将近两个月不学大学物理,现在突击不完了。这一篇也不捋知识点了,直接整理一些有针对性的题目,来进行“Few-shot learning”。
一、考虑宽为b长度无限长的导体薄板,点P在通过板的中线并与板面垂直的直线距离h处。

1)当平面薄板的电荷面密度为σ时,求P处电场强度:
2)当平面薄板上有电流I均匀流过时,求P处磁感应强度:
对于1),我们利用无限长的带电杆的结论,但当时给的是线密度λ。需要写成σ的形式:
λ=qΔh=σΔhdxΔh=σdx 之后直接计算:
dE=λ2πε0r=σdx2πε0√h2+x2E=∫b2−b2dE⋅cosθ=∫b2−b2σdx2πε0√h2+x2⋅h√h2+x2=σh2πε0∫b2−b2dxh2+x2=σ2πhε0[arctan(xh)]b2−b2=σπhε0arctan(b2h) 注意给出方向。
对于2),我们仍然利用无限长直杆的结论:
dI=IbdxdB=μ0dI2πr⋅hr=μ0Ih2πb(x2+h2)dxB=∫b2−b2μ0Ih2πb(x2+h2)dx=μ0I2πb[arctan(xh)]b2−b2=μ0Iπbarctan(b2h) 在计算时都需要注意微分算子是否对上了,如果出现了微分算子突然跳跃了,最好检查步骤,一定是哪里列错了。
二、考虑空心单层密绕长直螺线管,总匝数N,长为l,半径为R,l远远大于R。求螺线管自感L

为求自感L,先求穿过回路的总磁通量。这样会先求磁感应强度B
首先要声明,对于螺线管,不管是圆形还是长直的,我们都将磁场线平行于轴线,管内外磁场均匀,管外磁场为零作为已知结论。这些结论的证明我们就不管了。我们这里要给出两种求解的方法:

对于①,我们直接利用安培环路定理,因为我们知道管外磁场强度为0,且管内均匀并平行于轴线。此时选取矩形区域即可,设矩形区域长为Δl:
BΔl=μ0ΔllNI→B=μ0nI 对于②,基于对称性,我们计算中心轴线点P处的磁感应强度。可将每一匝看作一个环形电流,那么根据环形电流产生的磁感应强度我们即可积分,为了简单,我们取P为螺线管正中间的那个点。
dI=NIldxdB=μ0R2dI2(R2+x2)32=μ0NI2lR2(R2+x2)32dxB=μ0NI2l∫+l2−l2R2(R2+x2)32dx 如果这个积分没能一眼看出原函数的话,我们需要复习一下换元积分法:
x=R⋅tanθ,x∈[−l2,l2],θ∈[−arctan(l2R),arctan(l2R)]dx=R⋅sec2θdθB=μ0NI2l∫θ2θ1cosθdθ=μ0nI2(sinθ2−sinθ1) 实际上有积分公式:
∫R2(R2+x2)32=x√R2+x2+C 根据上面的结果可以知道,当l≫R时,sinθ2−sinθ1≈2,所以B=μ0nI。
有了磁感应强度B,总磁通量可以计算,继而:
Ψ=NBS=μ0N2lπR2IL=ΨI=μ0N2l⋅llπR2=μ0n2V 这个式子的意义在于告诉我们,自感系数与单位长度的匝数的平方成正比,与螺线管体积成正比。值得一提的是当插入磁介质时,自感系数可以增大μr倍。所以当插入的介质是顺磁质μr>1,那么自感系数增大。插入的是抗磁质,μr<1,自感系数减小。插入铁磁质,自感系数会大大增大(μr≫1)
三、考虑如下图所示的圆环,圆环带电量+q,点P在圆环轴线距离中心h处。

