大学物理电子教案

41/41大学物理电子教案[第一次]

Ⅰ上学期考试情况总结

Ⅱ本学期授课内容、各篇难易程度、各章时间安排、考试时间及形式等

第十章静电场

【教学目的】

☆掌握静电场的电场强度和电势的概念以及场的叠加原理。掌握电势与场强的积分关系。了解场强与电势的微分关系。能计算一些简单问题中的场强和电势。

☆理解静电场的规律，高斯定理和环路定理。掌握用高斯定理计算场强的条件和方法，并能熟练应用。

【重点、难点】

※本章重点：电场强度和电势的概念、叠加原理、场强和电势的计算、

高斯定理、高斯定理的应用

▲本章难点：场强和电势的计算、高斯定理的理解【教学过程】

·库仑定律、电场、电场强度2学时·电场强度计算、电力线、电通量2学时·高斯定理及应用2学时·电场力的功、环路定理、电势能、电势2学时·电势计算、电势与场强的关系、习题2学时

《讲授》〖引言〗电荷电场·电荷物质电结构静电力·电场静电场:⑴定义⑵对外表现·电荷守恒定律（或称电量守恒定律）

一、库仑定律电介质的影响1内容：⑴叙述

⑵公式12

12

122211221rrqqk

rff?=-=2理解：⑴点电荷⑵常数k

2292291000.9109880.8--???≈???=CmNCmNk

令0

41πε=

k

于是1212

122210122141

rrqqrffπε=

-=

式中恒量0ε称为真空的介电系数。介电系数亦称电容率．

2121201085.841

???≈=

mNCk

πε3电介质的影响

⑴导体与电介质⑵自由电荷与束缚电荷⑶电介质中

2

2

12

2104141rqqrqqfr

?

=

?=

πεεπεεεε=0r，ε称为电介质的介电系数．

二、电场强度1电场强度E定义：⑴0

qf

E=

：大小、方向、单位⑵取10=q：则电场强度为单位正电荷在电场中受到的电场力。2场强叠加原理

力的叠加原理：f=f1+f2+…+fn

两边除以q0，得

++=02010qqqfff

…0

qnf+即++=21EEE…nE+（注：叙述）3场强的计算．⑴点电荷电场中的场强

0200200

44rr

frrrπεπε==

rfE3

004rqqπε==

（注：球对称场）⑵点电荷系电场中的场强

++=21EEE(i)

n

ii

i

nrqrE∑==

+1

304πε

无限大均匀电介质中i

n

ii

irqrE∑

==1

34πε

⑶任意带电体电场中的场强

·在电场中任一点P处，电荷元dq在P点产生的场强为

rE3

41rdq

dπε=

·P点的总场强E为??

=

=rEE3

41rdqdπε

·把dE在X、Y、Z三坐标轴方向上的分量式分别写出，分别进行积分计算。再求合成矢量E。4典型例题

［例1］求电偶极子的场强：⑴延长线上；⑵中垂线上；⑶任意一点

[第二次]

［例2］求均匀带电直线周围的场强，设直线上均匀分布着电荷，线电荷密度

为λ。

①求解；②讨论；③柱形对称场。

［例3］如图所示，电荷+q均匀分布在半径为a的圆环上，求圆环轴线上任

一点P的场强。

［例4］求如图所示均匀带电圆面轴线上的电场分布，已知圆面上的面电荷密

度为σ，圆的半径为a。

①求解；②讨论；③镜面对称场。

［例5］求均匀带电球面内外的电场分布。设球半径为R，而面电荷密度为σ。注：提示学生自看

［例6］一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（学生自做）。

三、电力线电通量高斯定理

1电力线：⑴定义①方向*②大小；⑵性质

2电通量⑴定义⑵计算：

①匀强电场中：平面与电场垂直；平面法线与电场成θ角②一般情况：

?=s

edsEθφcos

③对闭合曲面

[第三次]

3高斯定理

⑴内容：Φe=?∑==

n

iiqdSE1

1

cosεθ

⑵证明：简要说明，不做重点掌握⑶理解：⑷应用：

［例1］半径为R，带电量为q的均匀带电球体，其体电荷密度343Rqπρ=,求均匀带电球体内外场强分布。

解：①通过P1点作高斯面S1，写出高斯定理

2141

επq

rESdES=

?=??

