电磁场二章习题解答.docx

电磁场二章习题解答第二章习题解答 2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为r=-4eUd-43x-23，式中阴极板位于009x=0，阳极板位于x=d，极间电压为U0。如果U0=40V、d=1cm、横截面S=10cm2，求：x=0和x=d区域内的总电荷量Q；x=d2和x=d区域内的总电荷量Q¢。 d 解 Q= Q¢=t-43-23rdt=(-eUdx)Sdx=-00òò0494e0U0S=-4.72´10-11C 3d414-11-43-23-(1-)eUS=-0.97´10C (-eUdx)Sdx=0000ò33d92t¢d2 2.2 一个体密度为r=2.32´10-7Cm3的质子束，通过1000V的电压加速后形成等速的dòrdt= 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m=1.7´10-27kg、电量q=1.6´10-19C。由 12mv=qU 2得 v=2mqU=1.37´106 ms 故 J=rv=0.318 Am2 I=Jp(d2)2=10-6 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w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q，则P点的线速度为 v=w´r=efwrsinq 球内的电荷体密度为 r=故 J=rv=efQ 34pa3Q3Qwwrsinq=ersinq f334pa34pa2.4 一个半径为a的导体球带总电荷量为Q，同样以匀角速度w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q，则P点的线速度为 v=w´r=efwasinq 球面的上电荷面密度为 s=故 JS=sv=ef的电场强度。 Q 4pa2QQwwasinq=esinq f24pa4pa2.5 两点电荷q1=8C位于z轴上z=4处，q2=-4C位于y轴上y=4处，求(4,0,0)处解 电荷q1在(4,0,0)处产生的电场为 E1=电荷q2在(4,0,0)处产生的电场为 r-r1¢2ex4-ez4= 4pe0r-r1¢3pe0(42)3q1q2r-r2¢1ex4-ey4 E2=-4pe0r-r2¢3pe0(42)3故(4,0,0)处的电场为 E=E1+E2=ex+ey-ez2322pe02.6 一个半圆环上均匀分布线电荷rl，求垂直于圆平面的轴线上z=a处的电场强度E(0,0,a)，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rldl¢=rladf¢在轴线上z=a处的电场强度为 rlar-r¢df¢= 34pe0(2a)rlez-(excosf¢+eysinf¢)df¢ a82pe0在半圆环上对上式积分，得到轴线上z=a处的电场强度为 dE=E(0,0,a)=òdE= dE z P a r rl(ezp-ex2)rl¢¢¢e-(ecosf+esinf)df= zxyò82pea82pe0a-p202.7 三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为rl1、rl2和rl3地线电荷构成等边三角形。设rl1=2rl2=2rl3，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 p2f¢ x r¢ rl dl¢ y 题 2.6图 d=则 L3 tan30o=L26y 故等边三角形中心处的电场强度为 E=E1+E2+E3= rl13rl1 (cos30o-cos150o)=eyE1 4pe0d2pe0Lrl3 rl2 3rl23rl1oo E2=-(excos30+eysin30)=-(ex3+ey)2pe0L8pe0LE2 E3 3r3ro rl1 E3=(excos30o-eysin30o)l3=(ex3-ey)l1 2pe0L8pe0LE1=ey题2.7图 x ey3rl13rl13rl13rl1 -(ex3+ey)+(ex3-ey)=ey2pe0L8pe0L8pe0L4pe0L2.8 点电荷+q位于(-a,0,0)处，另点电荷-2q位于(a,0,0)处，空间有没有电场强度E=0的点？ 解 电荷+q在(x,y,z)处产生的电场为 E1=qex(x+a)+eyy+ezz222324pe0(x+a)+y+z电荷-2q在(x,y,z)处产生的电场为 2qex(x-a)+eyy+ezz 4pe0(x-a)2+y2+z232(x,y,z)处的电场则为E=E1+E2。令E=0，则有 ex(x+a)+eyy+ezz2ex(x-a)+eyy+ezz =2223222232(x+a)+y+z(x-a)+y+zE2=-由上式两端对应分量相等，可得到 (x+a)(x-a)2+y2+z232=2(x-a)(x+a)2+y2+z232 y(x-a)2+y2+z232=2y(x+a)2+y2+z232 z(x-a)2+y2+z232=2z(x+a)2+y2+z232 当y¹0或z¹0时， 将式或式代入式，得a=0。