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大学物理静电场问题如图所示，谢谢大家
直接套用公式W=C(U^2)/2，U为两电线间电势差，由题目，为V，电荷线密度为η，由高斯定理可以算出单一电线电场强度E=η/2πrε;U。对于第二问我只说一下大致思路，在电脑上写出详细过程太复杂了，此即为两电线电势差U，由电容定义，有C=q/a)，积分过程就略去了，由于电线为等势体，故计算电势时只需从a到d-a对场强积分（我理解题目中的d为两电线圆心的距离，如果不是的话。第三问。对于第一问，需要变一下积分上下限），两电线连线为x轴建立坐标系（y，先假设电线为带电的直金属杆，电场只有水平分量，所以竖直方向上，电场为匀强，求出电线A在B处的场强，直接乘以电线的η即可，对电线连线上任一点;U，求得C=πε/ln(d&#47，如有问题再追问。以一个电线的圆心为原点，由于电线无限长、z方向无意义），此时即为η&#47，再将C代入即可，为两电线场强的叠加
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大学物理（二）练习册第 12 章 真空中的静电场参考解答一、选择题 1(A)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)， 二、填空题 (1). 电场强度和电势， E = F / q 0 ， U a = W / q0 = (2). (3). (5).vv∫ E
dl (U =0).0vva0(q2 + q 4 ) / ε 0 ，0，λ / (2ε0) ； 0 ；q1、q2、q3、q4 ； (4). (6).σR / (2ε0) ；q 4πε 0 q0 q 4 πε 01 1
；(7).－2×103 V； 0，pE sinα ；(8).1 1
av v(SI) ；(9).(10).( 8
24 xy )i + ( 12 x 2 + 40 y ) j∞三、计算题 1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布， 电荷线密度为λ，四分之一圆弧 AB 的半径为 R，试求圆心 O 点的场强． AO ∞解：在 O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线 A∞在 O 点产生的场强：
E1 =Bvv v λ (i
j ) 4πε 0 R半无限长直线 B∞在 O 点产生的场强：v
E3 =v v λ ( i + j ) 4πε 0 R∞ y四分之一圆弧段在 O 点产生的场强：v v λ (i + j ) 4πε 0 Rv E2A O Bv E3v E1x ∞由场强叠加原理，O 点合场强为：v v v v
E = E1 + E 2 + E 3 =v v λ (i + j ) 4 πε 0 R12. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度 E 垂直于地面向下，大小约为 100 N/C；在离地面 1.5 km 高的地方， E 也是垂直于地面向下的，大小约为 25 N/C． 试计算从地面到此高度大气中电荷的平均 (1) 假设地面上各处 E 都是垂直于地面向下， 体密度； (2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面 的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量 ε 0 ＝8.85×10-12 C2N-1m-2) 解： 设电荷的平均体密度为ρ， (1) 取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面， 底面S 平行地面) 上下底面处的 E1 场强分别为 E1 和 E2，则通过高斯面的电场强度通量为：vvvv v E
dS ＝E2S-E1S＝(E2-E1) S ∫∫高斯面 S 包围的电荷∑qi＝hSρ 由高斯定理(E2－E1) S＝hSρ /ε 0∴hSSρ = ε 0 (E 2
E1 ) ＝4.43×10-13 C/m3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力 线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理1 hE2v 1 v E
dS = ∫∫-ES=(1)ε0∑qiE1ε0σ S(2)y∴σ =－ε 0 E＝－8.9×10-10 C/m33. 带电细线弯成半径为 R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sinφ， 式中λ0 为一常数，φ为半径 R 与 x 轴所成的夹角，如图所示．试 求环心 O 处的电场强度．RφO x解：在φ处取电荷元，其电荷为 dq =λdl = λ0Rsinφ dφ 它在 O 点产生的场强为 d E =λ sin φ d φ dq = 0 2 4πε 0 R 4πε 0 Ry R dEx dq在 x、y 轴上的二个分量 dEx=－dEcosφ， dEy=－dEsinφ 对各分量分别求和Ex =π λ0 ∫0 sin φ cos φ d φ ＝0 4πε 0 R π λ0 λ0 2 Ey = ∫0 sin φ d φ =
8ε 0 R 4πε 0 RφdEφ dφxO dEy∴v v v λ v E = Exi + Ey j =
0 j 8ε 0 R2z4. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径 R 与 x 轴所夹的角， 试求圆柱轴线上一点的场强．O xφRy解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限 长”均匀带电直线，其电荷线密度为 λ = σ0cosφ Rdφ， 它在 O 点产生的场强为：dE =σ λ = 0 co s φ d φ 2πε 0 2πε 0 RdE dEy dEx Oσ0 dEx=－dEcosφ =
co s 2 φ d φ 2πε 0 σ0 sin φ co s φ d φ dEy=－dEsinφ = 2 πε 0 2π σ σ 0 积分： E x =
∫ co s 2 φ d φ ＝ 0 0 2πε 2ε 0 0 2π σ 0 E y = ∫ sin φ d(sin φ ) = 0 0 2 πε 0∴它沿 x、y 轴上的二个分量为：y R dφφxv v σ v E = E xi =
0 i 2ε 05. 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为ρ=ρ=0 (r&R) 试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．qr π R4(r≤R)(q 为一正的常量)解：(1) 在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 dq = ρdV = qr 4πr2dr/(πR4) = 4qr3dr/R4 则球体所带的总电荷为Q = ∫ ρ d V = 4q / R 4V()∫ rr 03dr = q(2) 在球内作一半径为 r1 的高斯球面，按高斯定理有4 πr E1 =2 11ε0∫r10qr14 qr 2
4 πr d r = πR 4 ε0R4 qr12 E 1= 4 πε 0 R 4E 2= q4 πε 0 r22(r1≤R)， E1 方向沿半径向外．2得v在球体外作半径为 r2 的高斯球面，按高斯定理有 4 πr2 E 2 = q / ε 0
得 (3) 球内电势 (r2 &R)， E 2 方向沿半径向外．v3R v R v ∞v v U 1 = ∫ E1
d r + ∫ E 2
d r = ∫ r1 R∞ qr 2 q dr + ∫ dr r 1 4πε R 4 R 4πε r 2 0 0=q 3πε 0 Rr3
12πε 0 R 4 12πε 0 R
q 4 πε 0 r2(r1 ≤ R )(r2 & R )球外电势∞ R v v U 2 = ∫ E2
d r = ∫ r2 r2dr =q 4 πε 0 r26. 如图所示，一厚为 b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密 度分布为ρ＝kx (0≤x≤b )，式中 k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点 P1 和 P2 处的电场强度大小； (2) 平板内任一点 P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？P1 O xPP2 xb解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设 场强大小为 E． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为 S，如图所示． 按高斯定理 E
