电磁场与电磁波第三版课后答案.docx

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 r = -4 e U d -4 3 x-2 3 ，式中阴极板位9 0 0于 x = 0 ，阳极板位于 x = d ，极间电压为 U0。如果 U0= 40 V 、 d = 1cm 、横截面4S = 10cm 2 ，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 。解 （1）Q = r dt = d (- 4 e U d -4 3 x-2 3 )S d x = -e U S = -4.7210-11 Ct9 0 00（23d 0 0）4dQ = r dt = (-e

2、 U d -4 3 x-2 3 )S d x = -4 (1-)e U S = -0.97 10-11 C13 2td 29 0 03d0 02.2 一个体密度为r = 2.3210-7 Cm3 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 = 1.710-27 kg 、电量q = 1.610-19 C 。由1 mv2 = qU 22mqU得v = 1.37106 m s故J = r v = 0.318A m2I = Jp (d 2)2 = 10-6A2.3 一个半径为a 的球体内均匀分布

3、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（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q ，则 P 点的线速度为v = w r = e wr sinqf球内的电荷体密度为4p a3 3r =4p a3 3故J = rv = eQQwr sinq = e3Qw r sinqff 4p a32.4 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（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q ，则

4、P 点的线速度为v = w r = e wa sinqf球面的上电荷面密度为故J= s v = eo =Q4p a2Qwa sinq = eQw sinqSf 4p a2f 4p a2.5 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) 处的电场强度。解电荷q在(4,0,0) 处产生的电场为14pe110r - r31E =q1r - r = 2 epexz(4 2) 304 - e 4电荷q2在(4,0,0) 处产生的电场为4pe22r - r 302qr - r1 e4 - e 4pexy(4 2) 3故(4,0,

5、0) 处的电场为E = -20E = E + E12e + e32 2pe=xy- e 2z2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷 r，求垂直于圆平面的轴线上 z = a 处的电场强度0lE (0,0, a) ，设半圆环的半径也为a ，如题 2.6 图所示。r ar - r4pell0( 2a)3解半圆环上的电荷元r d l = r a df 在轴线上 z = a 处的电场强度为ldE =df =8 2pelzxyare - (ecosf + esinf)df0在半圆环上对上式积分，得到轴线上z = a 处的电场强度为E (0,0, a) = d E =题rp 2r (e p - e 2)lzx8

6、 2pe a8 2pe al e - (e cosf + e sinf)df =zxy0 -p 202.7 三根长度均为L ，均匀带电荷密度分别为r 、r 和rl1l 2l3地线电荷构成等边三角形。设r = 2rl1l 2= 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L3则E = ed =tan30 =L26llr 1 (cos30 -cos150) = e3r 11y 4pe d0y 2pe L03r3rE = -(e cos30 + esin30 )l 2 = -(e3 + e )l1题 2.72xy2pe Lxy 8pe LE = (

7、e3xcos30 -eysin30 )3rl32pe L0= (ex3 -e )y00l1r38pe L0故等边三角形中心处的电场强度为21E = E + E + E =3rel13- (e3 + e3r0)l1+ (e3 - e3r3r0)l1 = el100y 2pe Lxy 8pe Lxy 8pe Ly 4pe L2.8 点电荷+q(-a,0,0)-2q 位于(a位于场强度 E = 0 的点？处，另点电荷,0,0) 处，空间有没有电解电荷+q 在(x, y, z) 处产生的电场为qe (x + a) + e4pe(x + a)2 + y2 + z2 3 2E =xy1y + e zz电荷

8、-2q 在(x, y, z) 处产生的电场为 0E = -2qe (x - a) + e y + e zxyz24pe0(x - a)2 + y2 + z2 3 2(x, y, z) 处的电场则为 E = E1+ E 。令 E = 0 ，则有2(x - a)2 + y2 + z2 3 2e (x + a) + e y + e z(x + a)2 + y2 + z2 3 2xyz= 2ex (x - a) + ey y + ez z由上式两端对应分量相等，可得到(x + a)(x - a)2 + y2 + z2 3 2 = 2( x - a)(x + a)2 + y2 + z2 3 2y(x -

9、 a)2 + y2 + z2 3 2 = 2 y(x + a)2 + y2 + z 2 3 2z(x - a)2 + y2 + z2 3 2 = 2z(x + a)2 + y2 + z2 3 2 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 + 2 2a 不合题意，故仅在(-3a - 2 2a,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s