所以，当y¹0或z¹0时无解； 当y=0且z=0时，由式，有 (x+a)(x-a)3=2(x-a)(x+a)3 解得 x=(-3±22)a 但x=-3a+22a不合题意，故仅在(-3a-22a,0,0)处电场强度E=0。 29 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为s。证明：垂直于平面的z轴上z=z0处的电场强度E中，有一半是有平面上半径为3z0的圆内的电荷产生的。 解 半径为r、电荷线密度为rl=sdr的带电细圆环在z轴上z=z0处的电场强度为 z rsz0dr232 2e0(r2+z0)故整个导电带电面在z轴上z=z0处的电场强度为 dE=ezrsz0drsz01E=ezò=-ez22322122e(r+z)2e0(r2+z0)0003z0¥¥w b dIq a o =ez0s 2e03z0而半径为3z0的圆内的电荷产生在z轴上z=z0处的电场强度为 QE¢=ezò0rsz0drsz01=-ez2322122e0(r2+z0)2e0(r2+z0)=ez0s1=E 4e022.10 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w 题2.10图 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 s=Q 4pa2当球体以均匀角速度w绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r=era点处的电流面密度为 JS=sv=s´r=sezw´era= wQefwsasinq=efsinq 4pa将球面划分为无数个宽度为dl=adq的细圆环，则球面上任一个宽度为dl=adq细圆环wQ的电流为 dI=JSdl=sinqdq 4p细圆环的半径为b=asinq，圆环平面到球心的距离d=acosq，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 233mwQasinqdqmwQsinqdq 00 dB=e=e=ezzz2(b2+d2)328p(a2sin2q+a2cos2q)328pa3pmwQsinqm0wQ 0故整个球面电流在球心处产生的磁场为 B=edq=ezò0z8pa6pam0b2dI2.11 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。 求这两个线圈中心点处的磁感应强度B=eB； xx证明：在中点处dBxdx等于零； 求出b与d之间的关系，使中点处d2Bdx2也等于零。 x解 由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 B=ez得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 B=exm0Ia22(a+z)2232m0NIb2(b+d4)2232两线圈的电流在其轴线上x(0<x<d)处的磁感应强度为 ìm0NIb2ü m0NIb2B=exí2+2322232ý2(b+x)2b+(d-x)þî22dB3mNIbx3mNIb(d-x) x00所以 =-+dx2(b2+x2)522b2+(d-x)252故在中点x=d2处，有 22dB3mNIbd23mNIbd2x00 =-2+=0 2522252dx2b+d42b+d4d b b I x I 题2.11图 3m0NIb2+ 2252dx2(b+x)2(b+x)15m0NIb2(d-x)23m0NIb2 -227222522b+(d-x)2b+(d-x)225d41dBx令 ，有 -=0 =0227222522x=d2b+d4b+d4dx即 5d24=b2+d24 dBx15m0NIbx =-22272222故解得 d=b 2.12 一条扁平的直导体带，宽为2a，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 Bx=-m0Ir2m0I，B=lnay4par14pa细条带的电流dI= 式中 a、r1和r2如题2.12图所示。y dB a2解 将导体带划分为无数个宽度为dx¢的细条带，每一P(x,y)r2 a R r1 a1 -a I a x Idx¢。