《大连理工大物2作业答案_25-32》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大连理工大物2作业答案_25-32（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1I.作作作业业业25答答答案案案1、在坐标原点有一电流元Idl = 3 103kA mfi分别求出点（3,0,4）、（3,4,0）的磁感应强度。解：由毕奥-萨伐尔定律知B =04Idl rr3= 107Idl rr3其中Idl = 3 103k所以B1= 1073 103k (3i + 4k)125T = 7.2 1012jTB2= 1073 103k (3i + 4j)125T = 9.6 1012i + 7.2 1012jT2、如果251所示，两条平行通电流I0的无限长直导线，分别垂直通过变长为L的正方形两个相对的顶点，求：相邻顶点P点的磁感应强度。解：无限长载流直导线产生的磁场为B =
2、0I2R则两直导线在p点产生的磁场为B =20I2L方向：右偏上45度。3、如图25-2所示，两个同心半圆弧组成一闭合线圈，通有电流。求：（1）圆心O点的磁感应强度B;（2）线圈的磁矩解：（1）载流圆线圈中心的磁感应强度为B =0I2R图中闭合线圈，只有两半圆弧对中心O的磁场有贡献, 两半圆弧在O点产生的磁场分别为B1=0I4R12方向：垂直于纸面向外B2=0I4R2方向：垂直于纸面向里所以B = B1 B2=0I4R10I4R2方向：垂直纸面向外（2）线圈的磁矩： m = Is n =12I(R22 R21) n其中 n表示垂直纸面向里。4、无限长直导线通电流I，分别弯成图25-3（A）、（
3、B）所示的形状。求：（1）图（A）中O点磁感应强度B1;（2）图（B）中O点磁感应强度B2;解：（1）图（A）中所示部分产生的磁场相当于无限长载流直导线在O点产生的磁场减去有限长直导线ab在O点产生的磁场：B1=0I2R20I4R2(cos6 cos56) =0IR30I2R=0I2R(2 3)方向：垂直于纸面向里（2）图（B）中的磁场相当于（1）中的磁场加上弧ab在O点产生的磁场：B2= B1+1203600I2R=0I2R(2 3) +0I6R方向：垂直于纸面向里5、从经典理论认为，氢原子可看作是一个电子绕核高速旋转的体系，已知电子以速度2.2 106m s1在半径r = 0.53 101
4、0m的圆轨道上运动。求：（1）电子的磁矩；（2）轨道中心的磁感应强度。解：（1）电子绕核运动所产生的电流为I =qt=ev2r=1.6 1019 2.2 1062 0.53 1010A = 1.057 103A由此产生的磁矩：m = Ir2= 1.057 103 0.34 (0.53 1010)2A m2= 9.3 1024A m2（2）轨道中心的磁感应强度可以看作是带电圆环在圆心O产生的磁感应强度：B =0I2R=4 107 1.057 1032 0.53 1010T = 12.53T方向：电子运动方向右手定则6、半径为R = 1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片，自上而下由电流I = 0.5
5、A通过（如图所示）。求：圆柱轴线上任一点的磁感应强度。3解：取宽度为dl的无限长载流细直导线为电流元，则dI =IRdl =IRRd =Id此电流元在轴线上产生的磁感应强度：B =0dI2R=0I22Rd由于对称性，平行于电流方向的磁场互相抵消，只有垂直于电流方向的磁场存在B= B sin =0I22RZ0sind =0I2R=4 107 0.52 0.01T = 6.37 107T方向：垂直于轴线4II.作作作业业业26参参参考考考答答答案案案1、如图261所示，无限长载流导线电流I沿z轴流，半径为r的半球面扣在xy平面上，沿x轴以速度v远离，求（1）当半球面在图中位置时，曲面上点P的磁感应