10、 。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r =s d r 的带电细圆环在z 轴上 z = zl0处的电场强度为d E = ers z d r0z 2e (r2 + z2 )3 200故整个导电带电面在z 轴上 z = z0处的电场强度为E = e rs z d r0ssz12e (r2 + z2 )1 2000= -eez 2e (r2 + z2 )3 2zz 2e00000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3 zE = e 0rsz dr0= -e= e s

11、 = 1 E sz13z2e (r2 + z2 )1 200000z2e (r2 + z2 )3 2zz 4e2题00002.10 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 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o =Q4p a2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 = e a 点处的电流面密度为rJ = s v = s r = s e w e a =Szre wsa sinq = e wQ sinqff 4p a将球面划分为无数个宽度为d l = a dq 的细圆环，则球面上任一个宽度为d l = a

12、dq 细圆环的电流为d I = JSd l =wQ sinq dq4p细圆环的半径为 b = a sinq ，圆环平面到球心的距离 d = a cosq ，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m b2 d Im wQa2 sin3 q dqm wQ sin3 q dq2(b2 + d 2 )3 208p (a2 sin 2 q + a2 cos2 q)3 20d B = e= ezz= e0z8p a故整个球面电流在球心处产生的磁场为B = e p m0wQ sin3 q dq = em wQ0z 08p az 6p a2.11 两个半径为b 、同轴的相同线圈，各

13、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 = e B ；x x（2） 证明：在中点处d Bd x 等于零；x（3） 求出b 与d 之间的关系，使中点处d 2 Bd x 2 也等于零。xm Ia22(a2 + z2 )3 20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 = exm NIb2(b2 + d 2 4)3 20（2）两线圈的电流在其轴线上x (0 x d ) 处的磁感应强度为m NIb2m NIb2B = e 0+0x 2(b2 + x2 )

14、3 22b2 + (d - x)2 3 2 d B3m NIb2 x3m NIb2 (d - x)2(b2 + x2 )5 202b2 + (d - x)2 5 20所以xd x= -+3m NIb2 d 22b2 + d 2 45 203m NIb2 d 22b2 + d 2 45 20故在中点 x = d 2 处，有d Bx题d x = -+= 0d2 B15m NIb2 x23m NIb22(b2 + x2 )7 202(b2 + x2 )5 20（3）xd x2=-+2b2 + (d - x)2 7 202b2 + (d - x)2 5 2015m NIb2 (d - x)2 -3m

15、NIb2d 2 Bxd x 2令x=d 2= 0 ，有5 d 2b2 + d 24-1= 0b2 + d 2 45 247 2即5 d 2 4 = b 2 + d 2 4故解得d = b2.12 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m I在 第 一 象 限 内 的 磁 感 应 强 度 为m IrB = -0 a，B =0 ln 2式中a 、 r 和 r 如题x4p ay4p ar1212.12 图所示。解将导体带划分为无数个宽度为 d x 的细条带，每一细题条带的电流dI =处的磁场为I dx 。由安培环路定理，可得位于x 处的细条带的电流dI 在点 P

16、(x, y)2am d Im I d xm I d x4p a(x - x)2 + y2 1 20d B =0=0=2p R4p aRqm Iy d x0则d Bxd B= - d B sin= d B cosq= - 4p a(x - x)2 + y2 m I (x - x)d x=0y所以am Iy d x4p a(x - x)2 + y2 m I x - x aB = -0= -0arctan=- aax4p a(x - x)2 + y2 4p ay -m I a - x -a - x - 4p0a arctan - arctany =ym I x + a x - a a- 4p0arc

17、tan - arctany =y0- m I (a 4p a2-a ) = -1m I a04p aB = ay-am I (x - x)d x=04p a(x - x)2 + y2 m Iaa- 8p0 ln(x - x)2 + y2 =-am I(x + a)2 + y2m Ir0 ln= 4p0 a ln 28p a(x - a)2 + y2r12.13 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1为 p 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2=3p p12F(sinq sinqcosf - 2cosq cosq )r

18、4pe r412120式中q=，q=，f 是两个平面(r, p ) 和(r, p ) 间的夹角。并问两112212个偶极子在怎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3(p r)r1- 1 p1E =1 14pe0r5r3所以 p 与p12之间的相互作用能为13(pr)(pr)p p题W = - p E = -12- 12 e214pe0r5r3因为q1=，qp r = p r cosq22p r = p r cosq111221=，则2又因为f 是两个平面(r, p ) 和(r, p ) 间的夹角，所以有12(r p ) (r p ) = r2 p p si