d S =S∫vv∑q /εb00，即2 SE =得到1ε0∫b0ρS d x =2kSε0∫kSb 2 xd x = 2ε 0ESSEE = kb / (4ε0) (板外两侧) (2) 过 P 点垂直平板作一柱形高斯面，底 面为 S．设该处场强为 E ′ ，如图所示．按高斯 定理有dx bE S S x P E′(E′ + E )S = kS ∫0 xdx = kSbx2ε02ε 0(0≤x≤b)得到E′ =k 2ε 0 2 b
22 (3) E ′ =0，必须是 x b2 = 0 ， 可得 x = b / 2 2σR O7. 一 “无限大” 平面， 中部有一半径为 R 的圆孔， 设平面上均匀带电， 电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心 O 并与平面垂直的直 线上各点的场强和电势(选 O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的 结果．选 x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在 x 处产生的场强为
E1 =vσx v i 2ε 0 x4圆盘在该处的场强为
E2 = ∴v σx
v v v v σx E = E1 + E 2 = i 2ε 0 R 2 + x 2 v0P O x该点电势为U =∫xσ 2ε 0xd x R2 + x2=σ R
R2 + x2 2ε 0()-8．一真空二极管，其主要构件是一个半径 R1＝5×10 4 m 的 圆柱形阴极 A 和一个套在阴极外的半径 R2＝4.5×10 3 m 的 同轴圆筒形阳极 B，如图所示．阳极电势比阴极高 300 V， 忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力． (基本 -19 电荷 e＝1.6×10 C)B R1 R2A解： 与阴极同轴作半径为 r (R1＜r＜R2 )的单位长度的圆柱形高斯面， 设阴极上电荷线密度为 λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0 (R1＜r＜R2) 得到 E= λ / (2πε0r) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差B v R2 λ λ R2 d r v UA UB = ∫ E
2πε 0 ln R1 A 2 πε 0 U U A U U A 1 λ E= B = B ， 所以
2πε 0 ln(R2 / R1 ) ln(R2 / R1 ) r得到在阴极表面处电子受电场力的大小为F = eE (R1 ) = e方向沿半径指向阳极．UB U A 1
c(R2 / R1 ) R1-＝4.37×10 14 N四 研讨题 1. 真空中点电荷 q 的静电场场强大小为E=q 4πε 0 r 21式中 r 为场点离点电荷的距离．当 r→0 时，E→∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如 何解释？ 参考解答： 点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当 r→0 时，任何带电体都不能视为点电荷，所以 点电荷场强公式已不适用． 若仍用此式求场强 E，其结论必然是错误的．当 r→0 时，需要具体考虑带电体的大小和电 荷分布，这样求得的 E 就有确定值．52. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答： 证：在电场中作如图所示的扇形环路 abcda．在 ab 和 cd 段场强方向 与路径方向垂直．在 bc 和 da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不 同）而路径相等．因而 v v a c ∫ E
d l = ∫d E
d l ≠ 0 按静电场环路定理应有 E
d l = 0 ， 此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．∫vv3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？ 参考解答：E dl 由电势的定义： U = 场点 v 式中 E 为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场 强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。 v 由场强与电势的关系： E =
grad U场中某点的电场强度是该点电势梯度的负值。 如果只知道电场中某点的电势值， 而不知道其 表达式，就无法求出电势的空间变化率，也就不能求出该点的场强。 4. 从工厂的烟囱中冒出的滚滚浓烟中含有大量颗粒状粉尘，它们严重污染了环境，影响到 作物的生长和人类的健康。静电除尘是被人们公认的高效可靠 的除尘技术。先在实验室内模拟一下管式静电除尘器除尘的全 过程，在模拟烟囱内，可以看到，有烟尘从“烟囱”上飘出。 加上电源，烟囱上面的烟尘不见了。如果撤去电源，烟尘又出 现在我们眼前。请考虑如何计算出实验室管式静电除尘器的工 作电压，即当工作电压达到什么数量级时，可以实现良好的静 电除尘效果。 参考解答： 先来看看静电除尘装置的结构：在烟囱的轴线上，悬置了一根导线，称之谓电晕线；在 烟囱的四周设置了一个金属线圈，我们称它为集电极。直流高压电源的正极接在线圈上，负 极接在电晕线上，如右上图所示。可以看出，接通电源以后，集电极与电晕线之间就建立了 一个非均匀电场，电晕线周围电场最大。 改变直流高压电源的电 压值，就可以改变电晕线周围的电场强度。当实际电场强度与空 气的击穿电场 3 × 103 Vmm 1 相近时空气发生电离，形成大量的正 离子和自由电子。 自由电子随电场向正极飘移，在飘移的过程中 和尘埃中的中性分子或颗粒发生碰撞，这些粉尘颗粒吸附电子以6∫零势点v后就成了荷电粒子，这样就使原来中性的尘埃带上了负电。 在电 场的作用下，这些带负电的尘埃颗粒继续向正极运动，并最后附 着在集电极上。（集电极可以是金属线圈， 也可以是金属圆桶壁） 当尘埃积聚到一定程度时，通过振动装置，尘埃颗粒就落入灰斗 中。 这种结构也称管式静电除尘器。 如右中图所示。 对管式静电除尘器中的电压设置，我们可以等价于同轴电缆 来计算。如右下图所示，ra 与 rb 分别表示电晕极与集电极的半径， L 及 D 分别表示圆筒高度及直径。 一般 L 为 3-5m， 为 200-300mm， D 故 L&&D， 此时电晕线外的电场可以认为是无限长带电圆柱面的电 场。 设单位长度的圆柱面带电荷为λ。 用静电场高斯定理求出距轴线任意距离 r 处点 P 的 场强为： v λ
式中 r 为沿径矢的单位矢量。 E= r
(1) 2πε 0 r 内外两极间电压 U 与电场强度 E 之关系为 rb v v U = ∫ E dl
(2) ，将式(1)代入式(2)，ra2πε 0U U , 故 E= . rb rb r ln ln ra ra 由于电晕线附近的电场强度最大，使它达到空气电离的最大电 场强度 E m 时，就可获得高压电源必须具备的电压 r U = E m
ra ln b ra 代入空气的击穿电场，并取一组实测参数如下： E m = 3 × 10 6 V m 1 , r = ra = 0.5 × 10 2 m, rb = 0.15 m ,计算结果 U = 5.1 × 10 4 V .积分后得:λ=若施加电压 U 低于临界值，则没有击穿电流，实现不了除尘的目的。也就是说，在这 样尺寸的除尘器中，通常当电压达到 105V 的数量级时，就可以实现良好的静电除尘效果。 静电除尘器除了上述的管式结构外还有其它的结构形式， 如板式结构等。 可以参阅有关资料， 仿上计算，也可以自行独立设计一种新型结构的静电除尘器。第 13 章 静电场中的导体和电解质 一、选择题 1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B) 二、填空题 (1). 4.55×105 C ； (2). σ (x，y，z)/ε 0，与导体表面垂直朝外(σ & 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ & 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ； (5). (7). (9).σ ，σ / ( ε 0ε r )；P ，－P ，0； 452；(6).q 4πε 0 R；(8) (1- εr)σ / εr ； (10). εr ，εr7三、计算题 1.如图所示，一内半径为 a、外半径为 b 的金属球壳，带有电荷 Q，在球壳 空腔内距离球心 r 处有一点电荷 q．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心 O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心 O 点处的总电势．Qr a qO b解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷 q+Q． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离 O 点的 距离都是 a，所以由这些电荷在 O 点产生的电势为U q =∫ dq4πε 0 a=q 4πε 0 a(3) 球心 O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷 q 在 O 点 产生的电势的代数和U O = U q + U q + U Q + q = q q Q+q q 1 1 1 Q