∴Rrrq

E≥=

412

01πε

②通过P2点作高斯面S2，写出高斯定理

)3

4

(1430222rrESdESπρεπ?=?=??

∴RrRrq

E≤=

43

02πε

［例2］求无限长均匀带电圆柱体内外场强的分布。解:设带电圆柱体的体电荷密度为ρ。

①通过带电体外任意点P1作一半径为r，高度为l的圆柱面作为高斯面，写出高斯定理：

lRl

rlESdES20

11)2(1

ρπεπ=?=??

∴Rrr

RE≥=

202

1ερ②通过带电体内任意点P2作高斯柱面S2，写出高斯定理：

lrlrlESdES20

22)2(2

ρπεπ=?=??

∴Rrr

E≤=

20

2ερ［例3］求无限大均匀带电平板内外的电场分布。

解：均匀带电平板的体电荷密度为+ρ，中心线OO'，两侧亦具有对称性，在中心线上中部有限区域内场强处处为零。

①求外部的场强。通过P1点作高斯面，此高斯面是圆柱体ABCD的表面，其中一个端面落在中心线OO'上。电场线仅通过另一个端面CD，面积为S1，列出高斯定理：

111111

1

ερa

SSEdSESdESS=

=?=

??

?

∴0

22ερa

E=

是个均匀电场②求内部的场强。通过P2点作高斯面，此面是圆柱体ABEF的表面，列

出高斯定理：

222222

2

ερx

SSEdSESdESS=

=?=

??

?

∴ax

E≤=

x20

2ερ

[第四次]

四、电场力的功电势1电场力的功

⑴点电荷电场中电场力的功

dA=

drrqqdlrqqoo2

2

4cos4πεθπε=

当试验电荷q0从a点移到b点时，电场力所作的功为

Aab=????

??-==?

?bar

rb

arrqqrqqdA

ba

11414020πεπε特点：电场力所作的功与路径无关，仅与试验电荷电量的大小以及路径的起点和终点位置有关．

⑵点电荷系电场中电场力的功

Aab=∑

?=???

???-=n

iibiab

a

rrqqdlEq1

00114cosπεθ结论：试验电荷在任何静电中移动时，电场力所作的功，仅与这试验电荷电量的大小以及路径的起点和终点的位置有关，而与路径无关。这说明静电场力是保守力。2环路定理

⑴内容：0coscos==??lEddlEL

L

θθ

⑵意义：保守场（或无旋场、有势场）3电势能（电位能）

⑴引入：设以Wa和Wb分别表示试验电荷q0在起点a和终点b处的电势能，可知

Wa－Wb=Aab=q0?b

adlEθcos

⑵表达式：通常规定电荷q0在无限远处的静电势能为零，即令W∞＝0，则电荷q0在电场中a点的静电势能为

?

∞

∞==aaadlEqAWθcos0

4电势（电位）⑴定义

?

∞==aa

adlEqWUθcos0

单位：伏特（符号V）。

⑵电势差

?

?

?

=-=-∞

∞

b

a

b

a

badlEdlEdlEUUθθθcoscoscos

⑶电场力的功

()baabUUqA-=0

5电势的计算

⑴点电荷电场中的电势

r

q

qAUppπε410

==

∞⑵点电荷系的电场中的电势（电势叠加原理）

∑

==n

ii

iprqU1

4πε

⑶任意带电体电场中的电势

?

=r

dq

Upπε4［例1］如图所示的点电荷系由四个电量为

)(100.28Cq-?=的

点电荷系组成，它们位于矩形ABCD的四个顶点上，?=∠60ACB，2100.6-?=BC（m），

求①AC中点P处的电势；

②若在P点置一电量为)C(105.180-?-=q的点电荷，将它移至无穷远处电场力所作的功。

解：①根据几何关系求出：2100.6-?==BCCP（m），BCP?是个正三角形；②P点的电势为：

)(102.110

0.6100.21094)41

(442

89

0VBCqUp?=?????==--πε③将q0从P点移至无穷远处电场力所作的功等于4个q与q0组成系统在

P点的电势能：

∑

=--?-=???-===4

1

44800

)J(108.1102.1105.14ipi

i

pUqrqq

Wπε

[第五次]

［例2］求均匀带电圆环轴线上的电势分布。设圆环半径为R，带电量q。解：①方法一：用定义求解。

在轴线上任意点P处的场强为：

[]

2322023220)(2))41(xRxRxRqxEp+=+?=ελπε

∴?

