《电磁场》课程教学资源_习题训练_第二章 电磁场中的基本物理量

第二章电磁场中的基本物理量和基本实验定律480Uod-4/3x-2/3P=9°2.1一个平行板真空二极管内的电荷体密度为，式中阴极板位于x=0，阳极板位于x=d，极间电压为U。如果U=40V、d=1cm、横截面S=10cm2，求：（1）x=0和x=d区域内的总电荷量の；（2）x=d/2和x=d区域内的总电荷量9°。4Q=[pdt=-sU.d-)sdx解 (1)48U.S =-4.72x10-1 C3dA(-Uod--)sdx'= [pdt= -d/2(2)41(1)eoUS=-0.97×10-"c3d 2.2一个体密度为P=2.32×10-C/㎡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=1.7×10-7kg、电量9=1.6×10-9C。由1Im?=qU2得y=2mqU=1.37×10°m/s故J=pv=0.318A/m2I=J元(d/2) =10-6 A2.3一个半径为α的球体内均匀分布总电荷量为9的电荷，球体以匀角速度の绕一个直径旋转，求球内的电流密度。解以球心为坐标原点，转轴（一直径）为=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=oxr=egorsing球内的电荷体密度为0P=4元a/3故0300J=pV=e:4元a/3rsingorsinの=4元

第二章 电磁场中的基本物理量 和基本实验定律 2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为 4 3 2 3 0 0 4 9   U d x − − = − ，式中阴极板位 于 x = 0 ，阳极板位于 x d = ，极间电压为 U0 。如果 0 U = 40V 、 d =1cm 、横截面 2 S =10cm ，求：（1） x = 0 和 x d = 区域内的总电荷量 Q ；（2） x d = 2 和 x d = 区域 内的总电荷量 Q。 解 （1） 4 3 2 3 0 0 0 4 d ( ) d 9 d Q U d x S x     − − = = −   11 0 0 4 4.72 10 C 3 U S d  − = − = −  （2） 4 3 2 3 0 0 2 4 d ( ) d 9 d d Q U d x S x     − −   = = −   11 0 0 3 4 1 (1 ) 0.97 10 C 3 2 U S d  − = − − = −  2.2 一个体密度为 7 3  2.32 10 C m − =  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 2 mm ，束外没有电荷分布，试求电流密 度和电流。 解 质子的质量 27 m 1.7 10 kg − =  、电量 19 q 1.6 10 C − =  。由 1 2 2 mv qU = 得 6 v mqU = =  2 1.37 10 ms 故 J v = =  0.318 2 A m 2 6 I J d  ( 2) 10− = = 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 rsin v r e =  =    球内的电荷体密度为 3 4 3 Q a   = 故 3 3 3 sin sin 4 3 4 Q Q r r a a          J v e e = = =

2.4一个半径为α的导体球带总电荷量为9，同样以匀角速度の绕一个直径旋转，求球表面的面电流线密度。解以球心为坐标原点，转轴（一直径）为=轴。设球面上任一点P的位置失量为r，且r与z轴的夹角为0，则P点的线速度为v=のxr=eoasin0球面的上电荷面密度为0Q:4元a故0Qasingwasing=Js=OV$4元a4元a22.5两点电荷%=8C位于=轴上≥=4处，%2=-4C位于√轴上J=4处，求(4,0,0)处的电场强度。解电荷%在(4,0,0)处产生的电场为E,=-- 2 4-e44元80-元8。(4/2)3电荷2在(4,0,0)处产生的电场为1 e,4-e,492r-r'E, =4元0r-8(4/2)3故(4,0,0)处的电场为er+e,-e.2E=E,+E, =32/2元802.6一个半圆环上均匀分布线电荷Pi，求垂直于圆平面的轴线上==α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。dEP题2.6图解半圆环上的电荷元Pd/=p,ad"在轴线上==a 处的电场强度为