+ )+ 4πε 0 r 4πε 0 a 4πε 0 b 4πε 0 r a b 4πε 0 b2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为 4 cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性 的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为 E0= 200 KV/cm．试求该电容器可能承受的 最高电压． (自然对数的底 e = 2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 E = λ /(2πε r ) 为 设电容器内外两极板半径分别为 r0，R，则极板间电压为v v R U = ∫ E d r = ∫r rRλ R λ dr = ln 2πε r 2πε r0R r0 r0 = R / e ，显然有 d2 U & 0， 2 d r0电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到 E0 时电容器击穿，这时应有λ = 2πε r0 E 0 ， U = r0 E0 ln适当选择 r0 的值，可使 U 有极大值， 即令 d U /d r0 = E 0 ln( R / r0 )
E 0 = 0 ，得 故当r0 = R / e时电容器可承受最高的电压 U max = RE 0 / e = 147 kV.3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为 R1，外筒半径 为 R2 (R2＜2 R1)， 其间充有相对介电常量分别为εr1 和εr2＝εr1 / 2 的两层各向同性均匀电介质， 其界面半径为 R． 若两种介 质的击穿电场强度相同，问： (1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？ (2) 该电容器能承受多高的电压？εr2 εr1R2 O RR18解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D＝λ / (2πr) 在两层介质中的场强大小分别为 E1 = λ / (2πε0 εr1r)， E2 = λ / (2πε0 εr2r) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即 E1M = λ / (2πε0 εr1R1)， E2M = λ / (2πε0 εr2R) 可得 E1M / E2M = εr2R / (εr1R1) = R / (2R1) 已知 R1＜2 R1， 可见 E1M＜E2M，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM，使 E2M＝EM 时，即被击穿，
λM = 2πε0 εr2REM 此时．两筒间电压(即最高电压)为：U 12 = ∫RR1R
λM λM R 1 dr + ∫ d r = ε r 2 RE M
ε R 2πε ε r 2πε 0ε r1 r R
r1 R1 ε r 2 2SSS4. 一空气平行板电容器，两极板面积均为 S，板间距离为 d (d 远小于极 板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是 S、厚度为 t (&d)的金属片， 如图所示. 试求： (1) 电容 C 于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？t d解：设极板上分别带电荷+q 和-q；金属片与 A 板距离为 d1，与 B 板距离为 d2；金属片与 A 板间场强为 E1 = q /(ε 0 S ) 金属板与 B 板间场强为 金属片内部场强为 则两极板间的电势差为E 2 = q /(ε 0 S ) E′ = 0A+q-q BU A
U B = E1 d1 + E 2 d 2 =由此得q q ( d1 + d 2 ) = (d
t ) ε0S ε0S C = q /(U A
U B ) = ε 0 S /(d
t )d1t dd2因 C 值仅与 d、t 有关，与 d1、d2 无关，故金属片的安放位置对电容值无影响． 5. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为 a，外筒半径为 b，筒长都是 L，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质． 外筒分别带有等量异号电荷+Q 内、 和-Q．设 (b- a) && a，L && b，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容； (2) 电容器贮存的能量．L b a解：由题给条件 ( b
a ) && a 和 L && b ，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： 两筒间的电势差 电容器的电容E = Q /(2πε 0 ε r Lr )U =∫abdr Q b = ln 2πε 0 ε r L r 2πε 0 ε r L aQC = Q / U = (2πε 0 ε r L) /[ln(b / a )]9电容器贮存的能量W=1 CU 2 = [Q 2 /(4πε 0 ε r L)] ln(b / a ) 26. 如图所示，一平板电容器，极板面积为 S，两极板之间距离为 d， 其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为 ε1 和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电 常量为ε1 的介质板抽出，试求外力所作的功． 解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为+Qε1 ε2-QdC1 =串联后的等效电容为2ε 1 S 2ε 2 S ， C2 = d d 2ε 1ε 2 S C= d (ε 1 + ε 2 )带电荷±Q 时，电容器的电场能量为W=Q 2 Q 2 d (ε 1 + ε 2 ) = 2C 4ε 1ε 2 S Q 2 d (ε 0 + ε 2 ) 4ε 0 ε 2 S将ε1 的介质板抽去后，电容器的能量为 W ′ =外力作功等于电势能增加，即A = W = W ′
d7. 如图所示，将两极板间距离为 d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、 相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差 U 不变， 试求液体上升的高度 h．H h解：设极板宽度为 L，液体未上升时的电容为 C0 = ε0HL / d 液体上升到 h 高度时的电容为C = ε0Q(H
h )L + ε ε hL 0 rd (ε
= 1 + r C0 d H
在 U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为 电源作功A = QU = ε 0 (ε r
1)hLU 2 / dW1= CU
C 0U = ε 0 (ε r
1)hLU / d液体上升后增加的电能1 1 1 CU 2
C 0U 2 = ε 0 (ε r
1)hLU 2 / d 2 2 2 1 液体上升后增加的重力势能 W2 = Lρgdh 2 2 ε 0 (ε r
