习题解答-14

I
+
ID
= πR 2ε 0
dE dt
14-2 平板电容器的圆形极板半径为R=0.04m，放在真空中．今将电容器充电，
使两极板间的电场变化率为 2.5×1012V/(m.s)．求：(1)两极板间位移电流的大小；
(2)r=0.02m处及r=0.06m处的磁感强度． 分析 通常假定平板电容器极板间距很小，可以忽略边缘效应，认为电场局
解
极板间t
=
d dt
DS
= ε0S
dE dt
=
I
(1)当充电电流 I=0.01A 时，得
dE = I = 3.77 ×1012 V/(m ⋅ s) dt ε 0 S (2)当充电电流 I=0.5A 时，得
dE = I = 1.88 ×1014 V/(m ⋅ s) dt ε 0 S
a
b
解 (1) 极板上电荷 q = σ S ，根据传导电流的定
义，有 I = dq = S dσ ，得 dt dt
dσ = I = I = 1.0 C/(m2 ⋅ s) = 11.1C/(m2 ⋅ s) dt S d 2 0.32 （2）正方形回路 abcd 间的位移电流为
c
d
0.1 m 0.3 m
解 (1) r<R 时，穿过以 L 为边界圆平面的传导电流为零，圆面积为 S = π r 2 ，
电位移通量为Ψ D = SD = π r 2ε 0 E ，位移电流为
ID
=
dΨ D dt
= π r 2ε 0
dE dt
所以穿过 S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流，为
I
+
ID
= π r 2ε 0
dE dt
∫H L
⋅
dl
=
H
⋅
2π
r
=
I
+
ID
则
B
=
µ0H
=
µ0 2π r
ID
= ε0µ0
r 2
dE dt
=
2.78 ×10−7
T
当 r=0.06m>R 时，因为电场局限在两极板间，求电位移通量时，只应计入
极板的面积πR 2 ，Ψ D = SD = π R 2ε 0 E ，位移电流为
ID
=
dΨ D dt
= πR 2ε 0
的电位移通量为
ΨD
=
q
2π r(r − 4π r 2
x)
=
q⎜⎛1 − ⎝
x ⎟⎞ r⎠
=
q⎜⎜⎝⎛1 −
(R2
x + x2 )1 2
⎟⎟⎠⎞
因 dx =- v，则通过圆平面的位移电流为 dt
P
r R
ϕ
v
O
ID
=
dΨ D dt
=−q
R 2 dx dt
2 (R2 + x2 )3/2
=
qR 2 v 2(R 2 + x 2 )3/ 2
图 14-2
= 0.111A
(2)在两极板间取半径为 r 的磁场线为安培回路 L，当 r=0.02m<R 时，电位移
通量为Ψ D = SD = π r 2ε 0 E ，位移电流为
ID
=
dΨ D dt
= π r 2ε 0
dE dt
由于磁场的对称性，H 的方向在圆周回路 L 的切线方向，大小处处相等，根据 全电流定理，得
dE dt
得
B
=
µ0H
=
µ0 2π r
ID
= ε0µ0
R2 2r
dE dt
= 3.71×10−7
T
14-3 给极板面积S=3cm2的平板电容器充电，分别就下面两种情形求极板间 的电场变化率dE/dt：(1) 充电电流I=0.01A；(2)充电电流I=0.5A．
分析 极板内的位移电流与极板外的传导电流在大小和方向上相同，给出传 导电流的大小相当于给出位移电流的大小，再根据位移电流的定义便可求出 dE/dt．
图 14-7
(1) 分析表明，运动电荷的磁场具有轴对称性，磁场线是垂直于轴线圆心在轴上 的一系列同心圆．设圆边缘某点 P 的磁感强度为 B，磁场强度为 H，以给定圆 为积分回路 L，应用全电流定理和(1)式，得
∫H L
⋅ dl
=
H
⋅ 2πR
=
I
+
ID
=
qR 2 v 2(R 2 + x 2 )3 2
H
第十四章 电磁场理论的基本概念
14-1 平板电容器由半径为 R 的两块圆形极板构成，用长直电流给其充电， 使极板间电场强度增加率为 dE/dt，L 为两极板间以 r 为半径，圆心在电容器对 称轴上，圆平面与极板平行的圆．以 L 为边界，作曲面 S 使圆平面与 S 形成闭 合曲面以包围电容器的一个极板，如图 14-1 所示，求通过曲面 S 的全电流，(1) r<R 时；(2)r>R 时．