2.4 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 球表面的面电流线密度。 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 asin v r e =  =    球面的上电荷面密度为 2 4 Q a   = 故 2 sin sin 4 4 S Q Q a a a          J v e e = = = 2.5 两点电荷 1 q = 8C 位于 z 轴上 z = 4 处， 2 q = −4C 位于 y 轴上 y = 4 处，求 (4,0,0) 处的电场强度。 解 电荷 1 q 在 (4,0,0) 处产生的电场为 1 1 1 3 3 0 0 1 2 4 4 4 (4 2) q x z   −  − = = −  r r e e E r r 电荷 2 q 在 (4,0,0) 处产生的电场为 2 2 2 3 3 0 0 2 1 4 4 4 (4 2) q x y   −  − = = − −  r r e e E r r 故 (4,0,0) 处的电场为 1 2 0 2 32 2 x y z  + − = + = e e e E E E 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。 a z x y dl  l P dE r r 题 2.6 图 解 半圆环上的电荷元 d d l l    l a   = 在轴线上 z a = 处的电场强度为

dE=Par-r'-dp4元8(2a)3Pre.-(e,cosd'+e,sing)108/2元80a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)=[dEP[e.-(e,cosg'+e,singjde8/2元8g元/2pi(e.π-e,2)8/2元602.7三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为Pn、Prz和Ps的线电荷构成等边三角形。设Pn=2Pz=2Ps，计算三角形中心处的电场强度。XPn题2.7图解建立题2.7图所示的坐标系。三角形中心到各边的距离为ELd=:=tan30°=126则3pnPnE,=(cos30°-cos150)=2元8gL4元3pE, =-(e cos 30 +e in 30) 3Pp, = -(e. V3+e,)2元8,L8元起3pn3Pr, =(e, 3-e)E,=(e,cos30°-e,sin30°)-8元L2元L故等边三角形中心处的电场强度为E = E, +E, +E,3pn-(e, 3+e)3Pu +(e,3-3Pue=ey 2元5L8元8L8元.13Pey4元0L2.8一点电荷+9位于(-a,0,0)处，另一点电荷-24位于(a,0,0)处，空间有没有电

3 0 0 d d 4 ( 2 ) ( cos sin ) d 8 2 l l z x y a a a         −  =  − +  =  r r E e e e 在半圆环上对上式积分，得到轴线上 z a = 处的电场强度为 2 0 2 0 (0,0, ) d [ ( cos sin )]d 8 2 ( 2) 8 2 l z x y l z x a a a            − = = − +   − =   E E e e e e e 2.7 三根长度均为 L ，均匀带电荷密度分别为 l1、 l 2 和 l3 的线电荷构成等边三角形。 设 l1 = 2 2l = 3 2l ，计算三角形中心处的电场强度。 l 2 l1 l3 x y o E1 E2 E3 题 2.7 图 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 3 tan 30 2 6 L d L = = 则 1 1 1 0 0 3 (cos30 cos150 ) 4 2 l l y y d L     E e e = − = 2 1 2 0 0 3 3 ( cos30 sin 30 ) ( 3 ) 2 8 l l x y x y L L     E e e e e = − + = − + 3 1 3 0 0 3 3 ( cos30 sin 30 ) ( 3 ) 2 8 l l x y x y L L     E e e e e = − = − 故等边三角形中心处的电场强度为 E E E E = + + 1 2 3 1 1 1 000 3 3 3 ( 3 ) ( 3 ) 2 8 8 l l l y x y x y LLL       = − + + − e e e e e 1 0 3 4 l y L   = e 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E=0的点？解电荷+q在(x,J,=)处产生的电场为E,= e(x+a)+e,y+e:=4元。[(x+a)* + y2+2/2电荷-29在(x,J,=)处产生的电场为2q_e(x-a)+e,y+e2E,=--4。 [(x-a) + y2 + 22/2(,y,)处的电场则为E=E,+E。令E=0，则有e(x+a)+e,y+e.z2[e,(x-a)+e,y+e.z)[(x+a) +y* +2j/2 -[(x-a) + y2 +2'/2由上式两端对应分量相等，可得到(x+a)[(x-a) + y2 +2j/2 = 2(x-a)[(x+a) + y2 +22/2①[(x-a)2 + y2 +2j/2 =2y[(x+a)2 +y2 +22j/2②z[(x-a)? + y2 +223/2 = 2z[(x+a)? + y2 +2p/2当0或z#0时，将式②或式③代入式①，得α=0。所以，当0或z0时无解；当=0且z=0时，由式①，有(x+a)|x-a=2(x-a)x+al解得x=(-3±2/2)a故在(-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。证明：垂直于平面的=轴上2=20处的电场强度E中，有一半是有平面上半径为V50的圆内的电荷产生的。解半径为r、电荷线密度为P=dr的带电细圆环在轴上"=2o处的电场强度为roz,drdE=l: 20(r +20)F故整个导电带电面在≥轴上==20处的电场强度为1rozodra1G20E=e.280(r2 +22)3/2 280 (r2+2)/226PV320的圆内的电荷产生在≥轴上===0处的电场强度为而半径为3E01roz,drOZE'=e.280(r +20)2=280 (r2+2)24602.10一个半径为α的导体球带电荷量为9，当球体以均匀角速度の绕一个直径旋转，如题2.10图所示。求球心处的磁感应强度B