?

∞

∞

+=+=

?=

x

x

ppxRRxRxdxRldEU2

20220

2)(2ελ

ελ

其中λ是圆环上的电荷线密度，Rqπλ2=。②方法二：用电势叠加原理求解。

在圆环上取电荷元dldqλ=，它到P点的距离22xRr+=，则dq在P点激发的电势：

2

20

0441xRdl

rdqdUp+==

πελπε

∴2

2

02

2

02

2

02424x

RRx

RR

dlx

RUc

p+=

+?=+=

?

ελπεπλπελ

③圆心处的电势

2

20022ελελ=

+=

=xxRRU6电势的图示法等势面

电势相等的各点所构成的曲面叫做等势面．两点结论：

（1）在静电场中，沿等势面移动时，电场力所作的功为零．

（2）在静电场中，电力线是与等势面成正交的线族．电力线的方向，亦即电场强度的方向，指向电势降落的方向。

五、电场强度与电势梯度的关系

1电势梯度（gradU）的定义

gradU=

dn

dU

n。2电势梯度与电场强度的关系

EgradUdn

dU

-=-

=0n直角坐标系中

,x

UEx??-

=yUEy??-=,zU

Ez??-=习题：10—4、5

【本章作业】【本章小结】

1基本概念：电场强度电势

2基本原理：高斯定理环路定理

3强度和电势的关系：EgradUdn

dU

-=-

=0n【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）

赵近芳大学物理学（第一版）

[第六次]

第十一章静电场中的导体和电介质

【教学目的】

☆理解静电平衡条件、性质、电荷分布；理解电容☆了解介质的极化；了解各向同性介质中D和E

☆理解电能密度；在一些简单的对称情况下，能计算电磁场里储存的场能。

【重点、难点】

※本章重点：静电平衡条件、性质、电荷分布、电容、电能密度、电容

器储能

▲本章难点：介质的极化、电场能量【教学过程】

·静电平衡、介质的极化、电容器电容、2学时·电容计算、电容器储能、电场能量2学时

《讲授》

一、静电场中的导体1导体的静电平衡状态

导体上没有电荷定向移动的状态称为导体的静电平衡状态。⑴导体的静电平衡条件

①导体内部任何一点的场强为零；

②导体表面上任何一点的场强方向垂直于该点的表面．

⑵导体的静电性质：当导体处于静电平衡状态时，导体内部和表面各点的电势都相等，亦即整个导体是一个等势体．2静电平衡状态下导体表面电荷的分布

⑴实心导体

⑵空腔导体：①腔内无电荷；②腔内有电荷

3导体表面任一点处的场强ε

σ=

E

4孤立导体表面电荷的分布：与曲率半径成反比

5静电屏蔽6典型例题

[例1]如图所示，有两块金属平板A和B平行放置，板面线

度比它们之间的距离要大得多。设A板带电量为Q1，B板带电量Q2，试证明：①两板内侧表面带的是等量异号电荷，其电量的值为2)(21QQ-；②两板外侧表面带的是等量同号电荷，其电量的值为)(21QQ+。其中