由安培环路定理，可得位于x¢处2a的细条带的电流dI在点P(x,y)处的磁场为 m0Idx¢mdIm0Idx¢dB=0= 4pa(x-x¢)2+y2122pR4paR则 dBx=-dBsinq=-m0Iydx¢22 题 2.12图 4pa(x-x¢)+ym0I(x-x¢)dx¢ dBy=dBcosq=4pa(x-x¢)2+y2所以 ¢-xöaæmIx0 Bx=-=-arctan= ç÷22ò4pa(x-x¢)+y4paèyø-a-aæa-xöæ-a-xöùæx+aöæx-aöù mIém0Ié-0êarctanç-arctan=-arctan-arctanê÷ç÷úç÷ç÷ú=4paë4paëèyøèyøûèyøèyøûmImI-0(a2-a1)=-0a 4pa4paaam0I(x-x¢)dx¢m0Im0I(x+a)2+y2m0Ilnr2 22By=ò=-ln(x-x¢)+y=ln=22224par1¢4pa(x-x)+y8pa8pa(x-a)+y-a-a2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为p1的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为p2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 am0Iydx¢3p1p2(sinq1sinq2cosf-2cosq1cosq2) 44pe0r式中q1=<r,p1>，q2=<r,p2>，f是两个平面(r,p1)和(r,p2)间的夹角。并问两个偶极子在怎Fr=样的相对取向下这个力值最大？ 解 电偶极子p1在矢径为r的点上产生的电场为 z E1=13(p1gr)rp1-3 4pe0r5rp2q 2 所以p1与p2之间的相互作用能为 13(p1gr)(p2gr)p1gp2We=-p2gE1=-3 4pe0r5r因为q1=<r,p1>，q2=<r,p2>，则 p1 q1 r y r=p1rcosq1 p1gp2gr=p2rcosq2 x 题 2.13图 又因为f是两个平面(r,p1)和(r,p2)间的夹角，所以有 (r´p1)g(r´p2)=r2p1p2sinq1sinq2cosf 另一方面，利用矢量恒等式可得 (r´p1)g(r´p2)=(r´p1)´rgp2=r2p1-(rgp1)rgp2=r2(p1gp2)-(rgp1)(rgp2) 因此 1(r´p1)g(r´p2)+(rgp1)(rgp2)=p1p2sinq1sinq2cosf+p1p2cosq1cosq2 2rp1p2W= (sinq1sinq2cosf-2cosq1cosq2) 于是得到e4pe0r3(p1gp2)=故两偶极子之间的相互作用力为 p1p2d1sinqsinqcosf-2cosqcosq= 1212q=4pe0drr33p1p2(sinq1sinq2cosf-2cosq1cosq2) 4pe0r4 由上式可见，当q1=q2=0时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。 Fr=-¶We¶r-cons=t2.14 两平行无限长直线电流I1和I2，相距为d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm。 解 无限长直线电流I1产生的磁场为 B1=ef1m0I1 2pr直线电流I2每单位长度受到的安培力为 Fm12=I2ez´B1dz=-e120òm0I1I2 2pdm0I1I2 2pd式中e12是由电流I1指向电流I2的单位矢量。 同理可得，直线电流I1每单位长度受到的安培力为 Fm21=-Fm12=e122.15 一根通电流I1的无限长直导线和一个通电流I2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 Fm=m0I1I2(seca-1) 这里a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I1产生的磁场为 z I1B1=efm0I1 2praq 圆环上的电流元I2dl2受到的安培力为 mIIdFm=I2dl2´B1=dl2´ey012 2px由题2.15图可知 dl2=(-exsinq+ezcosq)adq x=d+acosq 2pm0aI1I2F=(-ezsinq-excosq)dq= 所以mò2p(d+acosq)0o a I2dl2d x 题2.15图 m0aI1I22pd2pm0aI1I22pcosq-e(-+)=-exm0I1I2(seca-1) -exdq=xò222paad-a2p0(d+acosq)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´(pgÑ)E+p´E。 解 如题2.16图所示，设p=qdl(dl<<1)，则电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为 T=r2´qE(r2)-r1´qE(r1)= dldldldl(r+)´qE(r+)-(r-)´qE(r-)= 2222dldlqdldlqr´E(r+)-E(r-)+dl´E(r+)+E(r-) 22222当dl<<1时，有 dldlE(r+)»E(r)+(×Ñ)E(r) 22dldlE(r-)»E(r)-(×Ñ)E(r) 22故得到 z qr2 dl T»r´(qdl×Ñ)E(r)+qdl´E(r)= r´(pgÑ)E+p´E o x r r1 -q y 题2.16 图