与运动电荷磁感强度计算公式相同．
分析 两极板以速度 v 相互离开时, 电容器始终与电源相连, 不考虑电源内
阻, 也不考虑线路内阻, 两极板的电势差正好为电源电动势．于是可以计算出极 板间场强和电位移矢量．
解 板间电位移矢量大小为
D=
ε
0
E
=
ε
0E d
ID
=
dD dt
S
=
S
d dt
(ε 0 E ) d
=
ε0E d2
vS
14-7 如图 14-7 所示，匀速直线运动的点电荷+q，以速度 v 向 O 点运动， 在 O 点处画一半径为 R 的圆，圆面与 v 垂直(v<<c)，试计算通过此圆面的位移 电流．
应用全电流定理计算圆边缘某一点的磁感强度．设运动电荷与该点的距离
为 r, 把计算结果与运动电荷的磁感强度计算式 B = µ0 q v × r 作比较. 4π r 3
分析 由运动电荷的磁感强度表示式可以看出，该磁场具有轴对称性，即以 电荷运动方向为轴线，与轴线距离相等并与电荷距离相等处磁感强度大小相等、 方向在垂直于轴线并以轴线为中心的圆的切线方向．
14-4 平板电容器的正方形极板边长为 0.3m，当放电电流为 1.0A 时，忽略 边缘效应，求(1)两极板上电荷面密度随时间的变化率；(2)通过极板中如图 14-4
∫ 所示的正方形回路 abcd 间的位移电流的大小；(3)环绕此正方形回路的 B ⋅ dl 的 L
大小．
分析 若极板上电荷面密度σ ，则对于平板电容 器有 D=σ ．
ID
= C dV dt
,
其中 C 为电容器电容, V 为两极板电势差．
证 对任意形状的电容器, t 时刻极板带电量 q=CV，当 C 不变时
dq = C dV = I dt dt
ID
=
I
=
C
dV dt
14-6 极板面积为 S 的一平板电容器与一电动势为 E 的电源相连接, 若电容
器两极板间的距离 d 随时间变化, 且两极板相互离开的速度的大小为 v. 在不考 虑电源内阻及线路内阻的情况下, 忽略边缘效应, 求两极板间的位移电流.
图 14-4
ID
=
dΨ D dt
=
d dt
DS abcda
= S abcda
dσ dt
= 0.12 ×11.1 A = 0.111 A
（3）正方形回路 abcd 的磁感强度环流为
∫ B ⋅ dl abcda
=
µ0 I D
=
1.39×10-7 Wb/m
14-5 证明对任意形状电容器, 当电容量 C 不变化时, 位移电流为
解 半径为 R 的圆中心到电荷的距离为 x，其边缘到电荷的距离
r = R 2 + x2 ，如图 14-7 所示，当 v<<c 时, 运动点电荷周围电场具有球对称性， 以电荷为中心、r 为半径的球的电位移通量为 q，通过给定圆的电位移通量等于 以 r 为半径以该圆为边界的球冠的通量．球冠面积为 2π r(r − x) ，则通过给定圆
限在两极板间．
解 (1) 电容器的极板面积为 S = π R 2 ，穿
过以 L 为边界的圆平面的电位移通量为
Ψ D = SD = π R 2ε 0 E ，位移电流为
ID
=
dΨ D dt
= πR 2ε 0
dE dt
R
r
I
I
E
L
= 3.14 × 0.042 × 8.85 ×10−12 × 2.5 ×10−12 A
S
S
I
I
I
I
L
L
图 14-1
分析 全电流定理指出，磁场强度沿闭合回路 L 的线积分等于通过以 L 为 边界的曲面 S 的全电流，当回路 L 一定时，积分值是一定的，与所取曲面形状 无关．因此以 r 为半径的圆作为回路，通过圆平面的全电流应等于通过曲面 S 的全电流．由于本题中通过 S 的传导电流是未知的，可以计算通过圆平面的全电 流获得所需结果．
(2) r>R 时, 因为忽略边缘效应，平板电容器的电场局限在极板内，极板面积
为 S = π R2 ，穿过以 L 为边界的圆平面的传导电流为零，电位移通量为
Ψ D = SD = π R 2ε 0 E ，位移电流为
ID
=
dΨ D dt
= πR 2ε 0
dE dt
所以穿过 S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流，为
=
qRv 4π (R 2 + x 2 )3/ 2
由于 sinϕ =
R
， r = R 2 + x 2 ，则
(R 2 + x2 )1/ 2