1)U 2 因 A = W1+W2，可解出 h= ρgd 2 =10衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为 σ）附近场强为 E = σ / ε 0 ，为什么前者比后 者小一半？ 参考解答： 关键是题目中两个式中的 σ 不是一回事。下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电 荷密度改为 σ′，其附近的场强则写为 E = σ ′ / ε 0 .思考题 1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为 σ）两侧场强为 E = σ /( 2ε 0 ) ，而在静电平对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为 σ)，两侧场强为 E = σ /( 2ε 0 ) .这里的 σ 是指 带电平面单位面积上所带的电荷。 对于静电平衡状态下的导体，其表面附近的场强为 E = σ ′ / ε 0 . 这里的 σ′是指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷。 如果无限大均匀带电平面是一个静电平衡状态下的无限大均匀带电导体板， σ 是此导 则 体板的单位面积上(包括导体板的两个表面)所带的电荷， σ′仅是导体板的一个表面单位 而 面积上所带的电荷。 在空间仅有此导体板（即导体板旁没有其他电荷和其他电场）的情形下，导体板的表面 上电荷分布均匀， 且有两表面上的面电荷密度相等。 在此情况下两个面电荷密度间的关系为 σ =2σ′。这样，题目中两个 E 式就统一了。 思考题 2：由极性分子组成的液态电介质，其相对介电常量在温度升高时是增大还是减小？ 参考解答： 由极性分子组成的电介质（极性电介质）放在外电场中时，极性分子的固有电矩将沿外 电场的方向取向而使电介质极化。 由于极性分子还有无规则热运动存在， 这种取向不可能完 全整齐。 当电介质的温度升高时，极性分子的无规则热运动更加剧烈，取向更加不整齐，极化的 v v ∑ pi 效果更差。此情形下，电极化强度 P = 将会比温度升高前减小。 V v v v 在电介质中的电场 E 不太强时，各向同性电介质的 P 和 E 间的关系为 v v P = ε 0 (ε r
1) E . 很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量 εr 要减小。思考题 3：有一上下极板成 θ 角的非平行板电容器（长为 a ,宽为 b） ，其电 容如何计算？参考解答： 设一平行板电容器是由长为a ,宽为b 的两导体板构成,板间距为d ,则电容为C0 =εabd, 若该电容器沿两极板的长度同一方向有d x的长度增量,则电容为 C ′ =εa (b + d x )d= C0 +εa d xd, 在此基础上推广到如图所示的电容器， 可以认为是在 C 0 的基础上,上极板沿与长度 方向成θ角度连续增加到b,下极板沿长度方向连续增加到bcosθ 构成，把该电容器看成是由两个电容器并联时，该电容器的电容为11C ′ = C0 + ∫b cosθ 0εa d ld + l tan θ= C0 +d + b sin θ εa ln d tan θ即非平行板电容器的电容，C=εa d + b sin θ ln tan θ d思考题 4：为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待 测材料可视作相对电容率为 εr 的电介质） ，通常在生产流 水线上设置如图所示的传感装置，其中 A、B 为平板电容 器的导体极板，S 为极板面积，d0 为两极板间的距离。试 说明检测原理，并推出直接测量电容 C 与间接测量厚度 d 之间的函数关系。如果要检测钢板等金属材料的厚度，结 果又将如何？参考解答： 设极板带电 q = σ 0 S ， 两板电势差： U = E无电介质 (d 0
d ) + E有电介质 dσ0 σ (d
d ) + 0 d ε0 0 ε 0ε r ε 0ε r s q 则 C= = U d + ε r (d 0
d ) ε d C
ε 0ε r S ε εεS 介质的厚度为： d = r 0 = r d0
1)C εr 1 (ε r
1)CU =实时地测量 A、B 间的电容量 C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度、通常 智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度。 如果待测材料是金属导体，其 A、B 间等效电容与导体材料的厚度分别为： ε S ε S d = d0
0 . C= 0 ， d0
d C 第 14 章 稳恒电流的磁场 一、选择题 1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1). 最大磁力矩，磁矩 (3). (2). πR2c ； (4).; 0 I /( 4a) ；0i，沿轴线方向朝右. ；4; aIB ;0 I4πR；(5). (7). (9).(6). (8). 0 rI /(2πR12 ) ， 0 ;mg /(lB )；(10). 正，负.12三 计算题 1． 一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)， 半径为 R， 通有均匀分布的电流 I． 今 取一矩形平面 S (长为 1 m，宽为 2 R)，位置如右图中画斜线部分所示，求 通过该矩形平面的磁通量． 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为 r 处的磁感强度的大小，由安培 环路定 律可得：I S 1m2RB=0 I2πR 2r(r ≤ R )因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1 为R v v
I Φ1 = ∫ B
d S = ∫ B d S = ∫ 0 2 r d r = 0 4π 0 2 πR在圆形导体外，与导体中心轴线相距 r 处的磁感强度大小为B=0 I2πr(r & R)因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2 为v v 2R 0 I
I Φ2 = ∫ B d S = ∫ d r = 0 ln 2 2πr 2π R
I 穿过整个矩形平面的磁通量 Φ = Φ1 + Φ 2 = 0 + 0 ln 2 4π 2π2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为 R1 和 R2，芯子材 料的磁导率为，导线总匝数为 N，绕得很密，若线圈通电流 I，求． (1) 芯子中的 B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在 r & R1 和 r & R2 处的 B 值．Nb 解：(1) 在环内作半径为 r 的圆形回路, 由安培环路定理得 B
2πr = NI ， B = NI /( 2πr ) 在 r 处取微小截面 dS = bdr, 通过此小截面的磁通量 R2 R1dΦ = B d S =穿过截面的磁通量NI2πrbd rΦ= ∫ B d S =SNI2πrbdr =NIb2πlnR2 R1i(2) 同样在环外( r & R1 和 r & R2 )作圆形回路, 由于∑I=0B
2πr = 0∴ B=0133. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有 10 A 电流，在导线内部作一平面 S，S 的一个边是导 线的中心轴线，另一边是 S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通 过沿导线长度方向长为 1m 的一段 S 平面的磁通量． (真空的磁导率0 =4π×10 7 Tm/A，铜的相对磁导率r≈1) S 解：在距离导线中心轴线为 x 与 x + d x 处，作一个单位长窄条， 其面积为 d S = 1
d x ．窄条处的磁感强度B= r
0 Ix2π RR2S dx所以通过 dS 的磁通量为dΦ = B d S = r
0 Ix2π R 2xdx通过１m 长的一段 S 平面的磁通量为Φ =∫0R r
0 Ix2π R2dx =r 0 I4π= 10 6 Wba P I a 2a4. 计算如图所示的平面载流线圈在 P 点产生的磁感强度，设线圈中的 电流强度为 I． 解：如图，CD、AF 在 P 点产生的 B = 02aIv v v v v
B = B AB + B BC + B DE + B EF B AB =0 I其中 ∴ 同样 ∴ 方向．4πa sin β 2 = a /( 2a ) = 1 / 2 ， sin β 1 = 0 I 0 I 0 I ， 同理, B BC = ，方向． E B AB = 4 2πa 4 2πa BDE = BEF =
0 I /(8 2πa) ，方向⊙．(sin β 2
sin β 1 ) ， 方向DC B I IP AFB=2 0 I 4 2πa0 I4 2πa=2 0 I 8πa5. 如图所示线框，铜线横截面积 S = 2.0 mm2，其中 OA 和 DO＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为 a 的正方形的三边，它可绕 OO＇轴无摩擦转动．整个 v 导线放在匀强磁场 B 中， 的方向竖直向上． B 已知铜的密度ρ = 8.9 ×103 kg/m3，当铜线中的电流 I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和 CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度 B 的大小．vvOBA D CO＇vαBα解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对 OO＇轴而言)． 重力矩1 M 1 = 2aρgS
