大学物理10第十章

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1、第十章变化电磁场的基本规律一、基本要求1.掌握法拉第电磁感应定律。2理解动生电动势及感生电动势的概念，本质及计算方法。3. 理解自感系数，互感系数的定义和物理意义，并能计算一些简单问题。4. 了解磁能密度的概念5. 了解涡旋电场、位移电流的概念，以及麦克斯韦方程组(积分形式)的物理意义，了解电磁场的物质性。二、基本内容1. 电源的电动势在电源内部，把单位正电荷由负极移到正极时，非静电力所做的功一_EkdlEk为作用于单位正电荷上的非静电力，电动势方向为电源内部电势升高的方向。法拉第电磁感应定律当闭合回路面积中的磁通量随时间变化时，回路中即产生感应电动势：閔=_dmdt方向由式中负号或楞次定律确

2、定。该定律是电磁感应的基本规律，无论是闭合回路还是通过作辅助线形成闭合回路，只要能够求出该回路所围面积的磁通量，就可以应用定律得到该回路中的感应电动势。自感、互感电动势也是该定律的直接结果。2. 动生电动势动生电动势是导体在稳恒磁场中运动而产生的感应电动势，它的起源是非静电场力一一洛伦兹力，其数学表达式为爭b(H)1(vB)dl或凌ab=JbEkdl=f(vxB)dlaa式中Ek=f=vB，动生电动势方向沿（vB）方向。q如ab0,则VaVb（b点点势高），如叮abVb（a点势高）；3. 感生电动势和涡旋电场感生电动势是由变化的磁场而产生的感应电动势，它的起源是涡旋电场，其数学表达式为-.b叩

3、E旋dl=dS（L）旋（S）讥涡旋电场：变化的磁场在其周围产生的电场，其电场线是闭合的，因而叫涡旋电场。是麦克斯韦的第一条假设。注意涡旋电场与静电场的起源机制和性质二者的区别。如果已知涡旋电场分布，可以通过积分求出一段导线两端的感应电动势，对于特殊的涡旋电场分布，可以通过作辅助线的方法，利用法拉第电磁感应定律求出一段导线两端的感应电动势。自感系数和自感电动势LI式中比例系数L为回路的自感系数，简称自感。如果回路周围不存在铁磁质，自感系数L仅取决于线圈自身的大小、几何形状、匝数以及线圈内磁介质的磁导率，与回路电流I无关。由于线圈自身电流的变化，而在线圈中产生的感生电动势叫做自感电动势。根据法拉第

4、电磁感应定律，自感电动势为LdJd|.|dL)dtdtdt若回路的自感L不随时间变化，则=dt4. 互感系数和互感电动势互感系数满足的规律是m21二M2儿M21称为线圈U对线圈I的互感系数，简称互感同理线圈U的电流强度I2的磁场，穿过线圈I的磁通链-；12与丨2成正比，即-ml2=M1212则M12称为线圈I对线圈U的互感系数，也称为互感。理论和实验均可证明m21=m12=mM称为互感系数，由两个线圈自身的几何结构、形状、大小，相对位置以及周围磁介质决定，对于非铁磁质，互感系数为常量，与两线圈中的电流无关。当一线圈中的电流发生变化时，在邻近的另一线圈中产生的感生电动势叫做互感电动势。根据法拉第

5、电磁感应定律，互感电动势为dI1dt若M不随时间变化，则dt同理12二-Mdl2dt7.磁场能量磁场的能量密度2m=-BH=-AH22s22总磁场能量WmmdV自感磁能：12WmL22&位移电流位移电流IdD.dSId=dt=sjddS位移电流密度cDjd=:t位移电流的概念是在将稳恒电流情况下所满足的安培环路定律应用于非稳恒电路时出现矛盾而因入的，培环路定律具有更普遍意义，则整个回路的电流就连续了，由于传导电流在电容器的两极板间中断，为了使安麦克斯韦提出，如果把变化电场看作一种等效电流，所以位移电流的大小，在数值上等于极板间电位移通量的时间变化率。变化的电场产生磁场是麦克斯韦的第二条假设，位