Q1、Q2的正负号由所带电荷的正负来决定。

证：设面积为S的两板内侧表面所带电量分别为1iQ和2iQ，两板外侧表面所带

电量分别为01Q和02Q。

根据电力线的连续性及电力线由正电荷出发终止于负电荷的性质，说明两板内侧表面带的是等量异号电荷，即：

21iiQQ-=

根据导体的静电平衡条件，B板内任一点C的场强必为零，列出方程为：0)22()22(

0020010201=-+-=S

Q

SQSQSQEiicεεεε∴0201QQ=

根据电荷守恒定律列出两个方程：

0111QQQi+=，0222QQQi+=

联列四个方程可解得：22112iiQQQQ-=-=

，022

1012

QQQQ-=+=

［例2］有一带电荷Q的导体球壳，其内、外半径分

别为R1、R2。如将一点电荷q放在球心O点处，如图所示。求：①球壳的电荷分布；②球壳内、外的场强分布；③球壳内、外的电势分布；

解：①球壳的电荷分布根据高斯定理和静电平衡条件可证得，球壳内表面S1上带电荷q-，且均匀分布。因电荷守恒，于是球壳外表面S2上带有电荷Qq+，也均匀分布。②场强分布利用高斯定理可求得，球壳空腔内部10Rr2

341rQqE+=

πε方向沿径向

③电势分布

根据电势定义，由场强分布可求得：球壳外2Rr>rQ

qdrr

QqdrEUr

r02

03344πεπε+=+==?

?∞∞

导体内21RrR≤≤

2

020322441

02

2

2

RQ

qdrrQqdrEdrEEdrURRRr

r

πεπε+=

++

=+

=

=?

?

?

?

∞

∞

∞

球壳空腔内10Rrdt

dφ

，则εi(或Ii)0，表示感应电动势（或感应电流）的方向与选定的绕行正方向相同．⑶感应电量．

()011

1101

2

φφφφ

φ-===??RdRdtIqtti

⑷N线圈中感应电动势

()dt

NddtdN

iφφε-=-=NΦ称为线圈的磁通量匝数或磁通链数。如果每匝中的磁通量不同，就应该用各圈中磁通量的总和∑φ来代替φN．二、动生电动势

1定义：由回路中一段导线在磁场中运动而产生的感应电动势

2例子：

设导线ab的长度为l，在磁感强度为B的匀强磁场中，以速度v运动．为简便计，假定导线和v、B三者互相垂直．，感应电动势的量值为

lvBdt

di==

φ

ε

[例]如图所示，在无限长载流导线附近有一矩形闭合导线回路以速度

V

沿X求导线回路中的感应电动势。

解：两条边长为a的边不切割磁力线，其不产生电动势。边长为b的两条边切割磁力线，产生电动势。左边导线中

xIbVxbVBiπμε2)(01==

右边导线中

)(2)(02axIbVaxbVBi+=+=πμε

∴导线回路中的感应电动势为：

)

(2)(20021axxsIV

axxIabViii+=+=

-=πμπμεεε

[第十六次]

三、感生电动势

1定义：穿过回路的磁场变化产生的感应电动势

2例子：

［例1］有一根无限长载流直导线，通以电流tIimωsin=，离它附近0r处有一矩形线圈，尺寸如图，求矩形线圈中的感应电动势。

解：矩形线圈通过的磁通量

???

?

??+=

?=?=?

??

+0001ln)sin(22sin)(00

ratbIbdr

rtIsdBtmarr

ms

mωπμπωμΦ

感应电动势为：?????-=?????

?+-=-=2sincos1ln2001πωεωπωμΦεttrabIdtdmmm其中，????

?

?+=

001ln2rabImmπωμε

［例2］一根无限长载流直导线，通过正弦交流电

tIimωsin=，其附近有一矩形单匝线圈，如图所示

放置，并以速度V

沿水平方向做匀速直线运动，

求矩形线圈中的感应电动势。解：此题有两种解法

第一种解法：矩形线圈中同时产生两个电动势，一个是线圈运动切割磁力线产生的1iε，另一个是线圈内的磁场本身变化而激发的2iε根据前面例题的结果)

(2sin01axxt

SvImi+=πωμε；

???

?

?-?????+=

2sin1ln202πωπωμεtxabImi∴总的感应电动势为：

??

??

???????

-?????+++=

+=2sin1lnsin)(2021πωωωπμεεεtxataxxavbImiii第二种解法：先求出任意时刻矩形线圈所包围的磁通量的一般表达式

),(txmΦ，然后根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势。

任意时刻t，线圈在任意位置x时的磁通量表达式：??

?

?

?

+?=xatbItxmm1lnsin2),(0ωπμΦ∴????

???????-?????

