电磁场二章习题解答(精品文档)

第二章习题解答

2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为42004

9

U d x ρε--=-

，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。

解 （1） 4323

000

4

d ()d 9

d

Q U d x S x τ

ρτε--==-=??

11004

4.7210C 3U S d

ε--=-? （2） 432002

4d ()d 9d

d Q U d x S x τρτε--'

'=

=

-=?

?11004(10.9710C 3U S d ε--=-? 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=?的质子束，通过1000V 的电压加速后形成等速的

质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。

解 质子的质量271.710kg m -=?、电量191.610C q -=?。由

2

1

mv qU = 得 61.3710v ==? m 故 0.318J v ρ== 2A m

26(2)10I J d π-== A

2.3 一个半径为a 的球体内均匀分布总电荷量为Q 的电荷，球体以匀角速度ω绕一个直径

旋转，求球内的电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。设球内任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为

sin r φωθ=?=v r e ω

球内的电荷体密度为

3

43

Q

a ρπ=

故 33

3sin sin 434Q Q r r a a

φ

φω

ρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表

面的面电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为

sin a φωθ=?=v r e ω

球面的上电荷面密度为

2

4Q a σπ=

故 2

sin sin 44S Q Q a a a

φφω

σωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处

的电场强度。

解 电荷1q 在(4,0,0)处产生的电场为

1

113014q πε'-=

='-r r E r r

电荷2q 在(4,0,0)处产生的电场为

22230244

4q πε-'-=='-e e r r E r r 故(4,0,0)处的电场为

122+-=+=

e e e E E E

2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷

l ρ，求垂直于圆平面的轴线上z a =处的电场强度

(0,0,)a E ，设半圆环的半径也为a ，如题2.6 图所示。

解 半圆环上的电荷元d d l l l a ρρφ''=在轴线上z a =处的电场强度为

d φ''==E

(cos sin )φφφ''-+'e e e

在半圆环上对上式积分，得到轴线上z a =处的电场强度为

(0,0,)d a ==?E E

2[(cos sin )]d z x

y ππφφφ'''-+=?e e

e 2.7 三根长度均为L ，均匀带电荷密度分别为1l ρ、2l ρ和3l ρ地线电荷构成等边三角形。设1l ρ=22l ρ=32l ρ，计算三角形中心处的电场强度。

解 建立题2.7图所示的坐标系。三角形中心到各边的距离为

3tan 302L d =

= 则

11

1003(cos30cos150)42l l

y

y

d L

ρρπεπε=-=E e e 2120033(

cos30sin 30)()

28l l x y y L L ρρπεπε=-+=-E e e e e 3130033(cos30sin 30)()28l l x

y y L L

ρ

ρπεπε=-=E e e e e 故等边三角形中心处的电场强度为

123=++=E E E E

111000333()()288l l l y

y y L L L ρρρπεπεπε-+=e e e e e 1

034l y

L

ρπεe

题 2.6图

1l

题2.7图

2.8 －点电荷q +位于(,0,0)a -处，另－点电荷2q -位于(,0,0)a 处，空间有没有电场强度0=E 的点？

解 电荷q +在(,,)x y z 处产生的电场为

12

2

232

0()4[()]

x y z x a y z

q

x a y z πε+++=

+++e e e E

电荷2q -在(,,)x y z 处产生的电场为

222232

0()24[()]x y z x a y z q x a y z πε-++=-

-++e e e E (,,)x y z 处的电场则为12=+E E E 。令0=E ，则有

2

2

232

()[()]

x y z x a y z x a y z +++=

+++e e e 2

2

232

2[()][()]

x y z x a y z x a y z -++-++e e e

由上式两端对应分量相等，可得到

2223222232()[()]2()[()]x a x a y z x a x a y z +-++=-+++ ① 222322232[()]2[()]y x a y z y x a y z -++=+++ ②