6、强大小B；（2）穿过曲面的磁通量.解：（1）曲面上点p的磁感应强度相当于无限长载流直导线产生的磁场，即：B =0I2x由磁场的高斯定理：磁感应线为闭合曲线时，穿过任何一个闭合曲面的磁通量为零，则 =IsB dS = 02、一电子以速度 v垂直地进入磁感应强度为B的均匀磁场中，求：穿过此电子运动的轨迹所围的面积的磁通量。解：电子在磁场中运动的轨迹半径为r =mveB运动轨迹所围的面积为S = r2= (mveB)2= m2v2e2B2所以，穿过此运动轨迹所围面积的磁通量为 =IsB dS = Bm2v2e2B2=m2v2e2B3、如图26-2所示，细长密绕真实螺线管，通电流强度为I，对套在螺线管
7、轴线外的环路L（螺线管穿过环路）作积分HLB dl = 0I.解：穿过环路L的电流强度为I，则ILB dl = 0I4、两平行长直导线相距80cm，每条导线载有电流10A，如图26-3所示，求通过图中矩形面积abcd的磁通量m.5解：长直导线产生的磁场为B =0I2r所以两平行长直导线产生的磁场分别为B1=0I12r方向垂直于纸面向外B2=0I22r方向垂直于纸面向外由分析知：两平行长直导线产生的磁场通过图中矩形面积的磁通量相等，方向一致，则m= 2IsBdS = 2abZ0.60.2B1dr = 2abZ0.60.20I12rdr =ab0I1ln3 =0.5 4 107 10ln3(Wb)
8、 2.197106(Wb)5、有一很长的载流导体直圆管，内半径为a，外半径为b，电流强度为I，电流沿轴线方向流动，并且均匀地分布在管壁的横截面上，如图26-4所示，求空间个点的磁感应强度，并画出B-r曲线（r为场点到轴线的垂直距离）。解：由安培环路定理知当r a时,ILB dl = 0Ienc= 0所以B = 0当a r b时，ILB dl = 0Ienc= 0I(b2 a2)(r2 a2) = 0Ir2 a2b2 a2所以B 2r = 0Ir2 a2b2 a2B =0I2rr2 a2b2 a2当r b时，ILB dl = 0Ienc= 0I所以B 2r = 0I6B =0I2rB-r曲线如图
9、所示：6、通电流强度为I的矩形截面的螺线环，尺寸见图26-5.（1）求空间磁感应强度的分布；（2）证明通过螺线管环截面（图中阴影区）的磁通量为m=0NIh2lnD1D2,其中N为螺旋环线圈总匝数。解：（1）取与螺线环同心的圆形环路当r D12时，ILB dl = 0Ienc= 0所以B = 0（2）通过螺线环截面（图中阴影区）的磁通量为m=IsB d s =ZD12D220NI2I hd r =0NIh2lnD1D2证毕77、用高斯定理和安培环路定理证明，在无电流的空间区域，如果磁感应线是平行直线，则磁场必均匀。证明：由安培环路定理可证明：B1= B2水平方向均匀;由高斯定理可证明：B01=
10、B02垂直方向均匀;所以磁场必均匀8III.作作作业业业27答答答案案案1、如图27-1所示，半圆形线圈半径为R，通有电流I，在磁场B的作用下从图示位置转过30时，求线圈所受的磁力矩(大小和方向)。解：线圈的磁矩为 m = I s =12R2I n则磁力矩的大小为|M| = | m B| =12R2IB sin3=34R2IB方向：俯视时逆时针方向2、距离长直载流导线a处C点有一运动电子，其受洛仑兹力f的方向如图27-2所示。设电子在CGE平面内运。导线中电流为I.(1)求电子的速率；(2)在图27-2中画出电子速度 v的方向。解：长直载流导线在C点产生的磁场大小为B =0I2a由f = q
11、v B则| v| =|f|e|B|=2a|f|0eI又f v,且运动电荷为电子，则由左手定则知：电子运动方向垂直f斜向上3、如图27-3所示，宽2cm、厚O.lcm的金属片，载有20A电流，处于磁感应强度为2T的均匀磁场中，测得霍尔电势差为4.27V.(1)霍尔电势差是指a、b、c中哪两点之间的电势差？指出霍尔电势差的高电势；(2)计算片中电子的漂移速度;(3)求电子的浓度。9解：（1）霍尔电势差是指a、b之间的电势差，根据左手定则，电子向a端运动，于是a端聚集了大量负电荷，则b点是高电势点（2）当金属中电子所受磁场的洛伦兹力与电场力平衡时：evdB = eE = eVl所以，漂移速度vd=V