6、移电流不产生焦耳热，尽管位移电流与传导电流产生的机理不同，但它们都产生磁场，而且产生磁场的规律是相同的。9.麦克斯韦方程组呱DdS=WqiQBled-,.S-dS利BdS=O:DlHdl=S（joT）dSt麦克斯韦方程组是电磁场理论的高度概况，用它可以预言电磁波。10.电磁场的物质性近代物理表明，电磁场具有能量、动量和质量，它具有波粒二象性。三、习题选解10-1如图所示，在通以电流i=5A的长直导线近旁有一导线段ab，长I=20cm，离长直导线距离d=10cm。当它沿平行于长直导线的方向以速度v=10ms平移时，导线段中的感应电动势有多大？哪端的电势高？(vB)dr二-vBdrd1JoIvJo

7、IvdIdr=Ind2二r2二rd解：在线段ab上任取一线元dl，如图dl=dr，其v与B垂直且vB与dr反向，故bL，-i(vB)dr-a-210二510ln3-1.110V:0所a端电势高。题10-1图10-2如图所示，长直导线中通有5A的电流，共面矩形线圈共1X103匝,a=10cmL=20cm以v=2ms的速度向右平移，求：当d=10cm时线圈中的感应电动势。解：取顺时针方向为回路绕行正方向，则在回路所围平面中平面法线方向与平面中磁感应强度方向相同，均为垂直至面向内，无限长直导线在空间产生的磁感应强度的大小为B=%I2r设在某一时刻t,回路左边竖框距导线为X,题10-2图取任一小面元d

8、S二Ldr，则通过此小面元的元磁通为二BS二BdS二BLdr也竺2r通过整个回路的磁通量为a%ILdr当回路运动时，回路中的感应电动势1iNd：%dt%NILdxaJ0NILIn2dtx2avxxa当运动至x=d-10cm处时%NIL2二avdad=21010350.20.12=210V0题10-3图i0，说明回路中感应电动势方向与选定的绕行回路方向相同，为顺时针方向。此题中要注意，以匀速运动的线圈中感应电动势并非常量，而是线圈与导线间距离的函数。10-3如图所示，法拉第圆盘发电机是一个在磁场中转动的导体圆盘，若圆盘半径为R，它的转轴与均匀外磁场的磁感应强度B平行，圆盘的转动角速度为-o求:（

9、1）盘的边与盘心之间的电势差U二？（2）当R=0.15m,B=60T，转速为川=600二s,U=?（3）盘边与盘心哪处电势高？若将盘反转，电势高低可否反过来？解：（1）在连接盘心与盘边的任一半径R上取一线元dr与圆心O距离为r，该线元切割磁力线所产生的动生电动势大小为d=Bvdr=BrdrR则盘心与盘边之间的电势差U1=小B；rrdr=BR22（2）若R=0.15m,B=60T,n=300rs1212UBRB2二nR=1271.7V22（3）根据右手定则，动生电动势的方向指向盘边，盘边电势高，若将盘反转，则盘心电势高。10-4如图所示，两个同轴的圆周导线，两导线平面间相距为x，并知xR，当R圆

10、周导线内有恒定电流I流动时，r圆周导线因r较小，在二r2内磁感应强度可以认为是均匀的。若x以v二dxdt变化。（1）求：穿过小圆周线的磁通量叮-m与x的关系？（2）当X二nR时刻（n为正数）r回路产生感应电动势的大小？（3）若v0,确定r回路感应电流的方向?题10-4图解：（1）R圆周导线在通有电流I时，小圆周导线所在x处的磁感应强度忻132(R2x2)2穿过小圆周回路的磁通量=BS=2%RI2(R2x2)2（2）小圆周回路的感应电动势d%dt-1%：r2R2|(R2x2)2dt32220二rRI2x(R4x2)Pdxdt把v=dxdt，代入x=nR30二r2Inv/R2(1n2)223%nv

11、二rI2R2（n21）2（3）若v0,由楞次定律i0,r回路感应电流的方向为顺时针方向（俯视）10-5如图所示，一个半径为r。，电阻为R的刚性线圈在匀强磁场B中绕轴00丄B以转动，若忽略自感，当线圈平面转至与B平行时，求：（I）AB、:AC各等于多Ar-I*题10-5图少？（注意止一:）（2）确定A、C两点哪点电势高？A、B两点哪点电势高？解：（1）在圆弧CA某点D上取一线元dl，方向如图，OD与B的夹角为v，线元dl因切割磁力线而产生的动生电动势d=-vBcos刃I又dl=r0d,v=r0cos所以di-rQ-Bcos2-d-0题10-5图A、C间任一段由片，2的圆弧的动生电动势J22i二W

