大学物理5

阅读数: 8次 2022-02-28

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 $\sigma$ 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 $\lambda$ 。需要写成 $\sigma$ 的形式：

$\lambda =\frac{q}{\varDelta h}=\frac{\sigma \varDelta h\mathrm{d}x}{\varDelta h}=\sigma \mathrm{d}x$

之后直接计算：

$\mathrm{d}E=\frac{\lambda}{2\pi \varepsilon _0r}=\frac{\sigma \mathrm{d}x}{2\pi \varepsilon _0\sqrt{h^2+x^2}} \\ E=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}{\mathrm{d}E\cdot \cos \theta}=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}{\frac{\sigma \mathrm{d}x}{2\pi \varepsilon _0\sqrt{h^2+x^2}}\cdot \frac{h}{\sqrt{h^2+x^2}}} \\ =\frac{\sigma h}{2\pi \varepsilon _0}\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}{\frac{\mathrm{d}x}{h^2+x^2}}=\frac{\sigma}{2\pi h\varepsilon _0}\left[ \mathrm{arc}\tan \left( \frac{x}{h} \right) \right] _{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}=\frac{\sigma}{\pi h\varepsilon _0}\mathrm{arc}\tan \left( \frac{b}{2h} \right)$

注意给出方向。

对于2），我们仍然利用无限长直杆的结论：

$\mathrm{d}I=\frac{I}{b}\mathrm{d}x \\ \mathrm{d}B=\frac{\mu _0\mathrm{d}I}{2\pi r}\cdot \frac{h}{r}=\frac{\mu _0Ih}{2\pi b\left( x^2+h^2 \right)}\mathrm{d}x \\ B=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}{\frac{\mu _0Ih}{2\pi b\left( x^2+h^2 \right)}\mathrm{d}x}=\frac{\mu _0I}{2\pi b}\left[ \mathrm{arc}\tan \left( \frac{x}{h} \right) \right] _{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}=\frac{\mu _0I}{\pi b}\mathrm{arc}\tan \left( \frac{b}{2h} \right)$

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 $\varDelta l$ ：

$B\varDelta l=\mu _0\frac{\varDelta l}{l}NI\rightarrow B=\mu _0nI$

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。

$\mathrm{d}I=N\frac{I}{l}\mathrm{d}x \\ \mathrm{d}B=\frac{\mu _0R^2\mathrm{d}I}{2\left( R^2+x^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}=\frac{\mu _0NI}{2l}\frac{R^2}{\left( R^2+x^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x \\ B=\frac{\mu _0NI}{2l}\int_{-\frac{l}{2}}^{+\frac{l}{2}}{\frac{R^2}{\left( R^2+x^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x}$

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：

$x=R\cdot \tan \theta ,x\in \left[ -\frac{l}{2},\frac{l}{2} \right] ,\theta \in \left[ -\mathrm{arc}\tan \left( \frac{l}{2R} \right) ,\mathrm{arc}\tan \left( \frac{l}{2R} \right) \right] \\ \mathrm{d}x=R\cdot \sec ^2\theta \mathrm{d}\theta \\ B=\frac{\mu _0NI}{2l}\int_{\theta _1}^{\theta _2}{\cos \theta \mathrm{d}\theta}=\frac{\mu _0nI}{2}\left( \sin \theta _2-\sin \theta _1 \right)$

实际上有积分公式：

$\int{\frac{R^2}{\left( R^2+x^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}}=\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}+C$

根据上面的结果可以知道，当 $l\gg R$ 时， $\sin \theta _2-\sin \theta _1\approx 2$ ，所以 $B=\mu _0nI$ 。

有了磁感应强度 $B$ ，总磁通量可以计算，继而：

$\varPsi =NBS=\mu _0\frac{N^2}{l}\pi R^2I \\ L=\frac{\varPsi}{I}=\mu _0\frac{N^2}{l\cdot l}l\pi R^2=\mu _0n^2V$

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 $\mu_r$ 倍。所以当插入的介质是顺磁质 $\mu_r > 1$ ，那么自感系数增大。插入的是抗磁质， $\mu_r<1$ ，自感系数减小。插入铁磁质，自感系数会大大增大（ $\mu_r \gg 1$ ）

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 $\omega$ 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：

$\mathrm{d}q=2\pi r\sigma \mathrm{d}r,\sigma =\frac{q}{\pi \left( R_{2}^{2}-R_{1}^{2} \right)} \\ \mathrm{d}E=\frac{1}{4\pi \varepsilon _0}\frac{\mathrm{d}qh}{\left( r^2+h^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}=\frac{h\sigma}{2\varepsilon _0}\frac{r\mathrm{d}r}{\left( r^2+h^2 \right) ^{\frac{3}{2}}} \\ E=\frac{h\sigma}{2\varepsilon _0}\int_{R_1}^{R_2}{\frac{r\mathrm{d}r}{\left( r^2+h^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}}=\frac{h\sigma}{2\varepsilon _0}\left( \frac{1}{\sqrt{R_{1}^{2}+h^2}}-\frac{1}{\sqrt{R_{2}^{2}+h^2}} \right) \\ =\frac{hq}{2\pi \varepsilon _0\left( R_{2}^{2}-R_{1}^{2} \right)}\left( \frac{1}{\sqrt{R_{1}^{2}+h^2}}-\frac{1}{\sqrt{R_{2}^{2}+h^2}} \right)$