12、Bl=4.27 1062 2 102m/s = 1.0675 104m/s（3）由ab两端的霍尔电势差：|V | =1neIBd得电子浓度为：n =IBe|V |d=20 21.6 1019 4.27 106 0.001m3= 5.85 1028m34、如图27-4所示，一通电流I的矩形线圈边长分别为l1,l2,放在均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行。求：（1）线圈所受力矩（用矢量表示），并说明其大小、方向；（2）若线圈在此力矩作用下旋转60，求力矩所做功。解：（1）线圈所受的磁力矩M = m B = IS n B当线圈平面与磁场方向平行时， n与磁场方向垂直，所以M = IBl1l2方向：俯
13、视时逆时针方向。（2）若线圈在此力矩作用下旋转60，则力矩所做功：A = I(2 1) = I(BS sin3 0) =32BIl1l25、如图27-5(A)所示，O、a、b三处分别置有相互平行的长直载流导线。固定O、a处导线，并保持三者平行，将b处导线沿图27-5(B)所示路径缓慢平移到c处。问:这过程中磁力做正功还是负功？为什么？请用最简单的受力分析加以说明。解：做负功。因为运动中Ob距离不变，不做功，而ab距离逐渐变大，且运动方向与引力方向的夹角大于90,做负功。6、能否利用恒定磁场对带电粒子的作用来增大粒子的动能？如果随时间变化的磁场呢？解：不能。因为：f = q v B带点粒子所受的
14、磁场力始终与运动速度垂直，所以它只能改变速度的方向，不能改变速度的大小。因而不能利用恒定磁场对带点粒子的作用来增大粒子的动能。若为随时间变化的磁场，因为变化的磁场产生电场，电场可以改变粒子的动能，所以可以利用随时间变化的磁场来增大粒子的动能。7、若释放磁铁附近的小铁片，它会向磁铁运动，其动能从何而来？解：这时的动能是磁铁储存的能量的一种转换。磁铁在磁化过程中，会有外加能量，这样磁铁磁化过程，也是磁铁能量储存的过程。10IV.作作作业业业28答答答案案案1、载流长直螺线管内充满相对磁导率为r的均匀抗磁质，写出螺线管内部的磁感应强度B和磁场强度H的关系。解：B = 0rH，对于抗磁质：r 12、在
15、稳恒磁场中，关于磁场强度H的下列几种说法中正确的是 。A、H仅与传导电流有关。B、若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H必为零。C、若闭合曲线上各点H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零。D、以闭合曲线L为边界的任意曲面的H通量相等。解：C.理由：H的环流只与传导电流有关。即HlH dl =PiIi3、图28-1中三条曲线分别为顺磁质、抗磁质和铁磁质的B-H曲线的示意图，请说明Oa、Ob、Oc表示哪种磁介质。解：Oa为铁磁质；Ob为顺磁质；Oc为抗磁质。4、某铁磁质的磁滞回线如图28-2所示，则图中Ob（Ob）、Oc（Oc）所表示的物理意义。解：Ob（Ob）为剩磁；Oc（Oc）为
16、矫顽力。5、介质中的安培环路定理为HlH d r =PIi,PIi为正向穿过闭合回路L所围的任意曲面的的传导电流的代数和，这是否可以说:H只与传导电流有关，与分子电流无关？解：不可以。因为：介质中的安培环路定理说明定理的左端，即H的环流只与传导电流有关，与分子电流无关；并不是说H只与传导电流有关，与分子电流无关。这里的H和H的环流是两个不同的概念。6、螺线环中心周长l=30cm.环上线圈匝数N=300.线圈中通有电流I=100mA.(1)求管内的磁场强度H和磁感应强度；(2)若管内充满相对磁导率r= 4000的磁介质，则管内的H和B是多少？(3)磁介质内由导线中电流产生的B0和磁化电流产生的B
17、0各是多少？解：（1）由介质中H的安培环路定理：IlH dl =XiIi所以H l = NIH =NIl=300 100 10310 102A/m = 300A/m对于管内，此时无磁介质，则B0= 0H = 4 107 300T = 3.768 104T11（2）管内充满磁介质时H = 300A/mB = 0rH = 4 107 4000 300T = 1.5072T（3）磁介质内由导线中电流产生的磁感应强度：B0= 0H = 4 107 300T = 3.768 104T由磁化电流产生的磁感应强度：B0= B B0= 1.5068T7、一无限长圆柱形直导线，外包一层相对磁导率为r的圆筒形磁介
