电磁场与电磁波课后习题及答案二章习题解答

1、二章习题解答，一4 ；0U0d*3x'3，式中阴极板位于9x=d，极间电压为U0。如果U0=40V、d =1cm、横截面S=：10cm2，2.1一个平行板真空二极管内的电荷体密度为X = 0，阳极板位于 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 4x-2）Sdx 4 ；0U0S =-4.72 10七093d 0 0(2)2.2质子束， 解（1）Q = J Pd i J（-二U 0ddQ 二"二t'一个体密度为p质子束内的电荷均匀分布，束直径为质子的质量m=1.7 10 27 kg、1 2mv2（-上；0U0d&q

2、uot;x'3）Sdx4（1-）；0U0S =0.97 101 Cd 293d2=2 32汉10二C/m的质子束，通过1000V的电压加速后形成等速的2 mm，束外没有电荷分布， 试求电流密度和电流。 电量q =1.6 10山c。由=qUv 二 2mqU =1.37 106 m sJ 二 Z=0.318 Am2I = J（d/2）2 =10上 A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2.3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轴的夹角为二，则p点的线速度为球内的电荷体密度为z轴。设球内任一点 P的位置矢量为r，且r与r s

3、inQ4 兀 a3/3J = v = 3r sin 二4 兀 a3/3a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4-a32.4 一个半径为 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轴的夹角为二，则p点的线速度为v = r = e as in71球面的上电荷面密度为Q 2 as in v - e si nr4兀a22.5 两点电荷 q =8C位于z轴上z =4处，q2二-4C位于丫轴上y = 4处，求(4,0,0)处 的电场强度。解 电荷qi在(4,0,0)处产生的电场为E!qir-r2 ex4 - ez44

4、5r ri一二 0 (4 一 2)36电荷eq,在(4,0,0)处产生的电场为q24 二；0r -thr J31 ex4 - ey4二；0 (42)3故(4,0,0)处的电场为exez232、2二 02.6 一个半圆环上均匀分布线电荷;?i，求垂直于圆平面的轴线上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 几d|丄一ad在轴线上z = a处的电场强度为z二a处的电场强度x题2.6图dEa r -r4二；0 (, 2a)3_5_ ez二(ex cosey sin_) j .8、2 二；0a在半圆环上对上式积分，得到轴线上z=a处的电场强度为M ez：-e

5、 x2)8 - 2二；0aE (0,0, a)二.d E 二7= J ez-(excos 如 +ey si n°")dA=8 ；2°a _二22.7三根长度均为L,均匀带电荷密度分别为:?ii、:|2和:?i3地线电荷构成等边三角形。设1 = 2 ： 12 = 23，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y题2.7图d=Lta n303L2 6则gd3?l1Eey(COS30,-cos150)=eyy4二;0dy2二;0LE-(excos30 e,si门30)丑(盼 3 - ey)J1-2応名。L8兀£

6、76;LE3 =(excos30 -eySin30)2(ex、3 -唧王匚2%L8 瓏0L故等边三角形中心处的电场强度为E =巴 E2 E3 二ey 亘-（补 3 ey）亘（ex 3 - ey）丄二 e丄2二；0L8二；0L8二；0L4二；0L2.8 点电荷+q位于（a,0,0）处，另一点电荷-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）处产生的电场为二 q ex(x a) ey ezZ一4二;。(x a)2 y2 z232电荷_2q在（x, y,z）处产生的电场为2q ex(x -a) ey ez222 3.2（x, y, z）处的电场则为4二；

7、0 (x-a) y z 。令e =0，则有ex(x a) eyy ezz = 2ex(a) eyy ezZr / 亠 2 亠 2 斗 2 = 3"2、2 斗 2 亠 2十3"2(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 +z232 =2(x_a)(x + a)2 + y2 +z23'2y(x a)2 + y2 +z232 =2y(x +a)2 + y2 +z23'2z(xa)2 +y2 +z23'2 =2z(x +a)2 + y2 +z232当y = 0或z - 0时，将式或式代入式

8、，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解得但x-3a 2 2a不合题意，故仅在,2.9 个很薄的无限大导电带电面， 的电场强度E中，有一半是有平面上半径为解半径为x =(-3_2、.2)a(-3a_2、.2a,0,0)处电场强度 E= 0。 电荷面密度为 二。证明：垂直于平面的z轴上Z = 处.3%的圆内的电荷产生的。电荷线密度为- dr的带电细圆环在z轴上z = z°处的电场强度为d E _ ez22 3 22 臥 r2+E)32故整个导电带电面在 z轴上z = z0处的电场强度为rqdr

9、O0二 ez一 0 2；0厂>wz0drz01E _ ez2232 Yz22 12°2；°(r -20)2 ；0 (r n)而半径为 3z0的圆内的电荷产生在 z轴上 s 处的电场强度为当球体以均匀角速度，3z0i rgdrg 1E _ ez J / 2 丄 ez / 2 丄21 2_ ez 0 20(r +z。)2® (r +Z。)1。4可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解 球面上的电荷面密度为Q24兀a国绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r=era点处的电流面密度为r；2