调整 $R_1,R_2$ 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：

$\mathrm{d}q=2\pi r\sigma \mathrm{d}r,\mathrm{d}I=\frac{\mathrm{d}q}{\frac{2\pi}{\omega}}=\omega r\sigma \mathrm{d}r \\ \mathrm{d}B=\frac{\mu _0r^2\mathrm{d}I}{2\left( h^2+r^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}=\frac{\mu _0r^3\omega \sigma \mathrm{d}r}{2\left( h^2+r^2 \right) ^{\frac{3}{2}}} \\ B=\frac{\mu _0\omega \sigma}{2}\int_{R_1}^{R_2}{\frac{r^3\mathrm{d}r}{\left( h^2+r^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}} \\ \int{\frac{r^3\mathrm{d}r}{\left( h^2+r^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}}=h\left( \sqrt{1+\frac{r^2}{h^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{r^2}{h^2}}} \right) +C\,\, \\ B=\frac{\mu _0\omega \sigma h}{2}\left[ \left( \sqrt{1+\frac{R_{2}^{2}}{h^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{R_{2}^{2}}{h^2}}} \right) -\left( \sqrt{1+\frac{R_{1}^{2}}{h^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{R_{1}^{2}}{h^2}}} \right) \right]$

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： $\boldsymbol{p}_m=IS\boldsymbol{n}$ 。在这个问题中我们只需把圆环看成若干小圆环，积分即可：

$\mathrm{d}p_m=S\mathrm{d}I=\pi \omega r^3\sigma \mathrm{d}r \\ p_m=\int_{R_1}^{R_2}{\pi \omega r^3\sigma \mathrm{d}r}=\frac{\pi \omega \sigma}{4}\left( R_{2}^{4}-R_{1}^{4} \right)$

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	$E=\frac{1}{4\pi \varepsilon _0}\frac{qa}{\left( R^2+a^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}$
带电直杆	$E_x=\frac{1}{4\pi \varepsilon _0a}\left( \cos \theta _1-\cos \theta _2 \right)$
载流圆环	$B=\frac{\mu _0IR^2}{2\left( R^2+a^2 \right) ^{\frac{3}{2}}}$
载流直杆	$B=\frac{\mu _0I}{4\pi a}\left( \cos \theta _1-\cos \theta _2 \right)$

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 $r_0$ ，轴线相距为 $d$ 。 $d \gg r_0$

1）设单位长度带电量分别为 $+\lambda,-\lambda$ 。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：

$2\pi rE=\frac{\lambda}{\varepsilon _0}\rightarrow E=\frac{\lambda}{2\pi \varepsilon _0r} \\ \varPhi =\int_{r_0}^{d-r_0}{\frac{\lambda}{2\pi \varepsilon _0r}}\mathrm{d}r=\frac{\lambda}{2\pi \varepsilon _0}\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right) \\ U=\varPhi -\left( -\varPhi \right) =\frac{\lambda}{\pi \varepsilon _0}\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right) \\ C=\frac{Q}{U}=\frac{\lambda}{\frac{\lambda}{\pi \varepsilon _0}\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right)}=\frac{\pi \varepsilon _0}{\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right)}\approx \frac{\pi \varepsilon _0}{\ln \left( \frac{d}{r_0} \right)}$

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 $(\frac{q^2}{2\varepsilon _0S})$ 。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 $E \cdot 2S$ 。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：

$\varPhi =\varPhi _1+\varPhi _2 \\ \mathrm{d}\varPhi _1=BdS=\frac{\mu _0I}{2\pi r}l\mathrm{d}r \\ \varPhi _1=\varPhi _2=\int_{r_0}^{d-r_0}{\frac{\mu _0I}{2\pi r}l\mathrm{d}r}=\frac{\mu _0Il}{2\pi}\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right) \\ L=\frac{\varPhi}{I\cdot l}=\frac{\mu _0}{\pi}\ln \left( \frac{d-r_0}{r_0} \right) \approx \frac{\mu _0}{\pi}\ln \left( \frac{d}{r_0} \right)$

五、地心游记

半径为 $R_1$ 的导体球带有电荷 $+q$ ，球外有一个内，外半径分别为 $R_2,R_3$ 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 $w=\frac{\varepsilon _0E^2}{2}$ 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。

$E=\left\{ \begin{array}{c} \frac{q}{4\pi \varepsilon _0r^2},R_1<r<R_2\\ \frac{q+Q}{4\pi \varepsilon _0r^2},R_3<r\\ \end{array} \right. \\ W=\int_V{\frac{1}{2}\varepsilon _0E^2\mathrm{d}V},\mathrm{d}V=4\pi r^2\mathrm{d}r \\ =\frac{1}{2}\left( \int_{R_1}^{R_2}{\frac{q^2}{4\pi \varepsilon _0r^2}}\mathrm{d}r+\int_{R_3}^{+\infty}{\frac{\left( q+Q \right) ^2}{4\pi \varepsilon _0r^2}}\mathrm{d}r \right) \\ =\frac{1}{8\pi \varepsilon _0}\left( q^2\left( \frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2} \right) +\frac{\left( Q+q \right) ^2}{R_3} \right)$

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）

$U=\int_{R_1}^{R_2}{E\mathrm{d}r}=\int_{R_1}^{R_2}{\frac{q}{4\pi \varepsilon _0r^2}\mathrm{d}r}=\frac{q}{4\pi \varepsilon _0}\left( \frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2} \right)$

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 $Q+q’$ 。

$V_1=\frac{q'}{4\pi \varepsilon _0}\left( \frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2} \right) +\frac{Q+q'}{4\pi \varepsilon _0R_3}=0 \\ V_2=\frac{Q+q'}{4\pi \varepsilon _0R_3} \\ q'=-\frac{R_1R_2Q}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3} \\ V_2=\frac{Q}{4\pi \varepsilon _0}\cdot \frac{R_2-R_1}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3}$