12、0BCOS知=-ro2.B(-sin2r2471餐ba=-ro20-sn2d4兀)t4(2)n12八)Br02日1-Fca=r0coB(?si门西將=ro2B4由（1）知CAO、BA0，则口方向为ADCBA顺时针绕向(2)回路沿y轴正向运动，a=2ms，,t=0时，v=0,yA=0,yB=at=t时，yAo=2atBo=a2a矩形回路在时刻t的磁通量丰不yB2仁dJBxdS=yb2ydy唤y22agat2t2aat2)dmdt-aa2-ab2at-2ab2t2出爲二BxcosdS二bycosdSi方向为ADCBA(3)回路绕z轴以匀速转动。设回路平面与y轴夹角为v丁-t在回路中取面积元dS二b

13、dl，与z轴相距为l，通过面积元的磁通量=blcoscosbdl二b2lcos2-dl题10-6(b)图矩形回路的磁通量%二,d=0bcosSdi=1b2cosd2二1a2b2cos2r202感应电动势声dm12以d2.-iabcostdt2dt22丄.丄d(，t)二abcostsint-dt22=ab，costsin，t方向为ABCDA10-7如图所示，一长直导线通有电流I，其附近有正方形线圈，线圈绕OO,轴以匀角速旋转，转轴与导线平行，二者题10-7图相距为b，且在线圈平面内与其一边平行并过中心，求任意时刻线圈中的感应电动势。解：设t=0时，线圈与直导线在同一平面。t=t时，线圈转过角度-

14、t（如图）此时通过线圈的磁通量:m等于通过宽为PQ高为2a与直导线共面的线圈的磁通量，设P点Q点到直导线距离分别为r1，r2A=a2b2-2abcostD=a2b22abcostr2r12-r2adx二%laIn$%IaIna2b22abcostJI2b-2abcosta2b22abcost2二ab-2abcost2ab-sint22ab-2abcost誉_ddm_40Ia2absincotdt2兀a+b+2abcostb(rJ221)sint兀a+b+2abcosta+b2abcost-I皿题10-7(b)图题10-8图10-8如图所示，质量为M、长度约为I的金属棒AB由静止开始沿倾斜的绝缘

15、框架下滑，设磁场B竖直向上，求棒内的动生电动势与时间的函数关系，不计棒与框架的摩擦。如果棒AB（金属）是沿光滑的金属斜框架下滑，结果有何不同？提示：（回路ABCD中将产生感应电流，并设回路电阻R为常量考虑）解：（1）金属棒所受重力加速度沿斜面方向的分量为ggsin棒的速度v=gsint磁场沿垂直于棒运动方向（垂直于斜面）的分量为B_=Bcos故棒的动生电动势=BcosIgsit1Blgtsin2（2）若框架为光滑金属，电阻恒为R，当棒以速度v沿斜面下滑时，回路感生电动势感生电流i二Bv二Blvcos-l=./R=B|vcoL金属棒受安培力沿斜面的分量金BlvcosQ3*R1由牛顿定律F=Mgs

16、inf詈介Bcos日2Mgsin-BcosIvyRdvdt分离变量由初始条件2.22-一、Blcos日gsin寸vMRdvdtdt礬Bvlcos日gsinvMR=0,v=0。两边积分t0dt=(一MR)vo2|22a丿Blcosrd(gsirrBvlcosBcosX)MRMRMRB2|22COS)ln(gsin二B2l2cos2二MRv)B212cos2二tMR=Ingsin(BlcosT2B2l2cos2丁-e旷)B212cos2-MRgsin-B2I2cos22|22t云t,Blcosemr=ivgsindMR10-9如图所示，在长直导线中通以交变电流i=iosint，其中i为瞬时电流，i

