电磁场与电磁波课后习题及答案二章习题解答

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43230049Udx，式中阴极板位于0x，阳极板位于xd，极间电压为0U。如果040VU、1cmd、横截面210cmS，求：（1）0x和xd区域内的总电荷量Q；（2）2xd和xd区域内的总电荷量Q。解（1）43230004d()d9dQUdxSx110044.7210C3USd（2）43230024d()d9ddQUdxSx1100341(1)0.9710C32USd2.2一个体密度为732.3210Cm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271.710kgm、电量191.610Cq。由212mvqU得621.3710vmqUms故0.318Jv2Am26(2)10IJdA2.3一个半径为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sinrvre球内的电荷体密度为343Qa故333sinsin434QQrraaJvee2.4一个半径为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sinavre球面的上电荷面密度为24Qa故2sinsin44SQQaaaJvee2.5两点电荷18Cq位于z轴上4z处，24Cq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111330014424(42)xzqeerrErr电荷2q在(4,0,0)处产生的电场为222330024414(42)xyqeerrErr故(4,0,0)处的电场为1202322xyzeeeEEE2.6一个半圆环上均匀分布线电荷l，求垂直于圆平面的轴线上za处的电场强度(0,0,)aE，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ddllla在轴线上za处的电场强度为30dd4(2)laarrE0(cossin)d82zxylaeee在半圆环上对上式积分，得到轴线上za处的电场强度为(0,0,)daEE220[(cossin)]d82lzxyaeee0(2)82lzxaee2.7三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为1l、2l和3l地线电荷构成等边三角形。设1l22l32l，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3tan3026LdL则111003(cos30cos150)42llyydLEee2120033(cos30sin30)(3)28llxyxyLLEeeee3130033(cos30sin30)(3)28llxyxyLLEeeee故等边三角形中心处的电场强度为123EEEE111000333(3)(3)288lllyxyxyLLLeeeee1034lyLeazxyldlPdErr题2.6图2l1l3lxyo1E3E2E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(,,)xyz处产生的电场为1222320()4[()]xyzxayzqxayzeeeE电荷2q在(,,)xyz处产生的电场为2222320()24[()]xyzxayzqxayzeeeE(,,)xyz处的电场则为12EEE。令0E，则有22232()[()]xyzxayzxayzeee222322[()][()]xyzxayzxayzeee由上式两端对应分量相等，可得到2223222232()[()]2()[()]xaxayzxaxayz①2223222232[()]2[()]yxayzyxayz②2223222232[()]2[()]zxayzzxayz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()()xaxaxaxa解得(322)xa但322xaa不合题意，故仅在(322,0,0)aa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。证明：垂直于平面的z轴上0zz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dlr的带电细圆环在z轴上0zz处的电场强度为0223200dd2()zrzrrzEe故整个导电带电面在z轴上0zz处的电场强度为00223222120000000d12()2()2zzzrzrzrzrzEeee而半径为03z的圆内的电荷产生在z轴上0zz处的电场强度为003300223222120000000d112()2()42zzzzzrzrzrzrzEeeeE2.10一个半径为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24QaaQbzoId题2.10图当球体以均匀角速度绕一个直径旋转时，球面上位置矢量rare点处的电流面密度为SzraJvωreesinsin4Qaaee将球面划分为无数个宽度为ddla的细圆环，则球面上任一个宽度为ddla细圆环的电流为ddsind4SQIJl细圆环的半径为sinba，圆环平面到球心的距离cosda，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202232dd2()zbIbdBe230222232sind8(sincos)zQaaae30sind8zQae故整个球面电流在球心处产生的磁场为3000sind86zzQQaaBee2.11两个半径为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xxBBe；（2）证明：在中点处ddxBx等于零；（3）求出b与d之间的关系，使中点处22ddxBx也等于零。解（1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度2022322()zIaazBe得到两个线圈中心点处的磁感应强度为202232(4)xNIbbdBe（2）两线圈的电流在其轴线上x)0(dx处的磁感应强度为2200223222322()2[()]xNIbNIbbxbdxBe所以220022522252d33()d2()2[()]xBNIbxNIbdxxbxbdx故在中点2dx处，有220022522252d32320d2[4]2[4]xBNIbdNIbdxbdbd（3）222200222722252d153d2()2()xBNIbxNIbxbxbx222002272225215()32[()]2[()]NIbdxNIbbdxbdx令0dd222dxxxB，有0]4[1]4[45252227222dbdbd即445222dbdbIbId题2.11图x1p2pxyz12r题2.13图故解得bd2.12一条扁平的直导体带，宽为a2，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04xIBa，021ln4yIrBar式中、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xaIId2d。由安培环路定理，可得位于x处的细条带的电流Id在点),(yxP处的磁场为00ddd24IIxBRaR02212d4[()]Ixaxxy则022dddsin4[()]xIyxBBaxxy022()dddcos4[()]yIxxxBBaxxy所以022d4[()]axaIyxBaxxy0arctan4aaIxxay0arctanarctan4Iaxaxayy0arctanarctan4Ixaxaayy021()4Ia04Ia022()d4[()]ayaIxxxBaxxy220ln[()]8aaIxxya22022()ln8()Ixayaxay021ln4Irar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121212403(sinsincos2coscos)4rppFr式中11,rp，22,rp，是两个平面1(,)rp和2(,)rp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1115303()1[]4rrprrpE所以1p与2p之间的相互作用能为1212215303()()1[]4eWrrprprpppE因为11,rp，22,rp，则111cosprpr222cosprpraaIxy2r1r),(yxPdBR12题2.12图又因为是两个平面1(,)rp和2(,)rp间的夹角，所以有2121212()()sinsincosrpprprp另一方面，利用矢量恒等式可得1212()()[()]rprprprp2112[()]rprprp21212()()()rpprprp因此12121221()[()()()()]rpprprprprp1212sinsincospp1212coscospp于是得到eW12304ppr(12sinsincos122coscos)故两偶极子之间的相互作用力为erqconstWFr1204pp(12sinsincos122coscos)3d1()drr124034ppr(12sinsincos122coscos)由上式可见，当120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mF。解无限长直线电流1I产生的磁场为0112IrBe直线电流2I每单位长度受到的安培力为10121221120d2mzIIIzdFeBe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01