场强度。设r 小于极板的半径。
14-3 有一电荷q ，以速度v(v<<c)作匀速 运动。试从 d Ψ . H dl = dt 计算离电荷r 处的磁场强度。
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已知： q , v (v<<c) d Φ0 求： 从 H dl = H dt 解：通过平面的电位移通量 q S Φ = D dS = 2d s4 πr s a q q 2 v 2 sin d q q r π = 2 r 0 4 π a q = 2 (1 cosa )
´ ´ ´ ´ ´ B E E ´. B ´= E´ B E + x x + x x xBx 2 v v 2 = ExBx+ g c2 EyEz+EyBy c2 EzBz-vByBz v E E v2 E B E B -vB B y z c2 y z c2 y y + z z 2 2 2 v v = ExBx+ g (1 c2 )EyBy + (1 c2 )EzBz =ExBx+EyBy+EzBz = E . B 结束 目录
0701 0711 0721 0731
АБВГДЕЁЖЗИ ЙКЛМНОПРСТ УФХЦЧШЩЪЫЬ ЭЮЯ
0211 0221 0231 0241 0251 0261 0271 0281 0291
⊑⊒⊓⊔ ⊕⊖⊗⊘⊙⊚⊛⊜⊝⊞ ⊟⊠⊡⊢⊣⊤≽≾≿⊀ ⊁⊂⊃⊄⊅⊆⊇⊈⊉⊊ ⊋⊌⊍⊎⊏⊐≳≴≵≶ ≷≸≹≺≻≼㈠㈡ ㈢㈣㈤㈥㈦㈧㈨㈩ ⅠⅡⅢⅣⅤⅥⅦⅧⅨⅩ ⅪⅫⅩ
qv H= 2 sina 4p r
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14-4 当导线中有交流电流时，证明：其 中传导电流密度δ 与位移电流密度D/t的 大小比为γ ω /ε 0 。 式中γ 是导线的电导率，ω =2π f ，f 是交 流电的频率，导线的ε r 1。已知铜导线的 γ =5.7×107S/m ，分别计算当铜导线载有 频率为(1)50Hz和(2)3.0×1011 Hz的交流电 流时，传导电流密度和位移电流密度大小的 比值。
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已知：S、d、 R、 U =U sinω t
0
求：(1)I, (2)Id , (3)I ´ (4)H
解：(1)
U U 0 ωt sin I= = R R
(2)
(3)
e d U 0S U Id = C ω ωt 0 cos = dt d
I ´ = I + Id
e U 0 sin 0S U ω t+ ω ωt 0 cos = R d
.B
Bx By Bz = x + y + z =0
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Bx By Bz 证明： = x + y + z =0 m I 0 Bx = sinq 2pr
.B
= 2pr2 = 2p(x2+y2) m Ix 0 By = 2p(x2+y2)
m0Iy
m0Iy
B z =0
(2) E´ c B´ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c B´ c B´ = E´ x +E´ y + E´ z x y c B´ z 2 2 = Ex c Bx 2 2 2 2 2 2 2 g + Ey + v Bz 2EyBz + Ez + v By + 2EzBy 2 2 v v 2 2 v 2 v 2 2 2( 2 E c c4 y + Bz c2 EyBz + c4 Ez + By + c2 EyBz) 2 2 2 v 2 2 2 2 v 2 g = Ex c Bx + g (1 c2 )Ey + (1 c2 )Ex 2 2 2 2 2) 2 2 2 g g ) + (v c Bz + (v c By
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H2pr = I + Id 2 p r e U 0 sin 0 Uω t ω ωt + 0 cos = R d
2 p r e 1 U 0 ω t + 0 Uω ωt sin H= 0 cos 2pr R d
.
(4)
H
dl = I ´
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14-8 已知无限长载流导线在空间任一点 的磁感应强度为：m0I/2pr 。试证明满足方 程式
.B
=
m0Iy(-2x)
2 2
+ 2 2 +0 = 0 2p(x +y ) 2p(x +y )
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m0Ix(-2y)
14-9 试从方程式 及
D ×H =δ + t
. D =ρ 出发，导出 .δ =
ρ t
并解释其物理意义。
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解：由方程
×H
D =δ + t
两边取散度
.
. .
R
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电荷在运动，a 在变化 q a d Φ d 0 ∴ Id = sin a = dt dt 2
a d ∵r v sina = dt
.
q a d ∴ H d l = 2 sina dt qv 2 a sin = 2r 由于对称性在半径为R 的平面上H值相同
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qv 2pRH = r sin2a 2 R = rsina
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解： δ =g E 设Fra bibliotekd E δ d = e0 dt E =E0 sin ωt
ωt δ =g E0 sin ( )m g δ = e0 ω ( m d) δ ω E0 cosω t δ d = e0 g ( )m 5.7×107 δ = = -12 e 2 p f 8.85 × 10 ×2p×50 ( ) δ dm 0
×H
( .D ) t ρ . + 0= δ t δ + = .
. δ =
∴
ρ t
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14-10 利用电磁场量间的变换关系，证 明 E . B 和 E 2 c 2B 2 是不变量。
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证： E´ x =Ex g (Ey-vBy ) E´ x= (1)
B´ x =Bx v g ´ By= ( c2 Ez+By ) v g ´ g (Ez+vBy ) Bz = ( 2 Ey+Bz ) E´ z= c
2
2
2
= Ex +Ey + Ez c Bx c By c Bz 2 2 2 =E c B
2 2 2
2
2
2
2
2
2
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习题总目录
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0601 ΑΒΓΔΕΖΗΘΙΚ 0611 ΛΜΝΞΟΠΡ΢ΣΤ 0621 ΥΦΧΨ 0631αβγδεζηθ 0641ικλμνξοπρσ 0651 τυφχψω 0101 、。·ˉˇ¨〃〄— 0111 ～‖…„‟“”【】々 0121 〆〇〈〉《》「〒〓」 0131 『ª×÷∶∧∨∑∏∪ 0141 ∩∈∷√≱∥∠≲≰∫ 0151 ∮≡≌≈∸∝≠≮≯≤ 0161 ≥∞∵∴▬▫©′″℃ 0171 ＄¤￠￡‰§№▪▩▦ 0181 ▨▧▥▤□■▣▢※→ 0191 ←↑↓』→耻虫仇 0201 ⅰⅱⅲⅳⅴⅵⅶⅷⅸⅹ