a sin α + aρgSa sin α 2 2 = 2 Sa ρg sin α14磁力矩 平衡时 所以1 M 2 = BIa 2 sin( π
α ) = Ia 2 B cos α 2 M1 = M 22 Sa 2 ρg sin α = Ia 2 B cosαB = 2 Sρg tg α / I ≈ 9.35 × 10 3 T6. 如图两共轴线圈，半径分别为 R1、R2，电流为 I1、I2．电流 的方向相反，求轴线上相距中点 O 为 x 处的 P 点的磁感强度． 解：取 x 轴向右，那么有I1 R1I2OP x 2bR2 xB1 = B2 = 0 R12 I 12[ R12 + (b + x) 2 ]3 / 2沿 x 轴正方向 沿 x 轴负方向 0 R22 I 22 2[ R2 + (b
x) 2 ]3 / 2] 2 [ R12 + (b + x) 2 ]3 / 2 [ R2 + (b
x) 2 ]3 / 2 v v 若 B & 0，则 B 方向为沿 x 轴正方向．若 B & 0，则 B 的方向为沿 x 轴负方向． 27. 如图所示．一块半导体样品的体积为 a×b×c．沿 c 方向有电流 I，沿厚度 a 边方向加有 v v v 均匀外磁场 B ( B 的方向和样品中电流密度方向垂 B 直)．实验得出的数据为 a＝0.10 cm、b＝0.35 cm、c＝ 1.0 cm、I＝1.0 mA、B＝3.0×10 1 T，沿 b 边两侧的电势 a 差 U＝6.65 mV，上表面电势高． I U (1) 问这半导体是 p 型(正电荷导电)还是 n 型(负电 b 荷导电)？ 电位差 c (2) 求载流子浓度 n0 (即单位体积内参加导电的带 电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由 上指向下，故上表面电势高，可知是 p 型半导体。 (2) 由霍耳效应知，在磁场不太强时，霍耳电势差 U 与电流强度 I，磁感强度 B 成正比， 而与样品厚度 a 成反比，即： U = KB = B1
B2 =0[ 0 R12 I 1 0 R22 I 2IB a而K=1 n0 q∴根椐题给条件，载流子浓度为： n0 =IB = 2.82 × 10 20 m-3 aqU四 研讨题1. 将磁场的高斯定理与电场的高斯定理相比，两者有着本质上的区别。从类比的角度可作何联想？ 参考解答： 磁场的高斯定理与电场的高斯定理：15∫∫s B
d S = 0,vv∫∫s D
d S = ∑ qvv作为类比，反映自然界中没有与电荷相对应“磁荷”（或叫单独的磁极）的存在。但是狄拉 克 1931 年在理论上指出，允许有磁单极子的存在，提出：n 2 式中 q 是电荷、qm 是磁荷。电荷量子化已被实验证明了。然而迄今为止，人们还没有发现 可以确定磁单极子存在可重复的直接实验证据。 如果实验上找到了磁单极子， 那么磁场的高 斯定理以至整个电磁理论都将作重大修改。 1982 年， 美国斯坦福大学曾报告， 用直径为 5cm 的超导线圈放入直径 20cm 的超导铅筒， 由于迈斯纳效应屏蔽外磁场干扰，只有磁单极子进入才会引起磁通变化。运行 151 天，记录 到一次磁通变化，但此结果未能重复。 据查阅科学出版社 1994 年出版的，由美国引力、宇宙学和宇宙线物理专门小组撰写的 《90 年代物理学》有关分册，目前已经用超导线圈，游离探测器和闪烁探测器来寻找磁单 极子。在前一种情况，一个磁单极子通过线圈会感应出一个阶跃电流，它能被一个复杂装置 探测出来， 但这种方法的探测面积受到线圈大小的限制。 游离探测器和闪烁探测器能做成大 面积的，但对磁单极子不敏感。现在物理学家们仍坚持扩大对磁单极子的研究，建造闪烁体 或正比计数器探测器，相应面积至少为 1000m2。并建造较大的，面积为 100m2 量级的环状 流强探测器，同时加强寻找陷落在陨石或磁铁矿中的磁单极子的工作。 q
qm =2. 当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，平行于磁场方向的速度分量如何变化？动能如何变化？垂直于磁场方向的速度分量如何变化？ 参考解答： 当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时， 它所受到的磁场力有一个和前进方向 相反的分量， 这个分量将使平行于磁场方向的速度分量减小， 甚至可使此速度分量减小到零， 然后使粒子向相反方向运动（这就是磁镜的原理）。 当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，由于平行于磁场方向的速度分量减 小，因而与这个速度分量相关的动能也减小。然而磁力对带电粒子是不做功的，粒子的总动 能不会改变，因此，与垂直于磁场方向的速度分量相关的动能在此运动过程中将会增大，垂 直于磁场方向的速度分量也相应地增大。 3. 电磁流量计是一种场效应型传感器,如图所示： 截面矩形的非磁性管,其宽度为 d、 高度为 h，管内有导电液体自左向右流动, 在垂直液面流动的方向 加一指向纸面内的匀强磁场,当磁感应强度为 B 时,测得液 体上表面的 a 与下表面的 b 两点间的电势差为 U,求管内导 电液体的流量。 参考解答： 导电液体自左向右在非磁性管道内流动时, 在洛仑兹力作用下, 其中的正离子积累于 上表面,负离子积累于下表面, 于是在管道中又形成了从上到下方向的匀强霍尔电场E,它 同匀强磁场B一起构成了速度选择器。因此在稳定平衡的条 件下,对于以速度v匀速流动的导电液体, 无论是对其中的 正离子还是负离子,都有16U = qv B d U Uh , 液体流量 Q = vhd = . ∴流速 v = Bd B 如果截面园形的非磁性管, B－磁感应强度；D－测量管内径；U－流量信号（电动势） ； v－液体平均轴向流速, L 测量电极之间距离。 霍尔电势 Ue U e = kBLv (1) k（无量纲）的常数， 在圆形管道中，体积流量是： πD 2 Q= v (2) 4 πD 2 U 把方程(1)、(2) 合并得：液体流量 Q=
4kL B U 或者 Q = K ，K 校准系数，通常是靠湿式校准来得到。 B qE = q第 15 章 磁介质的磁化 一、选择题 1(C)，2(B)，3(B)，4(C)，5(D) 二、填空题 (1). －8.88×10 6 ，抗 . (2). 铁磁质，顺磁质，抗磁质. (3). 7.96×105 A/m， 2.42×102 A/m. (4). 各磁畴的磁化方向的指向各不相同，杂乱无章. 全部磁畴的磁化方向的指向都转向外磁场方向. (5). 矫顽力大，剩磁也大；例如永久磁铁． (6). 磁导率大，矫顽力小，磁滞损耗低． 变压器，交流电机的铁芯等．三 计算题 1. 一根同轴线由半径为 R1 的长导线和套在它外面的内半径为 R2、 外半径 中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝 为 R3 的同轴导体圆筒组成． 缘材料，如图．传导电流 I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的 截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小 B 的分布． 解：由安培环路定理： 0& r &R1 区域：R3 R2 R1I Iv v H d l = ∑ Ii
∫2πrH = Ir 2 / R12
Ir H = Ir 2 ， B = 0 2 2πR1 2πR1 R1& r &R2 区域： 2πrH = I I I H= ， B= 2πr 2πr17R2& r &R3 区域：2 I ( r 2
R2 ) 2πrH = I
R2 ) 2 r 2
R2 I H= (1
2 ) 2 2πr R3
R2 B = 0 H = (1
2 ) 2 2πr R3
R20 Ir &R3 区域：H = 0，B = 02. 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为 a)和同轴的导体圆管(内、外半径分别为 b， c)构成，使用时，电流 I 从一导体流出，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的 横截面上，求∶导体圆柱内(r&a)和两导体之间(a&r&b)的磁场强度 H 的大小． 解∶由电流分布的轴对称性可知，在同一横截面上绕轴半径为 r 的圆周上各点的 B 值相等， 其方向是沿圆周的切线方向．用 H 的环路定律可求出． (1) r&a (2) a&r&bH
2πr =Iπr 2 πa 2∴H
2πr = I ，Ir 2πa 2 I H= 2πr H=3. 螺绕环中心周长 l = 10 cm，环上均匀密绕线圈 N = 200 匝，线圈中通有电流 I = 0.1 A．管 内充满相对磁导率r = 4200 的磁介质．求管内磁场强度和磁感强度的大小． 解：H = nI = NI / l = 200 A/m B = H =
r H = 1.06 T-4. 一铁环的中心线周长为 0.3 m，横截面积为 1.0×10 4 m2，在环上密绕 300 匝表面绝缘的 导线，当导线通有电流 3.2×10 2 A 时，通过环的横截面的磁通量为 2.0×10 6 Wb．求： (1) 铁环内部的磁感强度； (2) 铁环内部的磁场强度； (3) 铁的磁化率； (4) 铁环的磁化强度．解：(1)(2)B= n = 1000 m 1- ，ΦS= 2 × 10