+++=-

=2sin1lnsin)

(20πωωωπ

ω

μΦεtxataxxavbIdtdmmi两种解法结果相同。

［例3］一个空心变压器的电原理图。原线圈为1N匝，副线圈为2N匝，在原线圈中通入正弦交流电tIimωsin=，求副线圈两出线端A、B之间的感应电动势。

解：按长螺线管计算，其内部磁场强度为：tBtlINilNBmmωωμμsinsin10110==??

?

??=，其中INBmm10μ=

通过副线圈的磁链

tlIdNNtlINdNSBNm

mmωπμωμπsin4sin4221010222=????

???????==ψ副线圈两端之间的感应电动势为：四、涡旋电场涡电流1涡旋电场（感生电场）

⑴涡旋电场的提出

⑵涡旋电场与静电场联系与区别·共同点：电荷有作用力

·不同之处：一方面在于这种涡旋电场不是由电荷激发，而是由随时间变化的磁场所激发，另－方面在于描述涡旋电场的电力线是闭合的，而静电场中的电力线则是起于正电荷终于负电荷，是不闭合的。⑶涡旋电场的环流

?-

==dt

ddiφ

E涡ε说明涡旋电场不是保守力场．

［例］有一轴对称分布的变化磁场，)(sin)(0jtrBB

ω=，磁场分布在以R为

半径的圆周内，求圆内、外涡旋电场的分布。

解：由于磁场的轴对称分布，所以，以圆心O为对称中心的所有同心圆周上的涡旋电场必有相等的值。①圆内r处的涡E

：

??

?

???-

=?1

sL

sdt

BldE

涡其中1S是闭合回路所包围的面积，其正方向与tB

??的方向相反，

trBtBωωcos)()(0=??，涡E在闭合回路上处处相等，涡E

与ld间的夹角为零，

所以：?

-=-=?r

trBr

rdr

tBrE0

00cos22cos2ωωππωωπ涡????

?

-=2sin0πωωtBE涡

②圆外r处的涡E

：

??

?

???-

=?2

sL

sdt

BldE

涡?

????

?

-=-=?R

tRBrrdrt

BrE0

002sin22cos2πωωππωωπ涡???

?

?-=

2sin0πωωtrRBE涡Rr≥?

???

?

-=?

????

-=-=2sin2sin42210πωεπωωπμψεttlIdNNdtdmmmi

2涡电流⑴产生

当块状金属放在变化着的磁场中时，或者在磁场中运动时，金属体内也将产生感应电流．这种电流的流线在金属体内自行闭合，所以称为涡电流，也叫傅科（Foucault）电流．

⑵害处：涡流损耗【例：变压器铁芯】⑶应用：冶金、电磁阻尼五、自感互感磁场能量

1自感⑴自感现象

⑵自感系数（自感）设回路中的电流强度为I

LI=φ

式中L称为该回路自感系数，自感系数的量值决定于回路的几何形状大小以及周围磁介质的磁导率。

自感系数的单位:亨利，国际符号为H．实用中常用毫亨利（mH）与微亨利（μH）作为辅助单位。自感系数的量纲为122MTLI--。⑶自感电动势

dt

dI

L

L-=εN匝的线圈，并且通过每一圈的磁通量都是φ则：

()dt

dI

LdtNdL-=-

=φε2互感⑴互感现象

⑵互感系数（自感）·1对212121IM=φ·2对121212IM=φ·实验指出，M12＝M21=M⑶互感电动势

dtdIMdtd12121-=-=φεdt

dI

Mdtd21212-=-

=φε如果回路是两个分别有N1、N2匝线圈，则

dt

dIMdtdIM

212121,-=-=εε互感系数与回路的几何形状大小、周围磁介质的磁导率以及两组线圈的相对位置有关。

[第十七次]

［例1］长螺线管自感系数的计算。

解：设螺线管长度为l，横截面积为S，密绕N匝导线，中间充满rμ的一般均匀磁介质。当导线中通以电流I时，管内匀强磁场nIBr0μμ=，（lNn=）。由于每匝导线通过的磁通量均相等，故整个线圈通过的磁链

nINSNBSNrmm0μμΦψ====?Inr20μμSl=IVn2μ。

式中SlV=是线圈的体积。根据自感系数的定义：

VnI

Lm

2μψ==

［例2］求：①无限长直导线与附近矩形线圈间的互感系数；②当矩形线圈内通以正弦交流电tIimωsin=时，无限长直导线中的互感电动势。

解：设矩形线圈离无限长直导线的最短距离为0r，①无限长直导线中通以电流I时，矩形线圈所围面积内所通过的磁通量：mS

raIbSdBtψπμΦ???