2223222232[()]2[()]z x a y z z x a y z -++=+++ ③

当0y ≠或0z ≠时，将式②或式③代入式①，得0a =。所以，当0y ≠或0z ≠时无解； 当0y =且0z =时，由式①，有

33()()2()()x a x a x a x a +-=-+

解得

(3x a =-±

但3x a =-+

不合题意，故仅在(3,0,0)a --处电场强度0=E 。

2．9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为σ。证明：垂直于平面的z 轴上0z z =处的电场强度E 中，有一半是有平面上半径为03z 的圆内的电荷产生的。

解 半径为r 、电荷线密度为d l r ρσ=的带电细圆环在z 轴上0z z =处的电场强度为

0223200d d 2()

z

r z r

r z σε=+E e 故整个导电带电面在z 轴上0z z =处的电场强度为

0022322212

00000

d 1

2()2()2z z z

r z r z r z r z σσσ

εεε∞

∞

==-=++?E e e e 而半径为03z 的圆内的电荷产生在z 轴上0z z =处的电场强度为

022320000

d 1

2()42

z

z z

r z r r z σσεε'==-==+E e e e E 2.10 一个半径为a 的导体球带电荷量为Q ，当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转，如题2.10图所示。求球心处的磁感应强度B 。

解 球面上的电荷面密度为

2

4Q a σπ=

题2.10图

当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r a =r e 点处的电流面密度为

S z r a σσσω==?=?=J v ωr e e

sin sin 4Q

a a

φφωωσθθπ=e e

将球面划分为无数个宽度为d d l a θ=的细圆环，则球面上任一个宽度为d d l a θ=细圆环

的电流为 d d sin d 4S Q I J l ωθθπ

== 细圆环的半径为sin b a θ=，圆环平面到球心的距离cos d a θ=，利用电流圆环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为

202232d d 2()z b I

b d μ==+B e 23

0222232sin d 8(sin cos )z Qa a a μωθθπθθ=+e 30sin d 8z

Q a

μωθθπe 故整个球面电流在球心处产生的磁场为 3

000sin d 86z z

Q Q a a

πμωθμωθππ==?B e e 2.11 两个半径为b 、同轴的相同线圈，各有N 匝，相互隔开距离为d ，如题2.11图所示。电流I 以相同的方向流过这两个线圈。

（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度x x B =B e ； （2）证明：在中点处d d x B x 等于零；

（3）求出b 与d 之间的关系，使中点处22d d x B x 也等于零。 解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 2

02

232

2()

z

Ia a z μ=+B e

得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 2

02

2

32

(4)

x

NIb b d μ=+B e

（2）两线圈的电流在其轴线上x )0(d x <<处的磁感应强度为

22

00223222322()

2[()]x NIb NIb b x b d x μμ??=+??++-??B e 所以 22

0022522252

d 33()d 2()2[()]x B NIb x NIb d x x b x b d x μμ-=-+++- 故在中点2d x =处，有

22

0022522252d 32320d 2[4]2[4]x B NIb d NIb d x b d b d μμ=-+=++ （3） 2222

00222722252d 153d 2()2()

x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++ 222

0022722252

15()32[()]2[()]

NIb d x NIb b d x b d x μμ--+-+- 令

0d d 22

2==d x x

x B ，有 0]

4[1]4[452

52227222=+-+d b d b d 即 5222d b d +=

题2.11图

题 2.13图

故解得 b d =

2.12 一条扁平的直导体带，宽为a 2，中心线与z 轴重合，通过的电流为I 。证明在第一象限内的磁感应强度为 04x I B a

μαπ=-

，021ln 4y

I r B a r μπ= 式中

α、1r 和2r 如题2.12图所示。

解 将导体带划分为无数个宽度为x 'd 的细条带，每一

细条带的电流x a

I

I '=

d 2d 。由安培环路定理，可得位于x '处的细条带的电流I d 在点),(y x P 处的磁场为

00d d d 24I I x B R aR

μμππ'

===

02212d 4[()]I x a x x y μπ''-+ 则 022

d d d sin 4[()]x Iy x B B a x x y μθπ'

=-=-'-+ 022

()d d d cos 4[()]

y I x x x B B a x x y μθπ''

-=='-+ 所以

022d 4[()]a

x a

Iy x B a x x y μπ-'

=-='-+?0arctan 4a a

I x x a y μπ-'??--= ???