2 T(3) 相对磁导率∴磁化率 (4) 磁化强度H = nI0＝32 A/m B r = = 497 0 H χm = r1 = 496 M = χmH＝1.59×104 A/m四 研讨题 1. 顺磁质和铁磁质的磁导率明显地依赖于温度，而抗磁质的磁导率则几乎与温度无关，为 什么？18参考解答： 顺磁质的磁性主要来源于分子的固有磁矩沿外磁场方向的取向排列。 当温度升高时， 由 于热运动的缘故，这些固有磁矩更易趋向混乱，而不易沿外磁场方向排列，使得顺磁质的磁 性因磁导率明显地依赖于温度。 铁磁质的磁性主要来源于磁畴的磁矩方向沿外磁场方向的取向排列。 当温度升高时， 各 磁畴的磁矩方向易趋向混乱而使铁磁质的磁性减小， 因而铁磁质的磁导率会明显地依赖于温 度。当铁磁质的温度超过居里点时，其磁性还会完全消失。 至于抗磁质，它的磁性来源于抗磁质分子在外磁场中所产生的与外磁场方向相反的感生磁 矩，不存在磁矩的方向排列问题，因而抗磁质的磁性和分子的热运动情况无关，这就是抗磁 质的磁导率几乎与温度无关的原因。v v 2. 在实际问题中用安培环路定理 ∫ H
d l = ∑ I 0 计算由铁磁质组成的闭合环路，在得出 HL后，如何进一步求出对应的 B 值呢？ 参考解答: 由于铁磁质的 r 不是一个常数，因此不能用 B =r0H 来进行计算，而是应当查阅手册 中该铁磁材料的 B－H 曲线图，找出对应于计算值 H 的磁感强度 B 值． 3. 磁冷却。将顺磁样品（如硝酸镁）在低温下磁化，其固有磁矩沿磁场排列时要放出能量 以热量的形式向周围环境排出。然后在绝热的情况下撤去外磁场，这样样品温度就要降低， 实验中可降低到 10-6K。试解释为什么样品绝热退磁时会降温。 参考解答： 磁冷却的原理和过程可以分几步说明如下： (1) 把顺磁样品放入低温环境中（如温度 1K 的 He 气，He 气又和周围的液 He 维持 1K 下的 热平衡） 。 (2) 加外磁场（磁感强度约 1T） ，使顺磁样品等温磁化，顺磁质的固有磁矩在外磁场的作用 下会排列起来。在此过程中，外界对磁场做功，顺磁质的内能增加；同时样品放出热量，被 周围的 He 气吸收，整个系统仍维持 1K 的温度不变。 (3) 迅速抽出样品周围的 He 气，使样品处于绝热隔离状态。 (4) 去掉外磁场，顺磁质的磁场又趋于混乱。此过程中，样品对外做功，内能减少，样品温 度下降。一般情况下，样品的温度可以将到 10-6K 。 4. 高压容器在工业和民用领域都有着非常广泛的应用，如锅炉、储气罐、家用煤气坛等。 由于高压容器长期的使用、 运行,局部区域受到腐蚀、 磨损或机械损害,从而会形成潜在的威 胁. 因此世界各国对于高压容器的运行都制定了严格的在役无损检测标准,以确保高压容器 的安全运行。请根据所学的知识,探索一种利用铁磁材料实现无损探伤的方法。 参考解答: 目前无损检测一般采用的方法有磁粉探伤、超声波探伤和X 射线探伤等方法。磁粉探 伤依据的是介质表面磁场分布的不连续性,可采用磁粉显示;超声波和X 射线探伤利用了波 动在介质分界面反射的现象. 这些方法有的仪器结构复杂、操作繁琐,有的数据处理麻烦、 价格较高,对于家用容器的检测就更为不方便. 根据LC振荡电路的磁回路特性,一旦介质内部出现裂纹,将会引起 磁导率的突变,从而使回路的电磁参数发生变化.将这一结果用于铁磁19材料表面和内部伤痕、裂纹的检测中,其检测方法原理简单,操作方便,检测灵敏度高。 LC磁回路测量原理： 磁回路的基本模型如图所示。A是带线圈的磁芯， M是待检测的材料，如容器壁。磁 回路最基本的规律是安培环路定理: v v ∫L H
d l = ∑ I i . 假定整个回路采用高导磁率材料组成,而且回路中绕有N匝线圈,线圈中电流为I ,若同 一种材料中的磁场强度相同,则环路定理就可以写成： Bl NI = ∑ H i li = ∑ i i0 i式中Hi总是沿l i方向。当回路中第i段的截面积为S i时, BiS i =φi ,由于环路内各处截面的磁通 都相同, φi=φ.于是有： Bl li φl NI = ∑ H i li = ∑ i i = ∑ i i = φ ∑ . 0 i 0 i Si 0 i Si 上式中令： NI = ε m , 则∑0 i Sili= Rm 分别为磁回路的磁动势和磁阻，
(1) Rm 另一方面,根据磁回路中的自感电动势定义： dI d Nφ dφ dI N2 = ，由式(1)得到： L = N ε = L . = N2 = dI dt dt Rm d I Rm 假定由该回路与电容C 组成LC振荡电路, 电路的振荡频率f 为： Rm 1 1 f = =
( 2) 2π LC 2π C N 由式(2)可见, 在回路几何参数一定的情况下, 振荡频率由回路中的磁导率决定. 在 磁回路图中,假定由容器壁M与带线圈的磁芯A组成回路,若维持几何参数不变,只要容器壁 是均匀的,那么不同地方的回路振荡频率便相同. 在材料内部一旦出现气泡、裂纹, 则在其 边界部位磁导率出现较大变化, 振荡频率就会出现跳变. 据此就可以探测到材料表面和内 部的伤痕、裂纹.第 16 章 电磁场 一、选择题 1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1). (2). (4). (6). (8). (9).φ=εmε = NbB d x /d t = NbBωA cos(ω t + π / 2)πBnR2, O . 小于, 有关. (3). (5). (7).或 ε = NBbAω sin ω t . 沿曲线由中心向外.相同(或 1 BωR 2 ),20 9.6 J. 0 I 2 /(8π 2 a 2 ) .v
d S 或 d Φ D /d t , ∫∫ t S垂直纸面向里.v v
d S 或 t S d Φ m /d t .垂直 OP 连线向下.20(10).πr 2ε 0 E 0 t / RC e , 相反 RC三 计算题 1. 如图所示， 有一弯成θ 角的金属架 COD 放在磁场中， 磁感强 一导体杆 MN 垂直于 度 B 的方向垂直于金属架 COD 所在平面． v v OD 边， 并在金属架上以恒定速度 v 向右滑动， 与 MN 垂直． v 设 t =0 时，x = 0．求下列两情形，框架内的感应电动势 i． (1) 磁场分布均匀，且 B 不随时间改变． (2) 非均匀的时变磁场 B = Kx cos ω t ．vMCvOv θ Bx Nv vD解：(1) 由法拉第电磁感应定律：Φ = B xyi1 2y = tg θ xx = vtd 1 1 ( B tg θ x 2 ) =
B tg θ 2 x d x /d t = B tg θ v 2 t dt 2 2 在导体 MN 内 i 方向由 M 向 N． (2) 对于非均匀时变磁场 B = Kx cos ω t 取回路绕行的正向为 O→N→M→O，则 d Φ= B d S = Bη d ξ η = ξ tg θ O =
dΦ /d t = MCv η B θξx dξ Nv vDd Φ = Bξ tg θ d ξ = Kξ 2 cos ω t tg θ d ξΦ = ∫ d Φ = ∫ Kξ 2 cos ω t tg θ d ξ = Kx 3 cos ω t tg θ0x1 3dΦ 1 = Kω x 3 sin ω t tg θ
Kx 2v cos ω t tg θ i= dt 3 1 = Kv 3 tg θ ( ω t 3 sin ω t
t 2 cos ω t ) 3i&0，则 i 方向与所设绕行正向一致， i &0，则 i 方向与所设绕行正向相反．v (t) a a a2. 如图所示， 一电荷线密度为λ的长直带电线(与一正方形线圈共面并 与其一对边平行)以变速率 v =v(t)沿着其长度方向运动， 正方形线圈中 的总电阻为 R， t 时刻方形线圈中感应电流 i(t)的大小(不计线圈自身 求 的自感)． 解：长直带电线运动相当于电流 I = v (t )
λ ． 正方形线圈内的磁通量可如下求出λdΦ =0 I ad x 2π a + xaΦ=i0 Ia ∫ d x = 0 Ia
ln 2 2π 0 a + x 2π
a d v (t ) =
dΦ = 0 d I ln 2 = 0 λa ln 2 dt 2π d t 2π dt21i (t ) =iR=2πR0λad v (t ) ln 2 dtvv BO′v OO＇转动时的动生电动势．已知杆相对于均匀磁场 B 的方位角为θ，杆的角速度为ω，转向如图所示．3. 求长度为 L 的金属杆在均匀磁场 B 中绕平行于磁场方向的定轴ω θL解：在距 O 点为 l 处的 dl 线元中的动生电动势为 d = (v × B ) d l
∴vvv = ωl sin θ v 1 v v = ∫ ( v × B)