18、质，导线半径为R1,磁介质外半径为R2，导线内有电流I通过(见图28-3)。求: (1)空间磁感应强度的分布，画出B-r曲线;(2)空间磁场强度，画出H-r曲线。解：由介质中安培环路定理知HlH dl =PiIi当0 R1时，H 2r = I所以H =I2r由磁感应强度B和磁场强度H的关系知当0 r R1时B = 0H =0Ir2R21当R1 R2时B = 0H =0I2r图如下所示：12V.作作作业业业29答答答案案案1、如图29-1所示，在均匀磁场中，有一半径为R的导体圆盘，盘面与磁场方向垂直，圆盘以匀角速度绕过盘心的与B平行的轴转动，求盘心O 与边缘上的A点间的电动势。解：圆盘可以看作是
19、无数由圆心半径导线组成的，在转动过程中的产生的电势相等，且相互并联，因此可以取OA作为研究对象，由OA=ZOA( v B) d r =ZOArBdr =12BR2方向：由O指向A.2、如图29-2所示，长度为l的刚性直导从中间折成120角，在均匀磁场B中以恒定速度 v沿对称轴移动,求导线中的动生电动势。解：导线的有效长度为L = 2l2sin3=32l所以导线中的动生电动势为 =Zl( v B) dl =32Blv3、如图29-3所示，长直导线通有电流I=5A，在其附近有一长度l=20cm的金属棒，近端距离长直导线d=12cm，金属棒沿平行于直导线的方向以速度v = 10m s1平移，求棒中的
20、感应电动势，并指出哪端的电势高？(金属棒与长直导线共面且垂直)解：金属棒中感应电动势为ab=Zab( v B) d r =Zabv0I2(d + r)dr =v0I2lnl + dd=10 4 107 52ln0.320.12V = 9.8 106V方向由b指向a，所以a端电势高。4、如图29-4所示，长直导线中通有电流I=6A，另有一10匝的矩形线圈与长直导线共面，宽a=10cm，长L=20cm，以v = 2m1的速度向右运动，求:(1)线圈中的感应电动势与x的函数关系;(2)当x=10cm时线圈中的感应电动势。13解：（1）图中线圈只有左右两边切割磁感线，产生感应电动势对于左边1= NZl
21、( v B) dl =0NILv2x方向：由下往上对于右边2= NZl( v B) dl =0NILv2(x + a)方向：由下往上因为|1| |2| 所以，线圈中的感应电动势为 = 1 2=0NILv2x0NILv2(x + a)=0NILvax(x + a)=4.8 107x(x + 0.1)方向为顺时针方向（2）当x = 10cm = 0.1m时 =4.8 1070.02V = 2.4 105V5、如图29-5所示，一长方形平面金属线框置于均匀磁场中，磁场方向与线框平面法线的夹角为=30，磁感应强度B=O.5，可滑动部分cd的长度为L=0.2m，以v = 1m s1的速度向右运动，求线框
22、中的感应电动势。解：对产生电动势起作用的是垂直于速度的磁场分量| = vBL = BLv cos = 0.5 0.2 1 32= 8.66 102V6、图29-6所示系统的静止状态。若轻轻下拉后松开，使条形磁铁在闭合导线圈内作振动，忽略空气阻力，请简单描述磁铁振动中振幅、频率能量的变化和线圈温度变化，并说明理由。解：磁铁在闭合线圈中振动时，根据楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场总是阻碍条形磁铁振动带来的磁场改变，因此，磁铁振动中振幅变小，能量减少，转化为线圈的焦耳热，使线圈温度升高，由于f =qkm,所以线圈频率不变。7、将尺寸完全相同的铜环和木环适当放置，使通过两环中的磁通量的变化率相等。问
23、在两环中是否产生相同的感应电动势和感应电流？解：会产生相同的感应电动势，因为感应电动势取决于磁场的变化；但在铜环中会有感应电流产生，而在木环中没有，因为铜是导体，木头是绝缘体。14VI.作作作业业业30答答答案案案1、如图30-1所示，圆柱形均匀磁场的边界用虚线表示，两个导线回路与磁场边界同心，回路平面垂直于磁场强度，用导线由半径方向把回路相连，若磁场大小随时间减小，则下图中正确表示感应电流流向的是B。简单说明理由：由于磁场垂直于纸面向里且随时间减小，由楞次定律知感应电流产生的磁场垂直于纸面向里，因此感应电流沿顺时针方向，排除A和C，又因为两环间导线无电动势，故此导线上无电流，排除D.2、如图