?

??+=

?=??001ln2)(

根据互感系数的定义：

???

?

??+=

=

001ln2rabI

Mm

πμψ②根据互感电动势的计算公式

?????-???

??

?+=-=2sin1ln200πωπωμεtra

bIdtdiM

mm

3磁场能量

【引入】如图，应用闭合电路欧姆定律，得：

IRdt

dI

L

=-ε将上式中各项乘以Idt，再积分，得

???=-RdtIdtdt

dI

LI

Idt2ε取定积分的两限为t=0，I=0到t＝to，I＝Io，得

?

?

+

=0

22

00

2

1ttRdtILIIdtε

?

00

tIdtε表示从t=0到t=t0,电源ε所作的功;?0

2tRdtI表示从t=0到t=t0，回路电阻上

所放出的焦耳一楞次热；

2

02

1LI表示电源反抗自感电动势所作的功,在建立磁场的过程中，转化为磁场的能量，所以磁场能量的量值是202

1

LI。

⑴磁能公式

22

1LIWm=

适用于自感系数一定的任意形状的线圈⑵磁场能量体密度

()VBSlBlNBlSNLIWmμ

μμμ2

22

22221212121==??

???==222

2121HBHBVWwmmμμ====

⑶磁场能量

BHdVdVwdWmm2

1

==??=

=V

mBHdVdWW21

练习

一、填空题：

1如图所示，一半径为r的很小的金属圆环，在

初始时刻与一半径为a（a>>r）的大金属圆环共面且同心。在大圆环中通以恒定的电流I，方向如图，如果小圆环以匀角速度ω绕其任一方向的

直径转动，并设小圆环的电阻为R，则任一时刻t通过小圆环的磁通量φ＝，小圆环中的感应电流i＝。

2一半径r＝10cm的圆形闭合导线回路置于均匀磁场B

（B＝0.80T）中，

B

与回路平面正交。若圆形回路的半径从t＝0开始以恒定的速率dr／

dt＝-80cm/s收缩，则在这t＝0时刻，闭合回路中的感应电动势大小为_____________；如要求感应电动势保持这一数值，则闭合回路面积应

以dS／dt＝____________的恒定速率收缩。二、选择题：

1一块铜板放在磁感应强度正在增大的磁场中时，铜板中出现涡流（感应

电流），则涡流将

（A）加速铜板中磁场的增加；（B）减缓铜板中磁场的增加；（C）对磁场不起作用；

（D）使铜板中磁场反向。[]2在一通有电流I的无限长直导线所在平面

内，有一半径为r、电阻为R的导线环，环中心距直导线为a，如图所示，且a>>r。当直导线的电流被切断后，沿着导线环流过的电量约为

（A）)1

1(220raaRIr+-πμ；

（B）a

raRIr+ln20πμ；（C）

aR

Ir22

0μ；（D）

rR

Ia22

0μ。

3一闭合正方形线圈放在均匀磁场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴OO′转动，转轴与磁场方向垂直，转动角速度为ω，如图所示。用下述哪一种办法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍（导线的电阻不能忽略）？

（A）把线圈的匝数增加到原来的两倍；（B）把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变；

（C）把线圈切割磁力线的两条边增长到原来的两倍；

（D）把线圈的角速度ω增大到原来的两倍。[]

3如图，两个线圈P和Q并联地接到一电动势

恒定的电源上，线圈P的自感和电阻分别是线圈Q的两倍，当达到稳定状态后，线圈P的磁场能量与Q的磁场能量的比值是（A）4；（B）2；

（C）1；（D）1／2.

