科学出版社：《电磁学与电动力学》书籍教材（第2版）配套教辅（习题解答）PDF电子版

“十二五”普通高等教育本科国家级规划教材配套教辅 《电磁学与电动力学（第二版 》 习题解答 胡友秋程福臻叶邦角刘之景胡岳东编著 男静学女股祛

目录 《电磁学与电动力学（上册）（第二版）》习题解答 第1章 真空中的静电场 3 第2章 静电场中的导体和电介质 20 第3章 静电场的能量 36 第4章 第5章 第6章 介质中的静磁场 70 第7章 电磁感应 82 第8章 磁能 94 第9章 交流电路 99 第10章麦克斯韦电磁... 附录单位制和单位制间的公式变换 109 《电磁学与电动力学（下册）（第二版）》习题解答 第1章 电磁现象的基本规律 115 第2章 静电场 123 第3章 静磁场 133 第4章 电磁波的传播 141 第5章 电磁波的辐射· 153 第6章 运动电荷的辐射 168 第7章 电磁波的散射、吸收和色散 175 第章狭义9 《电磁学与电动力学（第二版）习题解答》后记 191

《电磁学与电动力学（上册）（第二版）》 习题解答

第1章真空中的静电场 1.1把总电量为Q的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另 部分均匀分布在月球上，使它们之间的库仑力正好抵消万有引力.已知11(4π6) 9.00×10°Nm2.C2,引力常数G=6.67×10"N·m2.kg2,地球质量为5.98×102kg, 月球质量为7.34×102kg (1)求Q的最小值： (2)如果电荷分配与质量成正比，求Q. 解(1)设地球上带电Q,月球上带电Q,由题意 2+-2.GMme 2Qu=GMm r24元r2 4πE0 由不等式Q+Q≥2√Qg,可求得Q的最小值 0na=2VQ2M=2V4πe,GMm =2 6.67×101×5.98×1024×7.34×102 9.00×10 =L.14×104(C) (2)记Q=aM,Q=am,则 2=a(M+m), GMm a'Mm r2 4πEr1 于是有a=√4πeG,即 /6.67×10▣ 0=mc,GM+m)-90x106.98x10m+7.34x10)=521x10(9 12真空中有一点电荷Q固定不动，另一质量为m、电荷为-9的质点，在它 们之间的库仑力的作用下，绕Q做匀速圆周运动，半径为”，周期为T.证明： r T7=16m6,m 证设质点速度为v,则)=2/T.根据牛顿第二定律，由库仑力提供质点圆 周运动的胸心办，即名广，于是省气号。·正半 13有三个点电荷，电量都是g=1.6×109C,分别固定在边长为a=3.0×100m 的正三角形三个顶点，在这三角形中心O,有一个质量为m=2.3×106kg,电量为 Q=4.8×109C的粒子

4: 《电磁学与电动力学（第二版）》习题解答 (1)证明：这个粒子处在平衡位置（即作用在它上面的库仑力为零）： (2)求这粒子以O为中心沿一轴线（该轴线过O并与三角形的平面互相垂直） 作微小振动的频率 解(1)处在正三角形中心O点的负电荷Q,受三个顶点正电荷q的引力大 小相等，均为121g1(4πe,2),r=√3a/3为0点至顶点间的距离.三个力均指向顶 点，两两夹角均为120°，合力为零. (2)过O点作x轴，与三角形所在平面垂直.当粒子在x处时，三个点电荷对 粒子的引力沿x轴方向的分量为 F=34m6 沿垂直于x轴方向的分量为0.于是粒子沿x轴的作微振动的运动方程如下： 30qx md4nco(ncor 上式表明，粒子作简谐振动，角频率o=[-3Qg/(4π6mr)2.于是 v=°=1-30g F2元2元4r,m e13×4.8x10°×1.6×10×8.9×1072 =2.1×103(Hz 2π2.3×10-26×(W3×3×1010/3)3 1.4电量为Q的两个点电荷，相距21，在其连线的中垂面上放一点电荷go: 求证该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆，并给出该圆的半径. 解设位于中垂面上的点电荷9离连线的距离为”则由题义，90所受合力F 与中垂面平行，且与连线垂直，其大小为F=20gor/[4π6(+2)2].当dF1dr=0 时，F取极值，即 d r 1 3-2 +P严00+P严rr7=0 由上式可解得r=1/√2.容易验证，该极值为极大值.这说明，点电荷qo在中垂面 上受力极大所在位置的轨迹为一个半径为1/√2的圆. 15习题1.5图中的9和1都已知，这样的四个点电荷称作平面电四极子.图 中A点与电四极子在同一平面内，它到电四极子中心O的距离为x,AO与正方形 的两边平行. (1)求A点的电场强度E: (2)当x1时，E=? 解(1)建立坐标系如图1.5a所示，图中用a、b、c、d标记四个点电荷的位 置。点a、c两处点电荷在A点合电场的方向沿y轴负向，表达式为

第1章真空中的静电场 5 gl/2 E.=-2×4012++12T9 习题1.5图 图1.5a b、d两处点电荷在A点合电场的方向沿y轴正向，表达式为 Ee=2×46Ik-172+012 于是，A点的总电场为 E=Ee+Ev gl 4红lc-1/2y+0/2[x+112r+129, (2)当x》1时 1 1 1 0x-112y+12p严0x+112y+12严*x2-x产+x0 小 1 1 1.6如习题1.6图所示，电荷分布在半径为R的半圆环上，线电荷密度为2，sin0, 入，为常数，0为半径OB和直径AC间的夹角.证明AC上任一点的电场强度都与 AC垂直. 050 习题1.6图 图1.6a

