17．20 两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L1 = 4.0×10-3H，通有电流I1 = 2A，B管的自感L2 = 9×10-3H，通有电流I2 = 4A．求两线圈内储存的总磁能．
[解答]A管储存的自能为
H = B/μ = nI，
因此中心轴线上能量密度为
1Wm1?L1I12
21??4?10?3?22?8?10?3(J)， 2B管储存的自能为
111w?B?H?BH??(nI)2
22212500??1000?4??10?7(?2)2 20.5= 2π×104(J·m-3)．
（2）螺绕环的总体积约为V = b2L，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)．
17．22 试证：平行板电容器中的位移电流可写成Id?C12 Wm2?L2I221??9?10?3?42?72?10?3(J)； 2由于两线圈完全耦合，互感系数为
dU的形式，式中C是dtM?L1L2
?4?10?3?9?10?3?6?10?3(H)，
A管和B管储存的相互作用能为
Wm12 = MI1I2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)，
两线圈储存的总能量为
Wm = Wm1 + Wm2 + Wm12 = 0.128(J)．
17．21 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
o 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 I b = 2.0A时，求：
（1）环内中心
b 轴线上处的磁能密
o` 度；
图17.21
（2）螺绕环的总磁能．
[解答]（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 = μrμ0．
磁场强度为
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？
[证明]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Id = dΦD/dt．
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 Id = dq/dt，
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
Id = CdU/dt．
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．
17．23 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？
[解答]因为Id = CdU/dt，所以电压变化率为
dU/dt = Id/C = 1/10-12 = 1012(V·s-1)． 17．24 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？
[解答]交变电压为 U = Umcos2πνt，
40
位移电流为
Id = CdU/dt = -CUm2πνsin2πνt，
电流最大值为
Im = CUm2πν = 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)．
17．25 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 = qmsinωt．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． [解答](1)平行板电容器的面电荷密度为ζ = q/S，位移电流密度为
上取一半径为R的环，其面积为 dS = 2πRdR，
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/4πε0r2，
其中r = (x2 + R2)1/2，通过环的电通量为
dΦe = E·dS = EdScosφ，
其中cosφ = x/r，所以得
d?e?qxRdRqxRdR?2?0r32?0(x2?R2)3/2，
积分得电通量为
?d?d?dqqm???cos?t． dtSdtS，
qxad(x2?R2) ?e?223/2?2?002(x?R)?qx(1?2)．
22?0x?a（2）在安培-麦克斯韦环路定律中
??H?dl?I?ILd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
蜒?H?dl??LLHdl?H ?dl?2?rH．
L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
环路所包围的面积为S` = πr2，右边的位移电流为
?d?(1?q2x)． 22x?aId??dS`?qm?(cos?t)?r2． S因此，两极板间磁场强度的分布为
当电荷q以速度v向O运动时，可认为圆面以dx/dt = -v向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为
H?qm?rcos?t， 2SId?d?d dt磁感应强度的分布为
B??0H??0qm?r2Scos?t．
?qx2?a2(?v)?x2(?v)/x2?a2?[] 222x?a
17．26 如图所示，电荷+q以速度v向O点运动（电荷到
r O点的距离以x表a θ 示）．以O点O圆
q v x O 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．
[解答]在圆面
qa2v?． 2(x2?a2)3/2
17．27 在真空中，一平面电磁波的电场为
图17.26 r v q θ φ r x a O R E xm-1)Ey?0.3cos[2??107(t?)](V·
c． 求：
41
（1）电磁波的波长和频率； （2）传播方向；
（3）磁场的大小和方向． [解答]（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方向，由于
可得 2πrE = -πr2dB/dt， 因此涡旋电场为
E???0nrdi2dt，
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
?0Ey??0Hz，