场强度 E = 0 的点？ 解 电荷 +q 在 ( , , ) x y z 处产生的电场为 1 2 2 2 3 2 0 ( ) 4 [( ) ] x y z q x a y z  x a y z + + + = + + + e e e E 电荷 −2q 在 ( , , ) x y z 处产生的电场为 2 2 2 2 3 2 0 2 ( ) 4 [( ) ] x y z q x a y z  x a y z − + + = − − + + e e e E ( , , ) x y z 处的电场则为 E E E = +1 2 。令 E = 0 ，则有 2 2 2 3 2 ( ) [( ) ] x y z x a y z x a y z + + + = + + + e e e 2 2 2 3 2 2[ ( ) ] [( ) ] x y z x a y z x a y z − + + − + + e e e 由上式两端对应分量相等，可得到 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 ( )[( ) ] 2( )[( ) ] x a x a y z x a x a y z + − + + = − + + + ① 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 y x a y z y x a y z [( ) ] 2 [( ) ] − + + = + + + ② 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 z x a y z z x a y z [( ) ] 2 [( ) ] − + + = + + + 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 3 3 ( ) 2( ) x a x a x a x a + − = − + 解得 x a = −  ( 3 2 2) 故在 ( 3 2 2 ,0,0) − −a a 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 0 z = z 处的电场强度 E 中，有一半是有平面上半径为 0 3z 的圆内的电荷产生的。 解 半径为 r 、电荷线密度为 d l  = r 的带电细圆环在 z 轴上 0 z = z 处的电场强度为 0 2 2 3 2 0 0 d d 2 ( ) z r z r r z   = + E e 故整个导电带电面在 z 轴上 0 z = z 处的电场强度为 0 0 2 2 3 2 2 2 1 2 0 0 0 0 0 0 0 d 1 2 ( ) 2 ( ) 2 z z z r z r z r z r z         = = − = + +  E e e e 而半径为 0 3z 的圆内的电荷产生在 z 轴上 0 z = z 处的电场强度为 0 0 3 3 0 0 2 2 3 2 2 2 1 2 0 0 0 0 0 0 0 d 1 1 2 ( ) 2 ( ) 4 2 z z z z z r z r z r z r z        = = − = = + +  E e e e E 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

0dLL0/a题2.10图解球面上的电荷面密度为0=4元a当球体以均匀角速度の绕一个直径旋转时，球面上位置矢量"=e‘点处的电流面密度为J,=ov=ooxr=oe.wxe,aoQsing=e0oasin0=e4元将球面划分为无数个宽度为dl=ade的细圆环，则球面上任一个宽度为d=ad细圆环的电流为d/=Jsd/-0Qsinede4元细圆环的半径为b=asino，圆环平面到球心的距离d=alcosa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Hgb?d1HgoQa’ sin'ededB=e.2(b2 + d)32=8元(a?sin?+cos?0)3/2=e, LhoQsin'ede8元a故整个球面电流在球心处产生的磁场为HooQsine-do=eHo0gB=e.J8元a6元a2.11两个半径为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1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；（2）证明：在中点处dB/dx等于零：(3）求出b与d之间的关系，使中点处d’B/dx也等于零