17、。为其最大值。在与此导线相距为d远处有一边长为a和b的矩形线圈。求：（1）在任意时刻穿过线圈的磁通量；（2）在任意时刻线圈中的感应电动势。（线圈平面直导线共面）。解：（1）导线通有交变电流，在周围空间产生交变磁场，在距导线为r处磁感应强度为%io2二rsint取顺时针方向为回路绕向，在距导线为r处的矩形线圈内取面积元bdr，通过该面积元的磁通量为题10-9图卩i二Bds二BdS02sintbdr2兀r叫二a：-mda沁口bdrd在t时刻通过线圈的磁通量为%biosintdadrJobiosintdaIn2二dr2二d由-一晋得，线圈中的感应电动势dmdtE|n2二dacos灼t、XXX”题10

18、-10图10-10如图所示，边长为20cm的正方形导体回路，置于虚线内的均匀磁场中B为0.5T，且以0仃s的变化率减小，图中b点为圆心，ac沿直径，求：（1）c、d、e、f各点感应电场的方向；（2）ce和eg的电动势;解：（1）参考P335例10-5知：ce、d、f点的感应电场的方向都垂直于该点半径，沿顺时针方向。（2）在ce段取线元dl与圆心距离为r，管内磁场均匀分布，由于边界为圆，E涡分布具有轴对称性，取半径为r的同轴圆环作为积分回路，以顺时针方向作绕行方向JLE涡dl=2二rE涡=dm2dBrdtdt线元dl处的电场为dB2dt由空0，得E涡7,即回路各点E涡方向同绕行方向dt题10-1

19、0图E涡沿dl方向的分量为L2E涡coE涡reL-cedE涡cos：dlc02LLdBLdBdl34dt4dt=0.001V同理飞冷齐O.。02/10-11如图所示，有一圆筒，半径为R，其中有方向与轴平行的磁场B，以10Ts4的速率减少着。A、B、C三占八、离轴线的距离均为r=5.0cm。问电子在各点处可获得多大的加速度？其方向如何?题10-11图如果电子处于轴线上其加速度的大小又如何?解：圆筒中变化的磁场产生涡旋电场。在筒内距轴线r=5.0cm处取一闭合圆形回路，沿回路电场强度的积分由于对称性HLE旋dl=-眷EH応LdtdBE旋2二r=Sdt题10-11图2二rdBrdB2rdt2dt41

20、=2.510NC各点E的方向沿顺时针的切线方向A、B、C处电子获加速度a=卩=eE=4.410smmA点a方向向左，Ba点向右，C点a向上。若电子处于轴线上，由于轴线处涡旋电场强度为零，则该点电子受电场力为零,加速度为零。10-12如图所示，设有一金属丝绕成螺绕环，没有铁芯。其匝数密度为n=5000m，截面积S=210；m2。金属丝的两端和电源及可变电阻器R联成闭合回路。若在环上再绕一线圈A，匝数为5,电阻R=2.0，两端与检流计G接成一闭合回路。当调节可变电阻使通过螺绕环的电流强度I每秒降低20A。求：（1）A线圈中产生的感应电动势和感应电流；电量。解：（1）通过线圈A的磁通量与大螺绕环内的

21、磁通量相同。大螺绕环内磁感应强度（2）两秒内通过线圈A的感应B70nl线圈A的磁通链数N：m二NBS%NnIS题10-12图线圈A中的感应电动势d(N%)-dt-0NnS=1.25710Vdt感应电流-6.285x10,4企_1257X1Q-3R2.0(2)经过两秒，tt2,1I-40。线圈A的感应电量帯刘10弋10-13如图所示，一内外半径分别为Ri、R2的带电平面圆环，电荷面密度为二，其中心有一半径为r的导体小环(R,、R2r)，二者同心共面，设带电圆环以变角速度，二(t)绕垂直于环面的中心轴旋转，导体小环中的感应电流i等于多少？方向如何(已知小环的电阻题10-13图为R)？解：在大圆环上