6 《电磁学与电动力学（第二版）》习题解答 证设D为直径AC上任一点，D到环心O的距离为r,如图1.6a所示.要证 明D点的E垂直于AC,只需证明E沿AC方向的分量为零即可. 设环的半径为R,则B处弧元Rd9上的电荷量为dq=,sinORd0,它在D点 产生的电场强度dE的大小为 4πex7 式中，x是B到D的距离，其值为x=√R2+r2-2 Rrcos0.dE沿AC方向的分量为 -5wag8a2-品0 4π6x2 E= G小oe+r-28cd0=+0 R Rsinecos0-rsin 4re。 式中 4=iR9可iR+m udu =R- 2 -2Rr)2 R2+r2-2Rru+ R2+r2 2 R2+rP2-2Ru1R(R-r) 其中用到不定积分公式 a） a+ma+加+a+ma=R+6=-2 4=-R+r"28fR+2 du 1 -1 2r ΓRVR2+P-2R=RR-r I和I2互抵，电场切向分量E,=0,亦即E垂直于AC,证毕 1.7一无限长均匀带电导线，线电荷密度为2，一部分弯成半圆形，其余部分 为两条无穷长平行直导线，两直线都与半圆的直径AB垂直，如习题1.7图所示，求 圆心O处的电场强度 习题1.7图

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第1章真空中的静电场 ·7 解根据对称性可以判断，O点的电场与两直线平行，只需计算平行分量.用 电场强度叠加原理求解，先计算半圆上的电荷对O点电场的贡献.设圆的半径为R, 圆上任意一点的位置由通过该点的矢径与直径AB之间的夹角0表示，0≤O≤π.考 察位于0处的线电荷元dg=Rd0,它在O点产生的电场强度的平行分量为（背离 圆弧、指向右侧为正) 8“R血0：0 ARd0 4π6R 将上式过(0，)积分，求得整个半圆弧电荷对O点电场的贡献： 品 再求两条半无穷直线电荷对O点电场平行分量的贡献，它正好等于单根半无穷直线 电荷贡献的2倍.考虑其中一条半无穷长直线电荷，以其与半圆弧连接处为起点， 沿直线取坐标x,则位于该处的线电荷元dg=dr在O点产生的电场强度的平行分 量（向右为正）为 入dx Axdx dB=4+R+x74m6,R+r严 过(0，∞)积分后加倍，求得两条半无穷长直线电荷对O点电场的总贡献为 6=-2,fxdx 24,R+x严2R+2R 将两部分贡献求和得E=E+E,=0,O点电场为零. 1.8把电偶极矩为p=gl的电偶极子放在点电荷Q的电场内，p的中心O到2 的距离为D,如习题1.8图所示.若p分别(1)平行于OQ,(2)垂直于OQ,求偶 极子所受的力和力矩， D 习题1.8图 解(1)p/OO时，偶极子受力 -g2 ODp E43D12yD+2F202) 以偶极子中心为参考点计算它受的力矩 L=- -gOe, -1

.8 《电磁学与电动力学（第二版）》习题解答 (2)p⊥O0时，偶极子受力只有y方向分量，x方向分量为零，结果为 1/2 Op F=2×4nD4/2D+0/2r严，-4n,D+012r 仍以偶极子中心为参考点，仅力的x分量对力矩有贡献，所受力矩为 L-(小水s2t}m00iar -gODe, 90De gODle. ODp×e, 4m6,D+u12yT4r6,D2+(012} 19有两个同心的均匀带电球面，内、外半径分别为R1和R2,外球面的电荷 面密度为+口，球外各处的电场强度都是零，试求： (1)内球面上的电荷面密度： (2)两球面间离球心为r处的电场强度E: (3)小球面内的电场强度E. 解(1)如习题1.9图所示，由题意，半径为R2的外球带电Q,=4πσ，球 外电场等于零，即E(>R)=0,于是由高斯定理 f须E-ds=上Q=上g+Q)=0 可推得内球带电量和面电荷密度如下： 2=Q2=-4πoR,61=Q/(4πR)=-σR/R 习题1.9图 (2)以O为球心作半径为r(R<r<R)的球高斯面S,由对称性可知面上E沿 径向方向，大小均匀，由高斯定理推得 须Bds=B级as=Ew0=e 从而求得两球面间离球心为r处的电场强度为 (3)以O为球心作半径为r(<R)的球高斯面S,运用高斯定理，经过类似推 导得

第1章真空中的静电场 9. E.ds=E ds=0.E=0,E=0 (rb)的电场可视为 带电板各薄层产生的电场的叠加，在x处厚度为x的薄板在P点产生的电场大 小为 dx dE= 280 260 式中，g是厚度为dx的薄板上的电荷面密度.叠加所有薄板，可得电场强度的大小为 E=心a证=a8 ∫kdr= 46 显然，P点的电场沿x轴负向，乃点的电场沿x轴正向，即 写-批40 kb2 式中，e,为沿x轴正向的单位矢量 (2)平板内部某点P(0<x<b)的电场是该点左右两部分产生电场的叠加，左边 部分(0，x)产生的电场沿x轴正向：右边部分(x,b)产生的电场沿x轴负向：两 部分产生的合成电场等于 婆密 e.-e.=2-的。，o<x< e. 460 460 1.11根据量子力学，氢原子在正常状态下核外电荷的分布如下：离核心r处， 电荷的体密度p(r)=-ge2ra/(πa)，式中q=1.60×10C是核外电荷总量的绝对值， a=5.29×10"m是玻尔半径.试求： (1)核外电荷的总电量： (2)核外电荷在r处的电场强度E