 a Q  b z o dI 题 2.10 图 解 球面上的电荷面密度为 2 4 Q a   = 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 r e = a 点处的电流面密度 为 S z r J v = =  =      ω r e e a sin sin 4 Q a a        = = e e 将球面划分为无数个宽度为 d d l a =  的细圆环，则球面上任一个宽度为 d d l a =  细 圆环的电流为 d d sin d 4 S Q I J l     = = 细圆环的半径为 b a = sin ，圆环平面到球心的距离 d a = cos ，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 2 2 3 0 0 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 d sin d d 2( ) 8 ( sin cos ) z z b I Qa b d a a         = = + + B e e 3 0 sin d 8 z Q a      = e 故整个球面电流在球心处产生的磁场为 3 0 0 0 sin d 8 6 z z Q Q a a          = =  B e e 2.11 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 e = x x B ； （2）证明：在中点处 d d B x x 等于零； （3）求出 b 与 d 之间的关系，使中点处 2 2 d B d x x 也等于零

题2.11图解（1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度Hola?B=e: 2(a+2)yF得到两个线圈中心点处的磁感应强度为MoNIbB=e.* (6 +d2/4)3/2(2）两线圈的电流在其轴线上x(0<x<d)处的磁感应强度为oNIb?HoNIb2B=e,[2(b2 + x2)3/2 + 2[62 +(d - x) 1/2所以3uoNIbx3uNIb'(d-x)dB--.2(b2 + x2)5/2 + 2[62 +(d - x)° j5/2dx故在中点×=d/2处，有dB-_3uNIb?d/23NIb?d/2（d x=2[6 + d? /4]5/2 + 2[62 + d? /4]5/23uoNIb?dB15NIbx?3uNIb215uNIb(d-x)22[62 +(d - x)° p/22(b2 +x2)7/22(b2 + x2)5/2 2[b2 +(d - x)217/2(3) dx2令d'Brx=d/2 = 0dx?有5d2/4-[6 +d /4] [6 +d /4] = 0即5d2/4=b2+d2/4故解得d=b一条扁平的直导体带，宽为2a，中心线与=轴重合，通过的电流为1。证明在2.12

b I b I d 题 2.11 图 x 解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 2 0 2 2 3 2 2( ) z Ia a z  = + B e 得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 2 0 2 2 3 2 ( 4) x NIb b d  = + B e （2）两线圈的电流在其轴线上 x (0  x  d) 处的磁感应强度为 2 2 0 0 2 2 3 2 2 2 3 2 2( ) 2[ ( ) ] x NIb NIb b x b d x     = +     + + − B e 所以 2 2 0 0 2 2 5 2 2 2 5 2 d 3 3 ( ) d 2( ) 2[ ( ) ] B NIb x NIb d x x x b x b d x   − = − + + + − 故在中点 x = d 2 处，有 2 2 0 0 2 2 5 2 2 2 5 2 d 3 2 3 2 0 d 2[ 4] 2[ 4] B NIb d NIb d x x b d b d   = − + = + + （3） 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 7 2 2 2 5 2 2 2 7 2 2 2 5 2 d 15 3 15 ( ) 3 d 2( ) 2( ) 2[ ( ) ] 2[ ( ) ] B NIb x NIb NIb d x NIb x x b x b x b d x b d x     − = − + − + + + − + − 令 0 d d 2 2 2 x=d = x x B 有 0 [ 4] 1 [ 4] 5 4 2 2 7 2 2 2 5 2 2 = + − b + d b d d 即 5 4 4 2 2 2 d = b + d 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4ol in2Ao1B, =4B, =-04元ar4元a式中α、和2如题2.12图所示。TO题2.12图1-dxdI =解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2a。由安培环路定理，可得位于x处的细条带的电流dI在点P(x,J)处的磁场为MoIdxdB=Hod/_ HoI dx4元a[(x-x) + y2j/22元R4元aR则olydx'dB.=-dBsin=4元a[(x-x) +y]l(x-x)dx'dB.=dBcosO=4元a[(x-x)?+y]所以LMolydx'olB, =arctan(4元a[(x-x) +y]4元aAolarctan(arctan(4元ay2Ho!x+aarctan(arctan4元ayHoMolα=a(a)4元a4元aμl(x-x)dxμol I n[(x - x) +B4元a[(x-x)+y"]8元ana+a+oln28元a(x-a)+y?4元a3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2.13