22、距圆心为r处取一环形面积元dS面积元dS带电量为dq-:dS当圆环以=(t)旋转时，面积元相当一圆电流dIdq2江在圆心处的磁感应强度dB0dI2r大圆环在圆心O的磁感应强度12r2二R2J0-02二rdr2r2二R2丄J二Rdr(R2-R1)Ri2取逆时针方向为小环绕行正向，导体小环中的感应电动势解：变速率运动的直带电线相当于变化电流l(t)=，V(t)，在空间距直线为X处的磁场在线圈中取面积元dS二adx与直线相距为x，取顺时针方向为回路绕行正向。通过面积元的磁通量=BdS二乂adxaa|整个线圈通过的磁通量2a=Jdm=fLLaadx二aqIIn2题10-14线圈回路产生的感生电动势i二

23、dt量2生_圧2如dtdt感应电流IjR2兀Rdtd：mdB2忙（R2-R）d（t）S-二rdtdt2dtE绳疔（尽-鸟）d叭）B!2衣dt当0时，i方向为顺时针。当d-v0时，i为逆时针dtdt10-14如图所示，一电荷线密度为的长直带电线，以变速率v=v(t)沿着其长度方向运动，正方形线圈中总电阻为R，求t时刻线圈中感应电流大小(不计线圈题10-14自感)10-15如图所示，均匀磁场与导体回路法线n的夹角为八二3，磁感应强B随时间线性增加，B二kt(k0),ab=l,ab以线速度v向右滑动，求任意时刻感应电动势的大小和方向解：由t=0,x=0。在任一时刻t,x=vt由法拉第电磁感应定律门-

24、_d=d(BScosr)dtdt-BcosvdSdt-Sd(Bcosdt题10-15图-ktcos)d(lvt)dt-(Ivt)d(ktcost)dt=lvktcos)-Ivktcosn3T=2IvktcosIvkt3i的方向由a指向b。10-16如图所示，真空中一长直导线通以电流IJoe,有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a，矩形线框的滑动边与长直导线垂直，其长度为b，以匀速v滑动。忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t在矩形线框内的感应电动势i并讨论1的方向。解：设任意时刻t,滑动边运动到如图所示位置且与对边的距离为x，仍选顺时针方向为回路绕行

25、方向，仿照题10-2中的处理，可得回路中的磁通量为abLJ_IxP-Ixa+b=d：m=BdS=BdS=Bxdr0-dr0-lna2二r2二a由题中所给初始条件，可得x二vt，I=le，代入上式后如elnU2二a回路中的感应电动势dt如lnUg(teJvI2二adt0lnSe(t-1)2二a可见，回路中感应电动势的方向由t-1的符号来决定，开始时，t很小,t-1:0，回路中感应电动势为逆时针方向。而当r=1时，回路中感应电动势为零。t再增大时，回路中感应电动势为顺时针方向。题10-16图10-仃一长直螺线管的导线中通有10.0A的电流，通过每匝线圈的磁通量是20WVB，当电流以4.0As的速率

26、变化时，产生的自感电动势为3.2mV。求此螺线管的自感系数与总匝数。解：由题意，螺线管内B=%nl则通过每匝线圈的磁通量：m=BS二%nIS代入：m=20WbI=10.0A可得%nS2.010WbAJI10.0再由虫得dt3.210；4.0=810*H但对长直螺线管，有L=J0nY-0n2SI-0nSN式中N二nl)所以I8工1ftn故总匝数菲=/41010-18有一个长30cm，截面直径为3cm，并绕有600匝线圈的圆纸筒螺旋管导线线圈。（1）求该线圈的自感；如果在这线圈纸筒内充满=500的铁芯,这时线圈的的自感有何变化。解：（1）螺线管Bnl。中，由自感定义N=LI得N9N：mNBSN%、

27、rT1R_VrN2二R2L二II对于纸筒内的介质为空气，=1%n2：r2l=1.07mH（2）纸筒内充满铁芯3=500Lf20如10-19一个圆形线圈A由50匝绝缘漆包导线绕成，其面积S=4.0cm2，将其放在另一个半径为20cm的同样导线绕成的大线圈B的中心，并让两者同轴，大线圈为100匝。求：（1）两线圈的互感系数M；（2）当大线圈B中有50AZ1的电流变化率减小着，求小线圈A中的感应电动势？提示：SASB，在SB的中心Sa范围内可视B为恒量处理解：（1）由于SaSb，大线圈Sb中的小线圈Sa范围内B近似为常量0NbB2Rb通过小线圈A的磁通匝链数Wm=N：m=NBS由互感的定义NASUN