d l = ∫ vB sin( π) cos α d l 2 L LvOO′v B= ∫ ωlB sin θ d l sin θ = ωB sin 2 θ ∫ l d lΛ0Lv dl αθl Ov v v×B1 = ωBL2 sin 2 θ 2的方向沿着杆指向上端 4. 有一很长的长方的 U 形导轨，与水平面成θ角，裸导线v ab 可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度 B 竖直向上的均匀磁场中，如图所示．设导线 ab 的质量为 m，电阻 为 R，长度为 l，导轨的电阻略去不计，abcd 形成电路，t =0 时， =0. 试求： v 导线 ab 下滑的速度 v 与时间 t 的函数关系．dv Ba l bcθ解：ab 导线在磁场中运动产生的感应电动势i= Blv cos θabcd 回路中流过的电流Ii =iR= Blv cosθ RF = I i Bl cosθ = Blv cosθ Bl cosθ R Blv cos θ dv 由牛顿第二定律： mg sin θ
Bl cos θ = m R dt dv dt = B 2 l 2v cos 2 θ g sin θ
mR 令 A = g sin θ ， c = B 2 l 2 cos 2 θ /(mR ) 则 d t = d v /( A
cv )利用 t = 0，v = 0 有ab 载流导线在磁场中受到的安培力沿导轨方向上的分力为：dv
cv ) ∫ d t = ∫ A
cv = c ∫ A
cv 0 0 0tv v22∴1 A
ln c A mgR sin θ v = A (1
e ct ) = 2 2 (1
ct ) c B l cos 2 θv Bb l a c5. 一根长为 l，质量为 m，电阻为 R 的导线 ab 沿两平行的导电轨道 无摩擦下滑，如图所示．轨道平面的倾角为θ，导线 ab 与轨道组成矩 形闭合导电回路 abdc．整个系统处在竖直向上的均匀磁场 B 中，忽略 轨道电阻．求 ab 导线下滑所达到的稳定速度． 解∶动生电动势iivθd= vBl cos θ= vBl cos θ RI=R导线受到的安培力f m = I lB mg sin θ = f m cos θ vBl cos θ lB cos θ mg sin θ = R mgR sin θ ∴ v= 2 2 B l cos 2 θ v 6. 如图所示，一个恒力 F 作用在质量为 m，长为 l 垂直v v 中运动，其速度 v 的方向与 B 和导线皆垂直，假定滑动是无摩擦的且忽略导线与电阻 R 形成的回路的自感， 试求导 线的速度与时间的关系式． 相通(导线电阻也计入 R)． 导线从静止开始， 在均匀磁场 B ab 导线下滑达到稳定速度时重力和磁力在导轨方向的分力相平衡于导轨滑动的裸导线上，该导线两端通过导体轨与电阻 RRvv B v v v F导体轨解：在均匀磁场中运动导线切割磁力线，在导线上产生的动生电动势： =vBl．式 中 l 为导线的长度，v 为其运动的速度． 导线中电流为： I = / R = vBl / R 根据安培力公式，导线受磁力v v f 和 F 方向相反．f = I lB = vB 2 l 2 / Rdv B 2l 2 =F v dt R RF B 2l 2 其解为： v (t ) = 2 2 + G
exp( t) mR B l 其中 exp(x) =ex, G 为待定常量．当 t =0，v =0，求得 G =
RF /( B 2 l 2 ) ，故导线运动的微分方程为：m2 2 v (t ) = RF2 [1
exp( B l t )] 2 mR B l237. 两线圈顺接，如图(a)，1、4 间的总自感为 1.0 H． 在它们的形状和位置都不变的情况下， 如图(b) 那样反接后 1、3 之间的总自感为 0.4 H．求两线 圈之间的互感系数．1 4 23 (a) 顺接 1 4 23 (b) 反接解：设顺接的总自感为 LS，反接的总自感为 LF． LS = L1 + L2 + 2 M ∵ ∴LF = L1 + L2
2M M = ( LS
LF ) / 4 = 0.15 H8. 同轴电缆由半径为 R1 的实心圆柱形导体和半径为 R2(R2 & R1)的薄圆筒(忽略壁厚)构成， 在圆柱体和薄筒之间充满相对磁导率为r 的绝缘材料，求同轴电缆单位长度上的自感系数 (设柱形导体磁导率为0). 解：设电流为 I．当 0 & r & R1， 磁能密度为H 1 = rI /(2πR12 )w =1
0 r 2 I 2 /(8π 2 R14 ) 2R1单位长度内贮存的磁能为W1 = ∫ w1 d V = ∫V 00r 2 I 28π 2 R142π r d r =0 I 216π当 R1 & r & R2， 磁能密度为H 2 = I /(2πr ) 1 2 w2 =
r I 2 /(8π 2 r 2 ) 2 R2 0r I 2
r I 2 R2 W 2 = ∫ w2 d V = ∫ 2πr d r = ln 2 2 4π R1 V R1 8π rW = W1 + W2 = 1 2 LI 2
R L = 0 + 0 r ln 2 8π 2π R1R2 R1 I I l∴9. 一根电缆由半径为 R1 和 R2 的两个薄圆筒形导体组成，在两圆筒 中间填充磁导率为 的均匀磁介质．电缆内层导体通电流 I，外层导 体作为电流返回路径，如图所示．求长度为 l 的一段电缆内的磁场 储存的能量． 解：v v H d l = ∑ Ii ， ∫H=2πrH = I (R1& r & R2)I I ， B = H = 2πr 2πr 2 2 2 B
I wm = = 2
(2πr ) 2 d Wm = wm d V = wm 2πr d r
l =I 22(2πr ) 22πrl d r24∴Wm = ∫ d Wm =R1R2I 2 l d rR24π∫R1r=I 2 l4πlnR2 R1四 研讨题 1. 我们考虑这样一个例子: 设一个半径为R的导体圆盘绕通过其中心的垂直轴在磁场中作 角速度为ω的匀速转动,并假设磁场B均匀且与轴线平行,如图所示。 显然, 如果在圆盘中心和转动着的圆盘边缘用导线连成导体回路,该回路中会 有感应电流通过。这表明在圆盘中心和圆盘边缘之间产生了感应电动 势。从动生电动势的角度来看,导体圆盘在转动过程中不断切割磁感应 线,当然产生感应电动势；但从法拉第电磁感应定律出发,穿过以转动着 的圆盘作为一部分的导体回路的磁通量并未发生任何变化,感应电动势 的产生似乎是矛盾的。物理学家费曼(见《费曼物理学讲义》中译本第2 卷第195页)称其为“通量法则”(即法拉第电磁感应定律)的一个例外。 法拉第电磁感应定律真的有这个例外吗? 参考解答： 法拉第电磁感应定律真的有例外吗? 当然没有,作为一个基本定律,法拉第电磁感应定 律不应该也不可能出现任何例外。 法拉第电磁感应定律： v v dΦ d ε = =
d S dt dt 如果磁通量的变化仅仅是由构成回路的一段导线的运动所引起的， 则由上式所求得的感 应电动势当然就是该运动导线的动生电动势，这里S也就是导线运动过程中所扫过的面积。 有必要明确指出： 法拉第电磁感应定律中所涉及的“回路” 必须是一个闭合的数学曲线。 所以在用法拉第电磁感应定律动生电动势时，所直接涉及的运动导体必须是线状导体即导 线，而对于非线状导体就不能再简单笼统地应用法拉第电磁感应定律了。 在前面的例子中， 问题的关键就恰恰在于运动导体不是线状导体而是一个圆盘， 当考 虑导体圆盘绕通过其中心的垂直轴转动而在其中心和边缘之间产生的感应电动势时， 我们 可以把导体圆盘看成是由无限多个长度为R的理想的线状导体在半径为R的圆周和圆心之间 密集排列所形成的，对于构成圆盘的某一条长度为R的导线(设为OP)来 说，无论是由动生电动势还是由法拉第电磁感应定律均会得到完全相同 的结果： r v r 动生电动势： (v × B )
d l = vB d l ， d ε =
d lε oa = ∫ d ε =
BL2ωL1 2法拉第电磁感应定律：dΦ d d l
lθ l 2 B dθ 1 2 |= ( BS ) = B ( ) = = Bl ω dt dt dt 2 2d t 2 方向都是从中心O 指向圆盘的边缘。 只要明确“闭合回路”的确切含义，法拉第电磁感应定律对于动生电动势的问题是普遍适用 的， 即法拉第电磁感应定律没有任何例外。 | ε |=|252. 变压器的铁心为什么总做成片状的，而且涂上绝缘漆相互隔开？铁片放置的方向应和线 圈中磁场的方向有什么关系？ 参考解答： 变压器的铁心由高导磁材料硅钢片制成，它的导磁系数
约为空气的导磁系数的 2000 倍以上。大部分磁通都在铁心中流动，主磁通约占总磁通的 99％以上，而漏磁通占总磁通 的 1％以下。也就是说没有铁心，变压器的效率会很低。 变压器的铁心做成片状并涂上绝缘漆相互隔开， 是为了阻断铁心中涡流的通路， 以减少铁心 中的涡流发热。 铁片放置的方向应沿着线圈中磁场的方向， 绝不可以使铁片与磁场的方向垂 直，否则铁心中的涡流仍将很大。 3. 金属探测器的探头内通入脉冲电流，才能测到埋在地下的金属物品发回的电磁信号。能 否用恒定电流来探测？埋在地下的金属为什么能发回电磁信号？ 参考解答： 当金属探测器的探头内通入脉冲电流（变化电流）时，它就会产生变化的磁场，从而使 位于地下的金属物品中产生感应电流。 这个感应电流是随时间变化的电流， 变化的电流又可 以产生变化的磁场， 因而金属物品可以发回电磁信号， 这样就能探测到埋在地下的金属物品。 如果探头内通入的是恒定电流，金属物品中就不会有感应电流，不能发回电磁信号，也就无 法探测到地下的金属物品。因此，探头中不能通入恒定电流。金属探测器的电路框图第 17 章 量子物理学基础 一、选择题 1(D)，2(D)，3(C)，4(B)，5(A)，6(A)，7(C)，8(A)，9(D)，10(C) 二、填空题 (1)． (3)． (6)．hc / λ ， h / λ ， h /(cλ ) .A/h， ( h / e)(ν 1