所以磁场强度为
S?EH??0n2rdi2idt．
?0?0?01Hz?Ey?Ey?Ey
?c??0001Ey 8?73?10?4??101x?cos[2??107(t?)]． 400?c?磁感应强度为
当di/dt > 0时，S的方向沿径向指向轴线；
当di/dt < 0时，S的方向沿径向向外．
17．29 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？
[解答]圆柱面积为 S = πr2， 坡印廷矢量的平均值为 S?P/S．
设最大电场强度为E0和最大磁感应强度为B0，可以证明：S?由于1Bz??0Hz?Ey
cx?10?9cos[2??107(t?)]．
c
17．28 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，di/dt>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．
[解答]（1）长直螺线管通有电流i时，在轴线上产r i i E 生的磁感应S 强度为 o B dl 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=πr2， 根据电场的环路定理
1E0H0． 2?0E0??0H0，可得
??0?c212S?E00E0?E0?0E02?022?0?0，
所以 E0?2S2P ?c?0c?0Sm-1）， ?1032.4?1.549?103(V·
[取ε0 = 1/4πk = 1/(4π×9×109)]． 同理， H0?2S2P， ?c?0c?0S磁感应强度的最大值为
B0??0H0?2?0S2?0P ?ccS??E?dl???L?B?dS， S?t42
?45?10?6?5.16?10?6(T)， 3
（取μ0 = 4π×10-7）．
17．30 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．
[证明]电容器的面积为 S` = πa2， 电容器充了电
L 量q时，面电荷
S` 密度为 a H S ζ = q/S`，
E 不计边缘效应，
S`` 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
dW`qdq． ?dtCdt?S`由于电容C?0，所以，流入电容器的
L能量速率等于其静电能增加的速率．
17．31 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：
S S S S S S （1）在
I 导线表面，坡I 印廷矢量S的
方向垂直于S S S S S S 导线表面向
图17.31 内；
（2）导体内消耗的焦耳热等于S传递来的能量．
L [证明]（1）
S` 导体的横截面积I a H I S 为 E a 2
S` = πa，
S``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
??H?dl?I?ILd，
左边为2πaH；右边的I = 0，Id = dq/dt，所
以磁场强度为
H?(Id?dq．
2?adtd?ddd??D?dS???0EdS dtdtSdtSdEd?dq??a2?0??a2?)
dtdtdt坡印廷矢量为S = E×H，其大小为
S?EH?qdq，
2?aS`?0dt??H?dl?I?ILd，
方向垂直环路指向轴线．
电容器侧面的表面积为S`` = 2πaL， 流入电容器的能量速率为
dWLqdq． ?SS``?dt?0S`dt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
左边为2πaH；右边的Id = 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
III2， S?EH????S`2?a2?aS`对于长为L的导体来说，其表面积为 S`` = 2πaL，
单位时间内传递来的能量为
CU2q2， W`??22C静电能的增加速率为
43
LI2， P?SS``??S`其中R???102?5?103(V)． ?68?10L正好是这段导体的电阻，而S`I2R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．
17．32 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
R ε 当电键断开时，L-C
K C=8μF 电路就发生振荡电
流；
（2）求振荡电流
L=2H,R=0 的频率；
图17.32 （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？
[解答]（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
（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 Uc = q/C； 当电感中电流变化时，产生的感应电动势大小为 UL = Ldi/dt．
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
?Ldiq??iR． dtC由于I = dq/dt，所以方程变为
d2qdqqL2?R??0． dtdtC设方程的解为q = Aert，代入微分方程
可得
Lr2 + Rr + 1/C=0．
根的判别式为D = R2 - 4L/C，当R2≧4L/C时，ert只有实部，电路不能发生振荡．
当R2 < 4L/C时，设r = α + ωi(i为虚数单位)，其中
???R， 2L4L/C?R21R2????2．
2LLC4L电路能够发生振荡，振荡频率为
1 ??2?LC1103???68?2?2?8?10．
?11R2????2．
2?2?LC4L=37.79(Hz)
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
（3）电量的方程为 q = qmcosωt， 电流的方程为 I = dq/dt = -ωqmsinωt， 其中ωqm = im，所以最大电量为qm = im/ω．
电容器两端的最大电势差为
??1/2?LC，
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E0和磁场强度的峰值H0为多少？
Um?qmimimLCL ???imC?CCC 44