《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 高等教育出版社二章习题解答

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4Ud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：（1）x0和xd区域内的总电荷量Q；（2）xd2和xd区域内的总电荷量Q。

d 解 （1） Q（2） Q4323d(Udx)Sdx0004940U0S4.721011C 3dd414114323(1)US0.9710C (Udx)Sdx000033d92d2d 2.2 一个体密度为2.32107Cm3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v0.318 Am2

IJ(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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，则P点的线速度为

vrersin

球内的电荷体密度为

故 JveQ 34a3Q3Qrsinersin 334a34a2.4 一个半径为a的导体球带总电荷量为Q，同样以匀角速度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，则P点的线速度为

vreasin

球面的上电荷面密度为

故 JSve

Q 4a2QQasinesin 24a4a

2.5 两点电荷q8C位于z轴上z4处，q24C位于y轴上y4处，求(4,0,0)处

1的电场强度。

解 电荷q在(4,0,0)处产生的电场为

1E1电荷q2在(4,0,0)处产生的电场为

rr12ex4ez4 40rr130(42)3q1q2E2故(4,0,0)处的电场为

rr21ex4ey4 40rr230(42)3EE1E2exeyez23220

2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷l，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ldllad在轴线上za处的电场强度为

larrd 340(2a)lez(excoseysin)d

a820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)dE

2l(ezex2)l[e(ecosesin)]d yzx820a820a2dE z P r 2.7 三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为l1、l2和l3地线电荷构成等边三角形。设l12l22l3，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

r y  dl l x 2.6图 题

a d则

L3

tan30L26y 故等边三角形中心处的电场强度为

l13l1 (cos30cos150)eyE1 40d20Ll3 l2 3l23l1 E2(excos30eysin30)(ex3ey)20L80LE3 E2 33o l1 E3(excos30eysin30)l3(ex3ey)l1 20L80LE1ey题2.7图

x

EE1E2E3

3l13l13l13l1 ey(ex3ey)(ex3ey)ey20L80L80L40L2.8 －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

qex(xa)eyyezz

E140[(xa)2y2z2]32电荷2q在(x,y,z)处产生的电场为

2qex(xa)eyyezz

E240[(xa)2y2z2]32(x,y,z)处的电场则为EE1E2。令E0，则有

ex(xa)eyyezz2[ex(xa)eyyezz] 2223222232[(xa)yz][(xa)yz]由上式两端对应分量相等，可得到

(xa)[(xa)2y2z2]322(xa)[(xa)2y2z2]32 ① y[(xa)2y2z2]322y[(xa)2y2z2]32 ② z[(xa)2y2z2]322z[(xa)2y2z2]32 ③

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

2．9 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3z0的圆内的电荷产生的。

解 半径为r、电荷线密度为ldr的带电细圆环在z轴上zz0处的电场强度为

z rz0dr232

20(r2z0)故整个导电带电面在z轴上zz0处的电场强度为

dEez rz0drz01Eezez22322122(rz)20(r2z0)0003z0ez0 203z0 b dI a o Q 题2.10图

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

Eez0rz0drz01ez23221220(r2z0)20(r2z0)ez01E 402

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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 4a2当球体以均匀角速度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vωrezera

Qeasinesin

4a将球面划分为无数个宽度为dlad的细圆环，则球面上任一个宽度为dlad细圆环

Q的电流为 dIJSdlsind 4细圆环的半径为basin，圆环平面到球心的距离dacos，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

23Qasind0Qsin3d 0 dBeezezz22223222328(asinacos)2(bd)8a3Qsin0Q 0故整个球面电流在球心处产生的磁场为 Bedez0z8a6a0b2dI2.11 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BexBx；

（2）证明：在中点处dBxdx等于零；

（3）求出b与d之间的关系，使中点处d2Bdx2也等于零。

x解 （1）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ex0Ia22(az)

2232

0NIb2(bd4)2232（2）两线圈的电流在其轴线上x(0xd)处的磁感应强度为

0NIb2 0NIb2Bex223222322(bx)2[b(dx)]22dB3NIbx3NIb(dx) x00所以 dx2(b2x2)522[b2(dx)2]52故在中点xd2处，有

22dB3NIbd23NIbd2x00 20 2522252dx2[bd4]2[bd4]d b I b I 题2.11图

x

2222dB15NIbx3NIbx00（3）  222722252dx2(bx)2(bx)150NIb2(dx)230NIb2 227222522[b(dx)]2[b(dx)]225d41dBx令 ，有 0 0227222522xd2[bd4][bd4]dx即 5d24b2d24

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Ir0I，

By0ln24ar14a细条带的电流dI 式中

、r1和r2如题2.12图所示。

r 2 R r1 1 a I x a 题 2.12图

y dB 2解 将导体带划分为无数个宽度为dx的细条带，每一

P(x,y)

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

0Idx0dI0IdxdB

4a[(xx)2y2]122R4aR则 dBxdBsin0Iydx22

a4a[(xx)y]0I(xx)dx

dBydBcos4a[(xx)2y2]

所以

xaIx0 Bxarctan 224a[(xx)y]4ayaaaxaxxaxa 0I0Iarctanarctanarctanarctan4ayy4ayyII0(21)0 4a4aaa0I(xx)dx0I0I(xa)2y20Ilnr2 22Byln[(xx)y]ln22224ar14a[(xx)y]8a8a(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

0IydxFr3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2)

40r4

式中1r,p1，2r,p2，是两个平面(r,p1)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？

解 电偶极子p1在矢径为r的点上产生的电场为

z E113(p1r)rp1[3] 40r5rp2 p1 1 r 2 所以p1与p2之间的相互作用能为

y

Wep2E113(p1r)(p2r)p1p2[3] 540rr 因为1r,p1，2r,p2，则

rp1rcos1 p1p2rp2rcos2

又因为是两个平面(r,p1)和(r,p2)间的夹角，所以有

(rp1)(rp2)r2p1p2sin1sin2cos 另一方面，利用矢量恒等式可得

x 题 2.13图

(rp1)(rp2)[(rp1)r]p2[r2p1(rp1)r]p2r2(p1p2)(rp1)(rp2)

因

此

1[(rp1)(rp2)(rp1)(rp2)]p1p2sin1sin2cosp1p2cos1cos2 r2p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2) 于是得到 We40r3(p1p2)故两偶极子之间的相互作用力为

p1p2d1sinsincos2coscos(3) ()1212q40drr3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2)

40r4 由上式可见，当120时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。 W Fre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e10I1 2r直线电流I2每单位长度受到的安培力为 Fm12I2ezB1dze1200I1I2 2d0I1I2 2d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0I1I2(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

z I1B1e0I1 2r a 圆环上的电流元I2dl2受到的安培力为

o 

0I1I2 2x由题2.15图可知 dl2(exsinezcos)ad

xdacos

20aI1I2(ezsinexcos)d 所以 Fm2(dacos)0dFmI2dl2B1dl2eyd I2dl2 x

题2.15图

0aI1I22d20aI1I22cose()ex0I1I2(sec1) exdx222aada20(dacos)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)()E(r)

22dldlE(r)E(r)()E(r)

22故得到

z q r2 dl Tr(qdl)E(r)qdlE(r)

r(p)EpE

o x r q r1 y

题2.16 图