ν 0 ) .(2)．2.5，4.0×1014 . (5)． －0.85， －3.4 .(4)． π，0 .ν 3 = ν 2 +ν1 ，21λ3=1λ2+1λ1.(7)． 1， 2. 单值、有限、连续.(8)．粒子在 t 时刻在(x，y，z)处出现的概率密度.∫∫∫Ψ(9).d xd yd z =1(10). 泡利不相容， 能量最小.2， 2×(2l+1)， 2n2.三 计算题261. 用辐射高温计测得炼钢炉口的辐射出射度为 22.8 Wcm 2，试求炉内温度． （斯特藩常量σ = 5.67×10 8 W/(m2K4) ） 解：炼钢炉口可视作绝对黑体，其辐射出射度为 MB(T) = 22.8 Wcm 2＝22.8×104 Wm 2 由斯特藩──玻尔兹曼定律 MB(T) = σT4 ∴ T = 1.42×103 K 2．恒星表面可看作黑体．测得北极星辐射波谱的峰值波长λm =350nm(1nm=109m)，试估算 它的表面温度及单位面积的辐射功率． （b = 2.897×10 3 mK， σ = 5.67×10 8 W/(m2K4)） 解：由维恩位移定律-Tλ m = b ， 解出 T = b / λ m = 8280 KE 0 (T ) = σT 4 = 2.67×108 W/m2由斯特藩－玻尔兹曼定律，求出单位面积的辐射功率为 |Ua| (V) 2.0 1.0 B143．图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线 (1) 求证：对不同材料的金属，AB 线的斜率相同． (2) 由图上数据求出普朗克恒量 h． (基本电荷 e =1.60×10 19 C) 解：(1) 由 得A θ ν (×10 0 5.0 10..0Hz)e U a = hν
A U a = hν / e
A / e d U a / dν = h / e(恒量)由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同． (2) h = etgθ = e2 .0
0 = 6.4×10 34 Js 14 (10.0
5.0) × 10λe M S × × × × × ×v ×B × × ×4. 波长为λ的单色光照射某金属 M 表面发生光电效应，发射的光 电子(电荷绝对值为 e，质量为 m)经狭缝 S 后垂直进入磁感应强度 为 B 的均匀磁场(如图示)，今已测出电子在该磁场中作圆运动的 最大半径为 R．求 (1) 金属材料的逸出功 A； (2) 遏止电势差 Ua． 解：(1) 由 代入 可得 (2)veBv = mv 2 / R得v = ( ReB) / m ，1 mv 2 + A 2 2 2 2 hc 1 mR e B hc R 2 e 2 B 2 A=
λ 2 λ 2m m2 2 1 mv R 2 eB 2 e U a = mv 2 ， Ua = = . 2 2e 2m hν =275．光电管的阴极用逸出功为 A = 2.2 eV 的金属制成，今用一单色光照射此光电管，阴极发 射出光电子，测得遏止电势差为| Ua | = 5.0 V，试求： (1) 光电管阴极金属的光电效应红限波长； (2) 入射光波长． （普朗克常量 h = 6.63×10 34 Js， 基本电荷 e = 1.6×10 19 C） 解：(1) 由 (2) 由 得A = hν 0 = hc / λ 0 得1 mv 2 = e U a , 2 hν =λ0 =hchc = 5.65×10-7 m = 565 nm Aλ= eU a + Aλ=hc = 1.73×10-7 m = 173 nm eU a + A6．α粒子在磁感应强度为 B = 0.025 T 的均匀磁场中沿半径为 R =0.83 cm 的圆形轨道运动． (1) 试计算其德布罗意波长． (2) 若使质量 m = 0.1 g 的小球以与α粒子相同的速率运动．则其波长为多少？ (α粒子的质量 mα =6.64×10 27 kg，普朗克常量 h =6.63×10 34 Js，基本电荷 e =1.60× -19 10 C) 解：(1) 德布罗意公式： λ = h /( mv ) 由题可知α 粒子受磁场力作用作圆周运动qvB = mα v 2 / R ， mα v = qRB又 故q = 2e 则(2) 由上一问可得mα v = 2eRBλα = h /(2eRB) = 1.00 × 10 11 m = 1.00 × 10 2 nmv = 2eRB / mα对于质量为 m 的小球λ=m m h h =
λα =6.64×10-34 m mv 2eRB m m-7. 光子的波长为λ =3000 ，如果确定此波长的精确度λ / λ =10 6，试求此光子位置的不确 定量． 解：光子动量 p = h/λ 按题意，动量的不确定量为 p=
h / λ2 λ = (h / λ )(λ / λ ) hλ λ = 2πh(λ / λ ) 2π(λ / λ )根据测不准关系式得： x≥ h /( 2πp ) = 故x≥0.048 m＝48 mm8．已知粒子在无限深势阱中运动，其波函数为ψ ( x) = 2 / a sin(πx / a ) (0 ≤x ≤a)求发现粒子的概率为最大的位置．28解：先求粒子的位置概率密度ψ ( x) = (2 / a) sin 2 (πx / a) = (2 / 2a)[1
cos(2πx / a )]2cos(2πx / a ) = 1 时， ψ (x) 有最大值． 在 0≤x≤a 范围内可得 2πx / a = π 1 x= a． ∴ 2当2四 研讨题 1. 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人？ 参考解答： 人体辐射频率太低，远离可见光波段。如果设人体表面的温度为 36°C，则由维恩位移定律 λm T = b ， b = 2.897 × 10 3 m K 算出 λm = 9.375 × 10 中也如此。6m, 在远红外波段，为非可见光，所以是看不到人体辐射的，在黑暗2. 在彩色电视研制过程中，曾面临一个技术问题：用于红色部分的摄像管的设计技术要比绿、蓝部分困难，你能说明其原因吗？ 参考解答： 由于红光的频率比绿光、蓝光的频率小，故当光照射到金属表面上时，光电子从金属表 面逸出时的最大初动能也小， 这样回路中形成的光电流就比较小， 甚至还有可能就没有光电 子从金属表面逸出，回路中没有光电流． 3. 用可见光能产生康普顿效应吗？能观察到吗？ 参考解答： 可以从下面两个角度来理解。 (1) 可见光的光子能量相对于 X 射线中的光子能量来说太小，与原子中的电子碰撞时，电子 不能被认为是自由的，而是束缚在原子内，光子此时与整个原子碰撞，原子质量 M 很大， 相应的波长改变量λc =h Mc比康普顿波长要小得多，所以可见光波长的变化太小而观察不到。 (2) 假设可见光的光子可以与固体中的自由电子发生散射， 波长的改变量λ还是应该与康普 顿效应中的相同，是康普顿波长λc =3 5h = 2.43 × 10 3 nm m0 c它是 10 nm 的数量级。但由于可见光的波长很长，是 102nm 的数量级，可算出波长的改变 量 λ / λ 为 10 的量级，故不容易观察到。 4. 已知电子具有内禀的自旋磁矩 m = 0.928 × 1023J/T .如果采用下述经典模型： 电子是一均匀带电的球壳，半径为 R，总电量为 e，以角速度 ω 绕过其中心的直径旋转，已知电子的29半径不大于 10 m ，按此估算，电子要具有上述磁矩值，相应的“赤道”线速度应多大？ 由此判断经典模型是否合理.18参考解答： 分析：带电球面旋转，形成分布于球面的环形电流，利用磁矩定义可计算求解. 解题：设球面上电荷密度为 σ，在球面上截取宽度为 ds 的球带，球带相当于一半径为 r 的载 流圆线圈，其电流为 d I = σ d sωr ，相应的磁矩为d Pm = d I π r 2由图可见，式中 r=Rsinθ，ds=Rdθ，因而d Pm = σω π R 4 sin 3 θ d θ各 球 带 的 dPm 的 方 向 相 同 ， 故 整 个 自 旋 电 子 的 磁 矩 为Pm = ∫ σω π R 4 sin 3 θ d θ = σω π R 4 ∫ sin 3 θ d θ =0 0ππ4σω π R 4 3式中 σ =e e ωR 2 e 4ω π R 4 ，代入上式得： Pm =
= . 3 3 4πR 2 4πR 218取 R ≈ 10m ，并令 Pm =
m = 0.928 × 10 23 J/T ，则赤道的线速度3Pm 3 × 0.928 × 10 23 = = 1.7 × 1014 (m/s) eR 1.6 × 10 19 × 10 18v = ωR =这个数值远大于真空中的光速，这是不可能的，因而，不可能将电子看成一个绕中心轴 自转的带电小球.30
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