19、nq sinq cosf121 212另一方面，利用矢量恒等式可得(r p ) (r p ) = (r p ) r p =1212p ) - (r p )(r p )212r 2 ( p1因r 2 p1- (rp )r p =12此( p p ) = 1 (r p ) (r p ) + (r p )(r p ) = p p sinq sinqcosf + p p cosq cosq12r 212p p121 2121 212于是得到W =1 2 ( sinq sinqcosf - 2cosq cosq )e4p e r312120故两偶极子之间的相互作用力为Wrep pd1F = -= - 1

20、2 ( sinq sinq cosf - 2cosq cosq )() = rq=const4pe012123p pd r r31 2 ( sinq sinq cosf - 2cosq cosq )4pe r412120由上式可见，当q =q12= 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 I 和 I12，相距为 d ，求每根导线单位长度受到的安培力mF 。0 1解 无限长直线电流I 产生的磁场为B = e m I11直线电流I 每单位长度受到的安培力为Ff 2p r= 1 I e B d z = -em I I0 1 2式中e122是由电流I 指向电流 I1

21、2的单位矢量。m122 z1012 2p dm I I同理可得，直线电流I 每单位长度受到的安培力为F= -F= e0 1 21m 21m1212 2p d2.15 一根通电流I 的无限长直导线和一个通电流I12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F = m I Im0 1 2(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I 产生的磁场为10 1B = e m I1f 2p r圆环上的电流元 I2d l 受到的安培力为2m I I题d F = Im2d l B21= d l e2y0 1 2p2 x

22、由题 2.15 图可知d l2= (-exsinq + ezcosq)a dqx = d + a cosqF = 2pm aI I(-esinq - ecosq)d q =所以01 2m2p(d + a cosq)z0x012-e m aI I 2pcosqdq =x2p0(d + a cosq)da2pd 2 - a2-e m0 aI1I2 (- 2p +) = -e m I I(seca -1)x2pax 0 1 22.16 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 = qd l (d l 1)，则

23、电偶极子 p 绕坐标原点所受到的力矩为T = r qE(r ) - r qE(r ) =2211(r + d l )qE(r + d l ) -(r - d l )qE(r - d l ) =2222qr E(r + d l ) - E(r - d l )+ q d l E(r + d l ) + E(r - d l )当d l 1时，有故得到E(r +E(r -2d l ) E(r) +(d l 22d l ) E(r) -(d l 222222)E(r)E(r)T r (qd l )E(r) + qd l E(r) =r ( p )E + p E题 2.16 图第三章习题解答3.1 真空中

24、半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和- q ，试计算球赤道平面上电通密度的通量F (如题 3.1 图所示)。解由点电荷q 和- q 共同产生的电通密度为q赤道平面a-qqRRD = + - =4pR3R3+-qe r + e (z - a)e r + e (z + a)r2 + (z - a)2 3 2rz-rz4p则球赤道平面上电通密度的通量F = D d S = D ez z=0r2 + (z + a)2 3 2d S =SSq a(-a)a题 3.1 图 -2p r d r =(r2 + a2 )3 2(r2 + a2 )3 24p12qa(r2 + a2 )1 20a

25、 = (-1)q = -0.293q03.2 1911 年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为- Ze 的电子云，在球心有一正电荷Ze （ Z 是原子序数， e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为D = e0Ze 1-r 4p r2r ，试证明之。r3a解位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为D1= eZer 4p r2br0ac4p r3 3a原子内电子云的电荷体密度为r = -Zer4p r3 3电子云在原子内产生的电通量密度则为= - 3Ze4p r3aD = e2r4p r2= -eZe rr 4p r3a故原子内总的

26、电通量密度为D = D + D= e Ze 1 - r 题 3. 3 图(a)12r 4pr2r3a3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为r0C m3 , 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c (c b区域中，由高斯定律 E dS = qeS0，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为E = epb2 rr b2r0 =0E = e -p a2 r0 = - r0a2r1r 2pe r2e r21r 2pe r2e r20000b - r0acbr0acbr0ac题 3. 3 图(b)点 P 处总的电场为E = E+ E =r (b2r - a2r) 在 r a1

27、12er2区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点0r2产生的电场分别为PE = ep r2 r = rrE = e -p a2 r = - ra2r2r 2pe r2e0002r 2pe r02e r20点 P 处总的电场为E = E+ E = r (r -a2r)在 r a222e的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点0r2P 产生的电场分别为E = ep r2 rr r0 =0E = e -p r2 r0 = - r0r3r 2pe r2ec003r 2pe r2e00点 P 处总的电场为E = E + E = r0 (r - r) = r0332e2e003.4 半径为a 的

