大学物理_第十一章_课后答案new

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1、习题十一RRRR11-1圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为1和2(1＜2)，中间充满介电常数为εdU=k的电介质.当两极板间的电压随时间的变化dt时(k为常数)，求介质内距圆柱轴线为r处的位移电流密度．2πεlC=R2lnR解：圆柱形电容器电容12πεlUq=CU=R2lnR1q2πεlUεUD===SR2R22πrlnrlnRR11∂Dεkj==∂tR2rlnR∴1dUI=Cd11-2试证：平行板电容器的位移电流可写成dt．式中C为电容器的电容，U是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗?q=CU解：∵CUD=σ=0SΦ=DS

2、=CU∴DdΦdUDI==CDdtdtD=σ不是平板电容器时0仍成立dUI=CD∴dt还适用．题11-3图�qq11-3如题11-3图所示，电荷+以速度v向O点运动，+到O点的距离为x，在O点处�作半径为a的圆平面，圆平面与v垂直．求：通过此圆的位移电流．q解：如题11-3图所示，当离平面x时，通过圆平面的电位移通量qxΦ=(1−)D2x2+a2［此结果见习题8-9(3)］2dΦqavDI==D3dt2222(x+a)∴题11-4图510V·m-111-4如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E=720sinπt，正方向规定如图．试求

3、：(1)电容器中的位移电流密度；1−5×10-22(2)电容器内距中心联线r=10m的一点P，当t=0和t=s时磁场强度的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场)．∂Dj=DD=εE解：(1)∂t,0∂E∂555j=ε=ε(720sin10πt)=720×10πεcos10πtD000−2∴∂t∂tA⋅m����H⋅dl=I+j⋅dS∫l∑0∫(S)D(2)∵取与极板平行且以中心连线为圆心，半径r的圆周l=2πr，则2H2πr=πrjDrH=jD2r55H=×720×10πε=3.6×10πεP00−1t=0时2A⋅m1−5t=×102s时，HP=01

4、1-5半径为R=0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，dEd13-1-1使两极板间电场的变化率为t=1.0×10V·m·s．求两极板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线r(r＜R)处的磁感应强度Br以及r=R处的磁感应强度BR．∂D∂Ej==εD0解:(1)∂t∂t2I=jS=jπR≈2.8ADDD����H⋅dl=I+j⋅dS∫l∑0∫D(2)∵S取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周l=2πr，则2dE2H2πr=jπr=επrD0dtrdEH=ε0∴2dtµεrdE00B=µH=r02dtµ0ε0RdE

5、−6B==5.6×10R当r=R时，2dtT-2-3-1*11-6一导线，截面半径为10m，单位长度的电阻为3×10Ω·m，载有电流25.1A．试计算在距导线表面很近一点的以下各量：(1)H的大小；(2)E在平行于导线方向上的分量；(3)垂直于导线表面的S分量．��∫Hdl=∑I解:(1)∵取与导线同轴的垂直于导线的圆周l=2πr，则H2πr=II2H==4×10−12πrA⋅mj=σE(2)由欧姆定律微分形式得jI/S−2E===IR=7.53×10−1σ1/RSV⋅m�����(3)∵S=E×H,E沿导线轴线,H垂直于轴线�−2∴S垂直导线侧面进

6、入导线，大小S=EH=30.1W⋅mρI0*11-7有一圆柱形导体，截面半径为a，电阻率为,载有电流．�(1)求在导体内距轴线为r处某点的E的大小和方向；�(2)该点H的大小和方向；�(3)该点坡印廷矢量S的大小和方向；(4)将(3)的结果与长度为l、半径为r的导体内消耗的能量作比较．I0j=0解:(1)电流密度Sj=σE由欧姆定律微分形式0得jI00E==ρj=ρ02σπa，方向与电流方向一致(2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周l=2πr，则����H⋅dl=jdS∫l∫S0由可得2rH2πr=I02aIr0H=2∴2πa，方向与电流成右螺

7、旋���(3)∵S=E×H�∴S垂直于导线侧面而进入导线，大小为2ρIr0S=EH=242πar(r

8、B�∫E⋅dl=−∫⋅dS由lS∂t取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周l=2πr，正绕向与B成右螺旋关系，