第一象限内的磁感应强度为 0 4 x I B a    = − ， 0 2 1 ln 4 y I r B a r   = 式中 、 1 r 和 2 r 如题 2.12 图所示。 −a a I x y 2 r 1 r P(x, y) d B R  1 2 题 2.12 图 解 将导体带划分为无数个宽度为 d x  的细条带，每一细条带的电流 x a I I = d  2 d 。由 安培环路定理，可得位于 x  处的细条带的电流 dI 在点 P(x, y) 处的磁场为 0 0 0 2 2 1 2 d d d d 2 4 4 [( ) ] I I x I x B R aR a x x y         = = = − +  则 0 2 2 d d d sin 4 [( ) ] x Iy x B B a x x y     = − = − − +  0 2 2 ( )d d d cos 4 [( ) ] y I x x x B B a x x y    −   = = − +  所以 0 0 2 2 d arctan( ) 4 [( ) ] 4 a a x a a Iy x I x x B a x x y a y     − −   − = − = − − +   0 arctan( ) arctan( ) 4 I a x a x a y y     − − − = − −     0 arctan( ) arctan( ) 4 I x a x a a y y     + − = − −     0 0 2 1 ( ) 4 4 I I a a        = − − = − 0 0 2 2 2 2 ( )d ln[( ) ] 4 [( ) ] 8 a a y a a I x x x I B x x y a x x y a     − − −   = = − − +  − +   2 2 0 0 2 2 2 1 ( ) ln ln 8 ( ) 4 I I x a y r a x a y a r     + + = = − + 2.13 如题 2.13 图所示，有一个电矩为 1 p 的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩

为P2的电偶极子，位于失径为r的某一点上。试证明两偶极子之间相互作用力为(ssinc2c4元80式中=r,P>，,=，是两个平面(r,P)和(r,P)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？602题2.13图解电偶极子P在矢径为的点上产生的电场为E,=[3(pr-)4元3所以Pi与P2之间的相互作用能为1_3(por)(p,r)_PP2W,=-P,·E, =4元60rsr因为=≤r,P>,=≤，则Pr=prcoseP,r=parcoso,又因为中是两个平面(,P）和(,P.）间的夹角，所以有(rxp,)(rxp,)=rp,P,sin0,sin0,cos另一方面，利用矢量恒等式可得(r×p:)(r×p2)=[(r×p)xrlP2 =[rpi-(r·p,)rp2=r2(pp2)-(r·p:)(r-p2)因此(prp2)= -[(rxp).(rxp,)+(r.p)(rp,))=n,in,c+,c,于是得到W(sing sing.cos-2os.coo)4元80故两偶极子之间的相互作用力为

为 2 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 1 2 4 1 2 1 2 0 3 (sin sin cos 2cos cos ) 4 r p p F r        = − 式中 1 1  =  r p, ， 2 2  =  r p, ， 是两个平面 1 ( , ) r p 和 2 ( , ) r p 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？ 1 p 2 p x y z 1  2  r 题 2.13 图 解 电偶极子 1 p 在矢径为 r 的点上产生的电场为 1 1 1 5 3 0 1 3( ) [ ] 4  r r = − p r r p E 所以 1 p 与 p2 之间的相互作用能为 1 2 1 2 2 1 5 3 0 1 3( )( ) [ ] 4 We   r r = − = − − p r p r p p p E 因为 1 1  =  r p, ， 2 2  =  r p, ，则 1 1 1 p r = p r cos 2 2 2 p r = p r cos 又因为  是两个平面 1 ( , ) r p 和 2 ( , ) r p 间的夹角，所以有 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) sin sin cos r p r p   = r p p    另一方面，利用矢量恒等式可得 2 1 2 1 2 1 1 2 ( ) ( ) [( ) ] [ ( ) ] r p r p r p r p p r p r p   =   = − r 2 1 2 1 2 = − r ( ) ( )( ) p p r p r p 因此 1 2 1 2 1 2 2 1 ( ) [( ) ( ) ( )( )] r p p r p r p r p r p =   + 1 2 1 2 1 2 1 2 = + p p p p sin sin cos cos cos      于是得到 1 2 3 1 2 1 2 0 (sin sin cos 2cos cos ) 4 e p p W r        = − 故两偶极子之间的相互作用力为