【本章作业】【本章小结】

1感应定律：⑴感应电动势dtdiφ-

=ε⑵感应电流dt

dRIiφ1-=⑶感应电量()011

1101

2

φφφφ

φ-===??RdRdtIqtti

2动生电动势、感生电动势、感生电场

3自感与互感：⑴现象⑵系数⑶电动势

4磁场能量：⑴磁能公式2

2

1LIWm=

⑵磁能密度222

2121HBHBVWwmmμμ====

【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）

赵近芳大学物理学（第一版）

[第十八次]

第十五章物质的磁性（了解）

【教学目的】

☆了解磁化现象及其微观解释；了解铁磁质的特性；理解H和B之间的关系和区别。

【重点、难点】

※本章重点：磁介质分类

▲本章难点：磁介质磁化、磁铁质特性【教学过程】

磁化现象及其微观解释、铁磁质的特性2学时

《讲授》一、磁介质1分类

磁介质中的磁感应强度是磁介质不存在时真空中的磁感应强度和磁介质因磁化而产生的磁感强度叠加的结果。BBB'+=0

B0磁介质不存在时真空中的磁感应强度．B表示磁介质中的磁感应强度，B'磁介质因磁化而产生的磁感强度，定义0

BB

r=

μ，则分为·顺磁质，例如锰、铬、铂、氮、氧等，rμ＞1；

·抗磁质，例如水银、铜、铋、硫、氯、氢、金等，rμ＜1；

·铁磁质，铁、镍、钴、以及这些金属的合金等，rμ>>1。2一般磁介质磁化·分子磁矩附加磁矩·顺磁质的磁化·抗磁质的磁化二、铁磁质·磁铁质具有的特性：

（1）铁磁物质的磁导率（以及磁化率）不是恒量，而是随所在处的磁场强度

H（磁化场场强）而变化的，且有较复杂的关系。（2）在外磁场撤除后，仍能保留部分磁性．·磁滞现象磁滞损耗退磁（振动、加热：居里点）

磁化强度J总是落后于磁化场场强H的变化的。这种现象称为磁滞现象，是铁磁质的重要特性之一．

习题

一、填空题：

1一个绕有500匝导线的平均周长50cm的细环，载有0.3A电流时，铁芯的

相对磁导率为600。

（1）铁芯中的磁感应强度B为；

（2）铁芯中的磁场强度H

为。

（170AmT104--???π=μ）

2在国际单位制中，磁场强度H的单位

是，磁导率μ的单位是。

3图示为三种不同的磁介质的B～H关系曲线，其中虚线表示的是B＝μ0H

的关系，说明a、b、c各代表哪一类磁介质的B～H关系曲线：a代表的B～H关系曲线；b代表的B～H关系曲线；c代表的B～H关系曲线。

4长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体中有等值反向均匀电流I通过，其间充满磁导率为μ的均匀磁介质。介质中离中心轴距离为r的某点处的磁场强度的大小H＝______________，感应强度的大小B＝____________。二、计算题：

1螺绕环中心周长l＝10cm，环上均匀密绕线圈N＝200匝，线圈中通有电

流I＝0.1A。管内充满相对磁导率μr＝4200叫磁介质。求管内磁场强度和磁感应强度的大小。

2一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成。中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料。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应强度大小B的分布．

【本章作业】

【本章小结】

1磁介质分类；

2磁介质磁化；

3磁铁质磁化规律

【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；

张三慧大学物理学（第二版）

赵近芳大学物理学（第一版）

[第十九次]

第十六章电磁场与电磁波

【教学目的】

☆了解涡旋电场、位移电流的概念，以及麦克斯韦方程组（积分形式）的物理意义

☆了解电磁波的产生及性质，理解坡印廷矢量

【重点、难点】

※本章重点：涡旋电场、位移电流的概念、麦克斯韦方程组、电磁波的性质、坡印廷矢量

▲本章难点：涡旋电场、位移电流

【教学过程】

位移电流、麦克斯韦方程组、电磁波的产生及性质、坡印廷矢量2学时

《讲授》

一、两个概念

1位移电流

⑴引入

如图，对整个电路来说，传导电流是不连续的．

在这个电路中，当电容器充电或放电时，任一时刻极板A上有正电荷q，其面电荷密度为σ+；极板B上有负电荷－q，其面电荷密度为σ-．它们都随时间而变化，充电时增大，放电时减小．设电容器每一极板的面积为S，则极板内部的传导电流强度为

