电磁场习题解答

1、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P = -：，U0d43x43 ,式中阴9极板位于x =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：(1) x=0和x = d区域内的总电荷量Q; (2) x = d/2和 x = d区域内的总电荷量Q。d A解(1)Q= Pd.= (-4 ；0U0d3xN3)Sdx = 一 ；0U0S =-4.72 10解(1)093d(-4(-4 ；0U0d3x3)Sdx =d2 941_/1八-二（1 - 1 ） ；0U0S = -0.97 101c3d 3 22.2 一个体密度为P=

2、2.32M10，C/m3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，束直径九 2mm ,束外没有电荷 分布，试求电流密度和电流。 TOC o 1-5 h z 2719 .解 质子的质重m =1.7父10 kg、电重q=1.610 C。由2mv = qUv = , 2mqU =1.37 106 m. s J - Pv =0.318 A m2 I = J (d： 2)2 =10”AQ的电荷，球体以匀角速设球内任一点P的位置矢一个半径为aQ的电荷，球体以匀角速设球内任一点P的位置矢解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z轴 量为r,且r与z轴的夹角为e,则P点的线

3、速度为v = r = e伊 r sin 二球内的电荷体密度为二二 Q3 34 二 a4 二 a3 3 r sin 二-eRrsin 4 二 a32.4径旋转,解一个半径为a的导体球带总电荷量为Q,同样以匀角速度与绕2.4径旋转,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0 ,则P点的线速度为 v - r = e”t a sin 二球面的上电荷面密度为4 二 a2.Q - Q rJ S = v = e ; a sin 二-e sin -S4二 a24二 a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

4、,0,0)处的电场强度。解 电荷qi在(4,0,0)处产生的电场为qir12 ex4 一04E1 二3 二一34n/ r -r；%(4爽)电荷q2在(4,0,0)处产生的电场为E q2r -r21 ex4 -ey424腌0 r -r2 3成0 (4物3故(4,0,0)处的电场为exey - ez232.2二；。2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷 H ,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RdlJRad但在轴线上z = a处的电场强度为：i8,2二；0dE =4二；0 (. 2a)3：i8,2二；0dE

5、 =4二；0 (. 2a)3ez - (ex cosey sin ).d 在半圆环上对上式积分, 为：lE (0,0, a) = d E二 2二；0a :；2得到轴线上z = a处的电场强度ez - (ex cos eysin )d;Pi(ez二- ex2)8 J 2二；0a题2题2.7图2.7三根长度均为L,均匀带电荷密度分别为 片、%和地线电荷构成等边三角形。设匕1 = 2% = 2耳3,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d =Ltan30 = L 则 TOC o 1-5 h z 26(cos30 -cos150) =ey-j4 二；0d

6、y2二;0LE2 =-(excos30 eysin30):J =-(ex13 ey)-jr 2二;0L8二;0LE3 = (excos30 -eysin30)13 =(q . 3 -ey)112二;0L8 二;0L故等边三角形中心处的电场强度为E =E1 E2 E3 =ey之 m3 0)a(e、? ey)* e，念.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？q ex(x a) ey/ /zq ex(x a) ey/ /zEi4则0 (x + a)2 + y2 +z232电荷-2q在(x, y, z)处产生的电场为2q ex(x-a

7、) eyy ezz TOC o 1-5 h z E2222,3 24 二；0 (x -a) y z (x,y,z)处的电场则为E=Ei+E2o令E =0,则有ex(x a) eyy ezz _ 2eX(x - a) eyy ezz7222T3T = 7222 42(x a) y z (x - a)y z 由上式两端对应分量相等，可得到22 2r3 2222r3 2(x a)(x -a) y z = 2(x - a)( x a) y z y(x - a)2 + y2 +z232 = 2y(x + a)2 + y2 + z232222 3 2222 3 2z( x - a) y z = 2z( x

8、 a) y z 当y#0或z#0时，将式或式代入式，得a = 0。所以，当y#0或 z#0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 =(-3-2,2) a但x = -3a+2j2a不合题意，故仅在(-3a-2&a,0,0)处电场强度E =0。. 9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为 。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J70的圆内的电荷产 生的。解 半径为r、电荷线密度为耳=dr的带电细圆环在z轴上z=z0处的电场强度为d E =ed E =ezr。20 d r2；(r2 z2)32题2