1)计算P处电场强度
2)现令圆环以均匀角速度ω绕通过圆心垂直于圆环的轴转动,求P处电场强度。
3)在2)的基础上求圆环的磁矩。
对于1),我们看作若干带电圆环直接计算:
dq=2πrσdr,σ=qπ(R22−R21)dE=14πε0dqh(r2+h2)32=hσ2ε0rdr(r2+h2)32E=hσ2ε0∫R2R1rdr(r2+h2)32=hσ2ε0(1√R21+h2−1√R22+h2)=hq2πε0(R22−R21)(1√R21+h2−1√R22+h2) 调整R1,R2大小,可以直接得到无限大平板和中间打孔两种特殊情况。
对于2),考虑等效环形电流,那么:
dq=2πrσdr,dI=dq2πω=ωrσdrdB=μ0r2dI2(h2+r2)32=μ0r3ωσdr2(h2+r2)32B=μ0ωσ2∫R2R1r3dr(h2+r2)32∫r3dr(h2+r2)32=h(√1+r2h2+1√1+r2h2)+CB=μ0ωσh2[(√1+R22h2+1√1+R22h2)−(√1+R21h2+1√1+R21h2)] 方向沿着x轴正向。
注意,上面的那个不定积分并不显然,要用三角换元法来积。
对于3),我们要通过环形电流来计算磁矩。磁矩是从载流线圈中抽出的概念:pm=ISn。在这个问题中我们只需把圆环看成若干小圆环,积分即可:
dpm=SdI=πωr3σdrpm=∫R2R1πωr3σdr=πωσ4(R42−R41) 方向沿着x轴正向。
上面三个例题中囊括了四个基本的可用来简化积分计算的几何体:
几何体 | 性质 |
---|---|
带电圆环 | E=14πε0qa(R2+a2)32 |
带电直杆 | Ex=14πε0a(cosθ1−cosθ2) |
载流圆环 | B=μ0IR22(R2+a2)32 |
载流直杆 | B=μ0I4πa(cosθ1−cosθ2) |
四、分布电容和分布电感,如同所示为两根无限长的圆柱形导线,半径为r0,轴线相距为d。d≫r0

1)设单位长度带电量分别为+λ,−λ。求单位长度上的分布电容。
2)设圆柱中通有方向相反的电流I,求单位长度的分布电感。
对于1),先应用高斯定理求出两导线间的电势差(电势叠加),之后应用电容的定义式即可:
2πrE=λε0→E=λ2πε0rΦ=∫d−r0r0λ2πε0rdr=λ2πε0ln(d−r0r0)U=Φ−(−Φ)=λπε0ln(d−r0r0)C=QU=λλπε0ln(d−r0r0)=πε0ln(d−r0r0)≈πε0ln(dr0) 这里要穿插一个类似的问题,来对电容器有更清晰的认识:
取两块平行平板,相距为d,总面积均为S,分别均匀带电+q,−q,两板线度远大于d,则它们的相互作用力大小为(q22ε0S)。这里要注意分母的那个2,原理可以简述成:两块平行平板,实际上是四个带电平面,分别做高斯定理,由静电平衡条件可知中间两个面所带电量必然等量异号。而此时高斯定理是E⋅2S。所以求解相互作用力时有个2。

对于2),要先计算出两个导线间的总磁通,之后即可求出分布电感:
Φ=Φ1+Φ2dΦ1=BdS=μ0I2πrldrΦ1=Φ2=∫d−r0r0μ0I2πrldr=μ0Il2πln(d−r0r0)L=ΦI⋅l=μ0πln(d−r0r0)≈μ0πln(dr0) 五、地心游记
半径为R1的导体球带有电荷+q,球外有一个内,外半径分别为R2,R3的同心导体球壳,壳上带有电荷+Q。

1)计算系统的静电能量
2)若外球壳接地,计算此时球和球壳的各自的电势
3)若内球接地,计算此时球和球壳的各自的电势
对于1),我们利用w=ε0E22求电场的能量密度。在不接地的情况下,内球和外壳之间有电场,外壳之外也有电场。取无穷远处为零电势点。
E={q4πε0r2,R1<r<R2q+Q4πε0r2,R3<rW=∫V12ε0E2dV,dV=4πr2dr=12(∫R2R1q24πε0r2dr+∫+∞R3(q+Q)24πε0r2dr)=18πε0(q2(1R1−1R2)+(Q+q)2R3) 对于2),外球壳接地,则外球壳电势为零且接地放电。这不影响内球,内球仍然被外壳屏蔽。(此时正是静电屏蔽)
U=∫R2R1Edr=∫R2R1q4πε0r2dr=q4πε0(1R1−1R2) 实际上由于静电平衡,外壳内表面应该受感应得到了−q。
对于3),此时要注意,内球的电势为0。无穷远处电势也为0。这种情况下,由于外球壳对内球的感应,内球的带电量并不是0。具体是多少需要结合电势相等条件定量计算。设内球带电量为q′,则球壳内表面为−q′。外表面由电荷守恒为Q+q′。
V1=q′4πε0(1R1−1R2)+Q+q′4πε0R3=0V2=Q+q′4πε0R3q′=−R1R2QR1R2+R2R3−R1R3V2=Q4πε0⋅R2−R1R1R2+R2R3−R1R3
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