28、bIbNaSa2RbIbFaNbSa2Rb=6.2810“H（2）大线圈B的电流变化率呱=-50Aidt小线圈A中的感应电动势d(NA：m)dtd(MIb)dtdlBdt=3.1410-V互感电动势的方向与B线圈中电流方向相同10-20如图所示，已知两线圈的自感分别为J和L2，它们之间的互感为M（1）将导线顺着串联，如图中（a）所示，求1和4之间的自感题10-20图(a)(b)（2）将两导线圈反串联，如图中（b）所示，求1和3之间的自感。解：（1）将导线顺着串联，设通有电流I，线圈内的磁通量为，总磁通链数为Nm，其中由两线圈自感LL2产生的磁通链数为ML1IN2：2=L2I由两线圈之间互感产生

29、的磁通链数为汕门12=MIN2：2尸MI故Nm二N1N2：2N1；12N-2=L1IL2IMIMI由Nm=LI，贝UL=L1L22M（2）将两导线圈反串联，设通有电流I，线圈总的磁通链数为Nm。其中由两线圈自感LL2和它们之间互感产生的磁通链数分别为N1二LJ,N5：2U，N“2=MI，NF21二MlNm二N已N2G2-N已2-N221=L)L2I2-Ml-MI由NS二LI，贝UL二L1L22M10-21如图所示，截面为矩形的环形螺线管内外半径为a和b，高为H，绕有N匝线圈，电流为I(t)，在其轴上放置一长直导线，求此长直导线上感应电动势的大小？(提示：先求二者互感系数)解：设长直导线通有电流

30、，距直导线为r处的磁场题10-21(a)在螺线管截面内取一面积元dS二Hdr，通过该面积元的磁通量dm=BdS2兀r通过整个螺线管截面的磁通量=dmb5HdrJIH=a2二r2二由Nm二Ml：直导线与螺线管的互感系数M丄二吗如詐I2兀Ia2兀a当螺线管通有电流l(t)时，直导线中的感应电动势i-Mdl(t)dt2二adtidr17世一b1-题10-21(b)图10-22有一平绕于圆筒上的螺旋线圈，用32号漆包线平绕，圆筒长为10.00cm，直径为1.00cm，共1000匝，漆包线的电阻是24km(20C)，求该线圈的自感系数和电阻。若将此线圈接于电动势；=2.00V的蓄电池上，问：线圈在通电的

31、暂态过程中的电流与时间的函数关系式是怎样的？开始时的电流增长率是多少？(1) 线圈中电流达到稳定后的电流是多少？这时线圈中所储存的磁能是多少？磁能密度是多少?（3）这个回路的时间常数L是多少？即：电流方程:Rt*(12)中,t的系数.L=R。在什么时刻电流正好为稳定时的一半?解:N：-m二LI自感N：mNBSNfL二%N2S_l电阻(1)%N2二(2=9.8610*HR=N0.247二2d齐.7.762J=2.00V通电的暂态过程*IRdl分离变量_题10-22（a）图由t=0,1=0,两边积分电流增长率开始时t=0didiRR题10-22(b)图(2)电流稳定时t-2=0,258.4R线圈储

32、存的磁能WmJLI2=3.2810JJ2磁能密度Wm1B234.18JmV2卩Fi(3)电流达二一-到所需的时间为时间常数ReL=L=1.271O*sR电流为稳定值的一半时2RRe-Rt1e2R+i1t=InL2L1二tInLIn2=8.810sR210-23两根足够长的平行导线间的距离d=20cm，在导线中保持20A而反向的恒定电流（1）若导线半径为10mm，求两导线间每单位长度的自感系数;r题10-23图（2）若将导线分开到距离d740cm，磁场对导线单位长度所作的功；（3）若将导线分开到距离d=40cm时，单位长度的磁能改变了多少？是增加还是减少？说明能量的来源。解：（1）在两导线间距其