0arctan arctan 4I a x a x a y y μπ??????----

-=?? ? ???????0arctan arctan 4I x a x a a y y μπ?

?????+---=?? ? ???????

021()4I a μααπ--=04I a

μαπ- 022()d 4[()]a y a I x x x B a x x y μπ-''-=='-+?22

0ln[()]8a

a I x x y a μπ-'--+=22022

()ln 8()I x a y a x a y μπ++=-+021ln 4I r a r μπ 2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为1p 的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为2p 的电偶极子，位于矢径为r 的某一点上。试证明两偶极子之间相互作用力为

12

12124

03(sin sin cos 2cos cos )4r p p F r

θθφθθπε=

- 式中11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角。并问两个偶极子在怎样的相对取向下这个力值最大？

解 电偶极子1p 在矢径为r 的点上产生的电场为

11

15303()1[]4r r

πε=

-p r r p E 所以1p 与2p 之间的相互作用能为

1212

215303()()1[]4e W r r

πε=-=--p r p r p p p E

因为11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，则

111cos p r θ=p r

222cos p r θ=p r

题 2.12图

又因为φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角，所以有

2

121212()()sin sin cos r p p θθφ??=r p r p

另一方面，利用矢量恒等式可得

1212()()[()]??=??=r p r p r p r p 2112[()]r -=p r p r p 21212()()()r -p p r p r p

因

此

12121221

()[()()()()]r

=

??+=p p r p r p r p r p 1212sin sin cos p p θθφ+1212cos cos p p θθ 于是得到 =e

W 12

304p p r πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ) 故两偶极子之间的相互作用力为 e r q const

W F r

=?=-

=?1204p p πε-

(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)3d 1

()d r r

= 12

4034p p r

πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ) 由上式可见，当120θθ==时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。

2.14 两平行无限长直线电流1I 和2I ，相距为d ，求每根导线单位长度受到的安培力m F 。 解 无限长直线电流1I 产生的磁场为 01

12I r

φ

μπ=B e 直线电流2I 每单位长度受到的安培力为 1

012

122112

d 2m z I I I z d

μπ=?=-?

F e B e 式中12e 是由电流1I 指向电流2I 的单位矢量。

同理可得，直线电流1I 每单位长度受到的安培力为 012

211212

2m m I I d

μπ=-=F F e 2.15 一根通电流1I 的无限长直导线和一个通电流2I 的圆环在同一平面上，圆心与导线的距离为d ，如题2.15图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为

012(sec 1)m F I I μα=- 这里α是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。

解 无限长直线电流1I 产生的磁场为

01

12I r

φ

μπ=B e 圆环上的电流元22d I l 受到的安培力为

0122212d d d 2m y I I

I x

μπ=?=?F l B l e

由题2.15图可知 2d (sin cos )d x z a θθθ=-+l e e cos x d a θ=+

所以 2012

(sin cos )d 2(cos )m z x aI I d a π

μθθθπθ=--=+?F e e

I

题2.15图

20120cos d 2(cos )x aI I d a πμθ

θπθ-=+?

e 0120122((sec 1)2x x aI I I I a μπμαπ--=--e e 2.16 证明在不均匀的电场中，某一电偶极子p 绕坐标原点所受到的力矩为

()??+?r p E p E 。

解 如题2.16图所示，设d q =p l (d 1)l <<，则电偶极子p 绕坐标原点所受到的力矩为

2211()()q q =?-?=T r E r r E r

d d d d ()()()()2222

q q +?+--?-=l l l l r E r r E r

d d d d [()()]d [()()]22222

q q ?+--+?++-l l l l

r E r E r l E r E r

当d 1l <<时，有

d d ()()()()22+

≈+??l l

E r E r E r d d ()()()()22-≈-??l l

E r E r E r

故得到

(d )()d ()q q ≈???+?=T r l E r l E r

()??+?r p E p E

x 题2.16 图