24、30-2所示，均匀磁场限制在圆柱形空间，dBdt 0;A、B、C、D都在半径为R且与磁场同心的圆周上，gAB和AB对圆心的张角都是90，求感应电动势fAB、CD.解：均匀变化磁场会产生环向电场，因此，对AOB而言，径向OA，OB方向与电场垂直，从而沿其积分电势差为0，所以AOB= fAB= ddt= SdBdt= R24dBdt方向由A指向B同理COD= CD= ddt= SdBdt= 12R2dBdt方向由D指向C3、如图30-3所示，闭合线圈共50匝，半径r=4cm，线圈法线正向与磁感应强度之间的夹角=60，磁感应强度B = (2t2+ 8t + 5) 102T. 求:t=5s时感应电动势
25、的大小和方向。解：穿过一个线圈的磁通量为 =B S = BS cos感应电动势（t = 5s）为 = Nddt= Nd(BS cos)dt= NR2(4t + 8) 102cos3= 50 0.042 28 10212= 0.0352V方向为顺时针方向4、如图30-4所示，若均匀磁场被限制在R=lm的圆柱形空间内，磁场以dBdt= 5T s1的均匀速率增加，已知 =3，oa = ob = 0.4m,求等腰梯形导线框中的感应电动势，并指出其方向。15解：等腰梯形导线框中仅有处于磁场中的部分产生感应电动势i= ddt= sdBdt= (R2612oa2cos6)dBdt= 2.27V方向：逆时针方
26、向5、图30-5所示，均匀磁场B = B0t,固定一宽度为L的U形介质导轨，金属杆(长度见图示)在导轨上以v的速度匀速向右运动，设t=0时刻金属杆与导轨左边缘重合，求:t时刻(1)回路中的感应电动势;(2)杆中的动生电动势。解：（1）回路中的感应电动势i= ddt= d(BS)dt= B0tLvtdt= 2B0Lvt所以|i| = 2B0Lvt（2）杆中的动生电动势 =Z( v B) dl = BL0v = B0L0vt6、变压器的铁芯总是做成片状的，而且涂上绝缘漆互相隔开，为什么？解：线圈所产生的磁通在铁芯流动，因为铁芯本身也是导体，在垂直于磁力线的平面上就会感应产生电动势，这个电势在铁芯的
27、断面上形成闭合回路并产生电流，好像一个旋涡所以称为“涡流”。这个“涡流”使变压器的损耗增加，并且使变压器的铁芯发热变压器的温升增加。为减小该“涡流”，变压器的铁芯作成片状，并涂上绝缘漆互相隔开。16VII.作作作业业业31答答答案案案1、关于长直螺线管的自感系数L的值，下列说法中错误的是B。A.充有铁磁质的L比真空的L大；B.通以的电流I的值越大，L越大；C.单位长度的匝数越多，L越大: D.螺线管的半径越大，L越大。简单说明理由：自感系数L = n2V ,与电流无关。2、对于单匝线圈取自感系数的定义式为L =I.设线圈的几何形状、大小及周围磁介质不变，且无铁磁性物质,若线圈中的电流强度变小，
28、则线圈的自感系数LE.A.变大，与电流强度成正比; B.变小，与电流强度成正比;C.变大，与电流强度成反比; C.变小，与电流强度成反比；E不变简单说明理由：自感系数只与线圈的几何形状，大小及周围磁介质分布有关，与电流无关。3、估计中子星表面的磁感应强度为108T.(1)求该处的磁能密度;(2)按质能关系,写出相应的质量密度。解：（1）磁能密度w =12BH =B220= 4 1021J/m3质量密度m =B220c2= 3.987 1021kg/m3其中c为真空光速。4、半径为R的螺线管长l，上面均匀密绕N匝线圈，线圈内为空气。(1)求此螺线管的自感系数;(2)求当螺线管中电流的变化率dBd
29、t 0 时，线圈中产生的自感电动势。解：（1）螺线管的自感系数L = n2V = (Nl)2R2l = N2R2/l（2）线圈中产生的自感电动势L= LdIdt5、如图31-1线圈1面积为S1，共N1匝，套在面积为S2、长为l的共N2的螺线管2上，螺线管中通有电流I2,求(1)线圈1 中的磁通量;(2)线圈与螺线管的互感系数。解：（1）线圈1中的磁通量m1= N10n2I2S2其中n2=N2l（2）线圈与螺线管的互感系数M =m1I2= N10n2S26、一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，二者半径分别为R1和R1，筒和圆柱之间充以电介质，电介质和金属的r均可作取1,求此电缆通过电流I