33、中一导线为r处取一长为l的面积元dS=ldr，面积元dS处的磁感应强度%l2:.(ra)2二(d-ra)通过面积元dS的磁通量d讣二BdS二BldrdJolld(ra)d$11d(d一ra)02二ra02二d-ra%lldad-daJ0lldaInlnln2；二Lada二a由叮Jm=Ll两导线间单位长度的自感ll3n=410”ln21JT=1.2210H=1.22H(2)两载流长直导线单位长度上所受的磁场力f_O1J22兀rr为两导线间距离，其中hi2=IJol2lnd=5.5410Jd当两导线距离由d=20cm分开到d“=40cm，磁场对导线单位长度所做的功A二dA二fdr=oldr匚匚*d

34、单位长度磁场能量lna位移时，单位长度磁能改变量W=-(In-In二AL门_-ALind5.5410*Jd距离d增加，自感L增加，磁能增加,能量来源于维持电流不变的电源。10-24一个电感为2H，电阻为的线圈，将其与内阻可忽略的电动势L=100V的电源相连。求：(1) 电流达到最大值时，电感中所储存的能量；(2) 从接通时起算，经多少时间线圈中所储存的能量为前问的一半?解：(1)电流达到最大时，IIR1电感储存的能量WmLI2-104J2(2)存储能量为最大值一半时，设电流为III2WmLI二2由闭合电路欧姆定律二di分离变量LdldlIR初始条件t=0,I=0;t=t,I积分RHR一彳In葺

35、J24尿10-25实验室中一般可获得的强磁场为2.0T，强电场约为1X106V。相应的磁场能量密度和电场能量密度是多大?解：在真空中计算能量密度e二1；0E2=18.85X1042汇（1江1062二4.43Jm2mB22%2.0二1.6106Jm24二10可见，相应的磁能密度远大于电场能量密度，磁场更有利于储存能量。10-26一个半径为R=10.0cm的两金属圆片做成的电容器，在充电时某个时刻的电场的时变率dE=1.01013VmJsJ，若不计边缘效应。dt(1) 求两极板间的位移电流；(2) 求磁感应强度B的极大值，和极大值的12的位置。解：(1)因是空气电容器，D二；oE，忽略边缘效应，两

36、极板间为均匀电场圆板面积为S+R2，穿过该面积的D通量为-D=DS=-：r2;0E两极板间位移电流大小为d5dt=二R2；0坐=2.8Adt充电时赛0,Id方向与E的方向相同题10-26图(2)忽略边缘效应，极板间位移电流轴对称分布。它所产生的磁场，对于两极板中心连线也具有轴对称性。磁力线在垂直于中心连线的平面上，是一些同心圆。取半径为r的一条磁力线作为积分回路，两极间传导电流I为零，根据安培环路定律LHdldtdrdt:Hdldt2二rHdD十2pdEdtdt卫dE2dt2dt当r_R时lHdld-dt2二rH索弹dtdt2；RdE=%RdE2rdt22dtdE2rdt2cEooRdEB=2

37、rdt由两式可知，当r=R时，磁感应强度有极大值RdEB0_2dt当“时，取B=爭与琴；ohRdE22dtR得r=0.05m时磁感应强度B为最大值Bo的一半2Bo2当r_R时，取B二2得r=2R=0.2m时，磁感应强度B为最大值Bo的一半10-27有一平行板电容器，两极均为半径等于a的圆板，将它连接到一个交变电源上，使每极板上的电荷按规律Q=Qsint随时间变化，在略去边缘效应的条件下，试求两极板间任一点的磁场强度。解：忽略边缘效应，两极板间电场为均匀电场，E二一；o又D=oEoQ_Q；o二a2二a2两极板间位移电流轴对称分布，产生磁场的磁力线是垂直于两极板中心连线的同心圆，取以轴线为圆心，半径为r的圆作为安培环路td屮d2dDHdl-r-Ldtdt兀r2dQ2二rH2兀adt冇dt(QoSin2：a2cost10-28一点电荷q作半径为r的匀速圆周运动，设角速度为,求圆心处位移电流密度的大小？解：设某时刻t，点电荷q在圆心O的电位移矢量为DD叮24r在时刻t*Lt，电荷q移动了一个微小角位移dr。此时O点的电位移矢量为DdD，D_dD。其中dD=Dd二位移电流密度JddDDd_2dtdt题10-28图Jd的方向与dD相同，与点电荷运动速度v的方向相反。