aw.F:0ar(sig,c.c4元60dr3,(sine,sing co2cosg.co)4元60r由上式可见，当=θ,=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1和"2，相距为d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm解无限长直线电流产生的磁场为B, =e, Mol2元r直线电流2每单位长度受到的安培力为M01,12Fm2 = [ I,e, ×B,dz = --e.2元d?式中e12是由电流1指向电流2的单位失量。同理可得，直线电流1每单位长度受到的安培力为o1,12Fm21 =-Fm2 =e,2 42元d2.15一根通电流“的无限长直导线和一个通电流*2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=μol1(secα-1)这里α是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。2d题2.15图解无限长直线电流1产生的磁场为olB, =es2元1圆环上的电流元d受到的安培力为

e r q const W F r =  = −  1 2 1 2 1 2 3 0 d 1 (sin sin cos 2cos cos ) ( ) 4 d p p r r        = − − 1 2 4 1 2 1 2 0 3 (sin sin cos 2cos cos ) 4 p p r        = − 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。 2.14 两平行无限长直线电流 1 I 和 2 I ，相距为 d ，求每根导线单位长度受到的安培力 F m 。 解 无限长直线电流 1 I 产生的磁场为 0 1 1 2 I r    B e = 直线电流 2 I 每单位长度受到的安培力为 1 0 1 2 12 2 1 12 0 d 2 m z I I I z d   =  = −  F e B e 式中 12 e 是由电流 1 I 指向电流 2 I 的单位矢量。 同理可得，直线电流 1 I 每单位长度受到的安培力为 0 1 2 21 12 12 2 m m I I d   F F e = − = 2.15 一根通电流 1 I 的无限长直导线和一个通电流 2 I 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 0 1 2 (sec 1) F I I m = −   这里  是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。  z x d 1 I 2 2 I d l a o 题 2.15 图  解 无限长直线电流 1 I 产生的磁场为 0 1 1 2 I r    B e = 圆环上的电流元 2 2 I d l 受到的安培力为

Hol,ldF=l,dl,xB=dl,xe,2元×由题2.15图可知dl, =(-e,sin0+e.cos0)adex=d+acoso所以24Hoal,12F.=(-e.sino-e,cos)do2元（d+acos0)ncosOHoal,2de2元(d+acos0)2元Hoal/2(- 2元 + d)-e三2元aayd-a=-e,ll,(secα-1)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2.16rx(p.V)E+pxE1Y题2.16图解如题2.16图所示，设P=qdI(d/<<1)，则电偶极子P绕坐标原点所受到的力矩为T=r×qE()-×qE(r)dldldldl)xqE(r-=(r+-)xqE(r+)-(r-222dldldldl')]+ d1 [E(r+=qrx[E(r+)+E(r-)-E(r-2P222当d/<<1时，有dldlE(r+)~E(r)+(.V)E(r)22dldl.V)E(r)E(r-)=E()-(22故得到T=rx(qdl.V)E(r)+qdlxE(r)

0 1 2 2 2 1 2 d d d 2 m y I I I x   F l B l e =  =  由题 2.15 图可知 2 d ( sin cos ) d x z l e e = − +    a x d a = + cos 所以 2 0 1 2 0 ( sin cos )d 2 ( cos ) m z x aI I d a        = − − +  F e e 2 0 1 2 0 cos d 2 ( cos ) x aI I d a       = − +  e 0 1 2 2 2 0 1 2 2 2 ( ) 2 (sec 1) x x aI I d a a d a I I       = − − + − = − − e e 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   +  ( ) 。 r 1 r 2 r −q q dl z y o x 题 2.16 图 解 如题 2.16 图所示，设 p l = q d (d 1) l  ，则电偶极子 p 绕坐标原点所受到的力矩为 2 2 1 1 T r E r r E r =  −  q q ( ) ( ) d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 = +  + − −  − q q l l l l r E r r E r d d d d [ ( ) ( )] d [ ( ) ( )] 2 2 2 2 2 q =  + − − +  + + − q l l l l r E r E r l E r E r 当 d 1 l  时，有 d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 +  +  l l E r E r E r d d ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 −  −  l l E r E r E r 故得到 T r l E r l E r    +  ( d ) ( ) d ( ) q q