10、0d rr；20 dr8二 a84兀细圆环的半径为 b =asi，圆环平面到球心的距离d =acosr，禾U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-0b2 d IJ0 Qa2sind-J s = -" v =3 r =、" ez'：' - er a =ccQ e-x a sin)- e sin 二屮屮4兀a将球面划分为无数个宽度为dl二ad寸的细圆环，则球面上任一个宽度为dI = a细圆环的电流为d I = Jsd lQsinv000 Qsin3=d =d B _ez223 2 - ez2.222 32 一 ez2(b d )8 (

11、a sin 二 a cos -)故整个球面电流在球心处产生的磁场为0Qsi nU-%'QB弋.0d丄e2.11两个半径为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|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dBX/dx等于零；（3） 求出b与d之间的关系，使中点处 d2 B dx2也等于零。解（1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度B V2Be%N|b2(b2 d24)32x (0 ： x ： d)处的磁感应强度为 亠%NIb2' 2(b2 x2)322b2 (d -x)2323%N

12、lb2x3%Nlb2(d-x)2(b2 x2)2b2 (d x)2处，有3%Nlb2d 23%Nlb2d 22b2 d2 4522b2 d2 4520d2 Bx15%Nlb2x2 _ 30Nlb22(b2 x2)722(b2 x2)5215%Nlb2(d -x)2 _3%Nlb22b2 (d x)2722b2 (d x)2525d41b2匚d2 4*2 _b2 +d2 452即5d2. 4 二 b2 d2 4故解得d = b2.12 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。证明在第一Bx =_上必0(，By =上1 n12式中a、r1和2如题2.12图所示。x4- a n解

13、 将导体带划分为无数个宽度为dx的细条带，每一细条带的电流dl二丄dx，。由安培环路定理，可得位于x处 2a 的细条带的电流dl在点P(x, y)处的磁场为，%ldx4二a(x-x )2 y212 %lydx4 a(x -x )2 y2得到两个线圈中心点处的磁感应强度为（2）两线圈的电流在其轴线上%Nlb2B=ex<dBx = dx故在中点x = d2 dBx dx所以2.5 2(3)dx22 i7 2令 d2Bxdx2x =d 2=0，有象限内的磁感应强度为则题2.12图=0dB 二土也S2- R 4aRdBx = -d Bsin 八-15所以BxdByBcos 。巴匕4兀 a(x x

14、 j2 + y %ly dx.224：a(x-x) y Jol2-X !arctan%larcta n-arcta n_a _x%1y丿% Iarcta n-arcta na4 二 a巴 I | (x + a)2 + y2in 2 2 8 a (x _ a) yaBy22/二a(x-x) y 2.13如题2.13图所示，有一个电矩为 P的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为 R,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Fr彳山卩：(sinsincos -2cosKCOsr2)4 二；0r式中弓=：r, p -，2=：r, p ， '是两个平面(r, p)和(

15、r, P2)间的夹角。样的相对取向下这个力值最大？解电偶极子p在矢径为r的点上产生的电场为4 ；or r所以P与P2之间的相互作用能为13(融(2)W4 =-pl_E14%因为 = r, p ，勺 “r, p,，p|_r = pir cosippf = p2r cos2又因为©是两个平面(r, p)和(r, p>)间的夹角，所以有(r=<p)b(r 汉 p2r2p.|p2sinsinEcosS3另一方面，利用矢量恒等式可得(r 汉 pOE 卩2)=(“ p)x讪pr2p _(rLpJ门LIp2 = r2(pLP2) -(rLp)(丄pj%l (x -x )d x%lln

16、(x-x)2 y24 - ari4 :；P_ P2r并冋两个偶极子在怎因此1(p1 b)2【(r pi)_(r p2) (r_pj(rp2) = RPzSinsincos口p?coscosr于是得至UWe 二 P1p>2 3 (sinq sinr2 cos - 2cosq cos2)4%故两偶极子之间的相互作用力为ppd 1（si nq sin 日 2 cos 一 2co阴 co52）（飞）= d r rFr = 一-r3p1p2-4 （sinsigeos - 2C0S20S 2） 4二；0r由上式可见，当 K -勺=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

17、电流h和丨2，相距为解 无限长直线电流Il产生的磁场为Bi直线电流J每单位长度受到的安培力为F m12d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm。tl0l 1“左71I I二 l2ezB1dy2 0 1 202d式中©2是由电流Ii指向电流丨2的单位矢量。同理可得，直线电流Ii每单位长度受到的安培力为F _ F _e Jo|il厂 m21厂 m12e122.15 根通电流11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 - l1l2（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l1产生的磁场为M12-r圆环上的电流元I 2 d 12受到的安培力为由题2.15图可知所以r10I1I2d Fm Fd 12 Bd l2 ey 丄2“d12 =(-in r ezcosr)adrx = d acos-J0al1l22x匚(-ezsin&excose)dT =0 2二(d a cost)-al l 2 二r0al1I 2_ex2jt2 :沖 e %al1l2, 2兀d,d H = _e x（-十；=0 （d acos丁）2二 a a、d2 -a22.16 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 （必