9、.10题2.10图故整个导电带电面在z轴上z = z0处的电场强度为cQ TOC o 1-5 h z 匚丁 ；r%dr仃百 1三E 叭%”2)32 -WT2。z2乐而半径为 后z的圆内的电荷产生在z轴上z = z0处的电场强度京 z0rr%dr_仃 z01_ 仃 1 LE -% J % / 2+ 232 - -ez Q z2 + 2x12- e 小 - o E0 2%(r z0)2% (r Z0) 047 22.10 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仍绕一个直径旋转，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Q当球体以均匀角速度 绕一个直径旋转时，

10、球面上位置矢量 r=ea点处的电流 面密度为JS = ov 父r =aez xera =-Qsin.Qd I = JS dl =Qd I = JS dl =sin 二 d 二 Sdl =adB细圆环的电流为4 二细圆环的半径为b = asinH ,圆环平面到球心的距离d=acos9 ,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ezez0b2dIez 2(b2 d2)320Qa2sin36 d6ez 8n (a2 sin2 g +a2 cos2 6)3 2故整个球面电流在球心处产生的磁场为2.11两个半径为故整个球面电流

11、在球心处产生的磁场为2.11两个半径为b、同轴的相同线圈,0 Qsin r0 QB =ez nd i - ez08 二 a6 二 a各有N匝，相互隔开距离为d ,如题2.11图所示。电流题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 B = exBx ；证明：在中点处dBx/dx等于零；22求出b与d之|可的关系，使中点处d Bx/dx也等于零。(1)由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度_(1)由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度_0Ia2B=e z2(a2 z2)32得到两个线圈中心点处的磁感应强度为B a hNIb2x (bd2 4)32d2d2 B

12、x150NIb2x230NIb2=:十(2)两线圈的电流在其轴线上x (0 x ,Fr =3 Plp24 二；0r4(sin n sin 出 cos - 2cos,cos*)式中 xr,0 xr, P2 ,4是两个平面(r, r)和(r, p2)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？ 偶极子Pi在矢径为r的点上产生的电场为E邛-马4二；0 r r所以R与P2之间的相互作用能为We - - P2L E1 i 3( Pi r)(P2 Lr) p ,P2因为 e xr, ra, % xr, P2A,则p l_r = arcosp2 |_r = p2 r cos12又因为小是两个平面

13、(r,)和“,P2)间的夹角，所以有2(r pj)|_(r p2)=r p1P2sinsin 12cos另一方面，利用矢量恒等式可得(r Pi山r P2) H( r Pi) r_6 =r2( Pi LP2) -(r_pi)(rLp2)r2pi -(r|_pi)rP2 =R p2 cos? cosu2,1(Pi LP2) = (rPi)L(rP2) - (rJpi)(rLp2)lrp1P2 sinsin 12 cos一-.RP2于是得到We3 (sin w sin % cos - 2coscos%)4 二；0r故两偶极子之间的相互作用力为Fr J二 rpip2. c . d , 1、q fons

14、t =(sin W sin2 cos - 2coscos)()=4 ；0dr r3Plp (sinsin%cos - 2coscos2)4二；0r由上式可见，当W =e=0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Ii和I2, 的安培力F m。相距为d ,求每根导线单位长度受到解 无限长直线电流Ii产生的磁场为直线电流I2每单位长度受到的安培力为iFmi2 =.ezBidz - -ei20：0I 11 2式中皿是由电流Ii指向电流12的单位矢量.单位长度受到的安培力为同理可得，直线电流Ii每单位长度受到的安培力为匚=_匚 WkF m21 F m12 ei2 八,2二

15、 d一根通电流Ii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 = J0I1I2(sec： -1)这里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产生的磁场为圆环上的电流元12 d I2受到的安培力为d Fm =I2d I2 B1 =d 12 ey-0-22 二 x由题2.15图可知d 12=(-exsin 由题2.15图可知所以J0aI1I 20所以J0aI1I 20 2 二(d a cos)(-ez sin【-ex cos i)d =J0aI1I2cos 二0 (d acosi)-0aI-0aI 11 2a a . d2 -a2)=-exjolil2(sec： -1)故得到j,)E(故得到j,)E(r)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 x( pV)E +px