30、（由中心圆柱流出，由圆筒流回）时，单位长度内储存的磁能，并通过和自感磁能的公式比较求出单位长度电缆的自感系数。17解：由介质中的安培环路定理IH dl =XIenc取长度为l的一段当0 r R1时，H =Ir2R21B =0rIr2R21=0Ir2R21Wm1=ZVwdV =ZR2R1120Ir2R21Ir2R21 2rl dr =0Il16当R1 r R2时，H = 0Wm3= 0所以总磁能：Wm= Wm1+ Wm2+ Wm3=0I2l16(1 + 4lnR2R1)单位长度内储存的磁能为wm=Wml=0I216(1 + 4lnR2R1)自感磁能与自感系数的关系Wm=12LI2所以L =2Wm
31、I2=8(1 + 4lnR2R1)7、如果电路中通有强电流，当突然断开电闸断电时，电闸间会产生火花，请解释这一现象。解：断电时，电流变化剧烈，由于自感，在电闸的两极积聚大量电荷，形成很强的电场，从而击穿空气产生火花。8、两个相距不太远的线圈，如何取向可使其互感最大？如何取向可使其互感最小？解：当两个线圈相距不太远时，两线圈轴线平行并在同一直线上时互感最大，垂直时互感最小18VIII.作作作业业业32答答答案案案1、下述说法中正确的是DA.位移电流的热效应服从焦耳楞次定律; B.位移电流是由变化的磁场产生的;C.位移电流的磁效应不服从安培环路定理; D.位移电流是由变化的电场产生的。2、下列说法
32、中正确的是DA.随时间变化而变化的电场所产生的磁场，一定随时间变化;B.随时间变化而变化的磁场所产生的电场，一定随时间变化;C.有电流就有磁场，没有电流就一定没有磁场；D.变化着的电场所产生的磁场，不一定随时间变化。简单说明理由：随时间变化的电场可以产生磁场，磁场可以是变化的，也可以是稳定的；同样，随时间变化的磁场也可以产生电场，该电场可以是变化的，也可以是稳恒的。3、真空中一平面电磁波表达式为Ey= Ex= 0，Ex= E0cos(t yc),在t = t0时刻、y = y0处的电场强度指向x 轴负向，写出该时刻、该处的磁场强度矢量表示式。解：由于E、H、k满足右手螺旋关系，又电磁波的表达式
33、得知，电磁波的传播方向为y轴正向，可知磁场强度沿z轴正向。H =kr00E =kr00E0cos(t yc)4、真空中沿z轴负向传播的平面电磁波，其磁场强度的波的表达式为H =iH0cos(t +zc)SI求电场强度的波的表达式。解：由于E、H、k满足右手螺旋关系，又磁场强度的波的表达式得知，电磁波的传播方向为z轴负向，可知磁场强度沿y轴正向。E =jr00H =jr00H0cos(t +zc)5、对于平面电磁波，在空间任一点的E和B的相位相同(相同/相反/无确定关系)，大小关系为E =H 振动方向垂直（相同/相反/垂直/各种可能都有）6、由两块半径为R=2cm的圆形金属板组成的平板电容器，中
34、间为空气，当以2A的电流充电时，求:(1)电容器内部的电场强度变化率dEdt; (2)极板间的位移电流密度Jd;(3)极板间的位移电流Id;(4)在圆板边缘处的磁感应强度B.解：（1）极板上电量为Q = It电荷面密度为 =QS=ItS极板间电场强度为E =0=It0S则电场的变化率：dEdt=I0S=28.854 102 0.022= 1.79 1014V m1s1（2）极板间的电位移D = =ItS19位移电流密度Jd=dDdt=IS=2 0.022= 1.59 103A m2（3）极板间的位移电流Id= JdS = I = 2A（4）由安培环路定理IrB d r = 0IdB =0Id2r=4 107 22 0.02= 2 105T7、如图32-1所示，平板电容器之间加一交变电场E = 20sin105tV/m.求距电容器中心连线r=0.01m处的P点，经过2 105s，位移电流产生的磁场强度的大小。解：极板间的位移电流密度Jd=dDdt= 0dEdt= 0 20 105 cos105t以r为半径绕极板中心作圆形安培环路，由安培环路定理IrH dl =XIencH 2r = r2JdH =r2Jd=0.012 8.854 1012 20 105 cos2 = 2.78 107A/m