28、球中充满密度r (r) 的体电荷，已知电位移分布为r3 + Ar 2=Dr a5 + Aa4r 2(r a)(r a)其中 A 为常数，试求电荷密度r (r) 。D = 1dr 2 d r解：由 D = r ，有r (r) = (r 2 D )r故在r a区域r(r) = e1 d(a5 + Aa4 ) r 20 r 2 d rr 2 = 03.5 一个半径为a 薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为Q 为的体电荷，球壳上又另充有电荷量Q 。已知球内部的电场为 E = e (ra)4 ，设球内介质为r真空。计算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外表面的电荷面密度。解 （1）

29、由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为r = e (r 2 E) = e 1 d(r2r4 ) = 6e r3E = e 1d0 r 2 dr00 r2 dra40 a4（2）球体内的总电量Q 为Q = rdt = a 6e4p r dr = 4pe ar3t220 a400球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷- Q ，而且在球壳外表面上还要感应电荷Q ，所以球壳外表面上的总电荷为 2 Q ，故球壳外表面上的电荷面密度为s =2Q = 2e4p a203.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为r = a 和r = b (b a) ，圆柱表面分别带有密度为s和s 的面电荷。（1）计算各处的电位移

30、D120；（2）欲使r b 区域内 D0= 0 ，则s 和1o 应具有什么关系？20解 （1）由高斯定理 Dd S = q ，当r a 时，有D= 001S当 a r b 时，有2p rD02= 2p as1，则D02= e1asrr当b r 时，有2p rD03= 2p as1+ 2pbs2，则D03as + bs= e12rr（2）令 D= e03ras + bs1rs2 = 0 ，则得到s12= - ba3.7 计算在电场强度 E = exy + eyx 的电场中把带电量为 -2m C 的点电荷从点P (2,1,-1) 移到点 P (8, 2, -1) 时电场所做的功：（1）沿曲线 x

31、= 2 y2 ；（2）沿连接该两点12的直线。d l = q E d l = q E dx解 （1）W = FCCCx + E d y =yq y d x + x d y =q2y d(2 y2 ) + 2 y2 d y =C12q 6 y2 d y = 14q = -2810-6 (J )1（2）连接点 P (2,1,-1) 到点 P (8, 2, -1)直线方程为12x - 2 = x - 8即x - 6 y + 4 = 0y -1y - 2故W =2q y d x + x d y = 2d(6 y - 4) + (6 y - 4)d y =q yC1q (12y - 4)d y = 14

32、q = -2810-6 (J )13.8 长度为 L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为 rl 0。（1）计算线电荷平分面上任意点的电位j ；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场E ，并用 E = -j核对。解 （1）建立如题3.8 图所示坐标系。根据电位的积分表达式，线电荷平分面上任意点P 的电位为2l 0oP qzj(r,0) = L 2r dzl 0=L - L 2r4pe0r 2 + z2L 2r4ple0 ln( z +r 2 + z2 )r 2 + (L 2)2 + L 2r 2 + (L 2)2 - L 2r 2 + (L 2)2 + L 20=- L 2rr4p

33、le0 ln=0- L2题 3.8 图r2ple0 lnr0（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元r dz 在点 P 的电场为l 0dE = e dE = er dzl 0cosq = er rdzl 0rrr 2pe0r 2 + z2r 2pe (r 2 + z2 )3 20故长为 L 的线电荷在点 P 的电场为E = dE = e L2r rdzl 0=erl 0(z)=r 2 + z2L 20r4pe r0l 0r 2 + (L 2)2erLr2pe0(r 2 + z2 )3 2r 2pe r00由 E = -j 求 E ，有rL 2 +r 2 + (L 2)2 E = -j = - 2

34、ple0 ln4pe r0l 0r 2 + (L 2)2r0 =rr-el 0 r- 1 = erL r 2pe0 L 2 +r 2 + (L 2)2 r 2 + (L 2)2r d l 求其rrPl3.9 已知无限长均匀线电荷rl的电场 E = er 2pe r0，试用定义式j (r) = Er电位函数。其中rP为电位参考点。d l =rPr2pel r解j(r) = rP Errd r =0r2pelln rrPr0r= 2pelrln Pr0P由于是无限长的线电荷，不能将r选为无穷远点。3.10一点电荷+q位于(-a,0,0) ，另一点电荷-2q位于(a,0,0)，求空间的零电位面。解 两个点电荷+q 和-2q 在空间产生的电位q(x + a)2 + y2 + z22q(x - a)2 + y2 + z2j(x, y, z) =1- 4p