()dt

dS

dtSddtdQIcσ

σ===

即传导电流密度为,S

Ijc

c=

dt

djcσ

=

两极板间电场中的电位移矢量的大小σ=D和电位移通量（φe＝DS＝σS）也都随时间而变化；其时间变化率分别为

dtddtdσ=D；dt

dS

dtdeσ

φ=从式可见，两极板之间电位移通量随时间的变化率

dtdD

φ，

在数值上等于极板内的传导电流Ic，并且还可看出，当电容器充电时，极板上的面电荷密度σ增加，两板间的电场增强，所以，电场变化（增强）的方向、即dD／dt的方向与D的方向一致，因此，从式（2）、（3）可以设想，如果以dD／dt表示某种电流密度，则它就可以代替在两极板之间中断了的传导电流密度，从而构成了电流的连续性．

为了使上述电路中的电流保持连续性，麦克斯韦把变化电场假设为电流，引人位移电流的概念，令

dt

dIDdφ=；dtD

djd

=

Id和jd分别称为位移电流和位移电流密度⑵位移电流的磁场

dt

dIde

dφ==??

lH)

2(

或

?

?

??=

Sdt

dSDlH)2(2涡旋电场（见14章）

二、麦克斯韦方程组的积分形式

1静电场和稳恒磁场中

?∑=

S

i

i

q

dSD

)

1(

?

=Sd0)1(lE

?=S

d0)

1(SB

?∑=

S

i

i

I

dlH

)

1(

上述方程中，E（1）、D（1）、B（1）、H（1）各量右上角所加的符号（1），标志静止电荷的电场和恒定电流的磁场

2一般形式

?∑=S

i

i

q

dSD

?=S

d0SB

?

∑

?

?????

?

??+=+

=

l

i

SceidtdtdIdSDjlHφ?

?

??-=-

=l

S

mdtdtddSB

lEφ

三、电磁波

1电磁波：变化的电磁场在空间中的传播，称为电磁波．

2电磁波的辐射和传播⑴平面电磁波的波动表达式

??

?

??-=vrtEEωcos0

??

?

??-=vrtHHωcos0

式中，μ

ε1

=v为电磁波的波速．

⑵电磁波的性质可综述如下：

·E和H相互垂直，而且都与传播方向垂直，因而电磁波是横波．电磁波的波速v的方向与E及H两矢量方向间的关系构成一个右旋系统，即适合右手螺旋法则．

·在任一给定点上，E和H振动相位相同．在空间任一点上的E与H，在数

值上有如下的确定关系：

HEμε=

·电磁波传播速度的大小v决定于介质的电容率ε和磁导率μ，电磁波在真空中的传播速度通常用c表示。

18180

0100.310998.21

--?≈?==

msmscμε

四、电磁波的能量

电场和磁场的能量密度分别为

222

1

;

2

1

HwEwmeμε=

=电磁场的总能量密度为

()

222

1

HEwwwmeμε+=

+=电磁波的能流密度：在单位时间（dt＝1）内通过垂直于传播方向上每单位面积（dA＝1）的辐射能量S。

wvS=

将式（a）代人式(b)，并由HEvμεμ

ε==和1

，得

()

(

)

EHHEHEvSεμμεμ

εμε+=+=

21222

即

EHS=

由于E和H两者互相垂直，并且都垂直于传播方向，三者组成一个右旋系统；进一步表示成矢量式：

S=E×H

式中，S为电磁波的能量密度矢量，也称为坡印廷矢量。

五、电磁波谱（了解）

【本章作业】【本章小结】

1两个概念：⑴涡旋电场?-=dt

ddφ

E涡⑵位移电流dtdIDdφ=；dtDdjd=；

dt

dIde

dφ==??

lH)

2(2麦克斯韦方程组3电磁波的性质4坡印廷矢量

【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）

赵近芳大学物理学（第一版）

[第二十次]

第十七章光的干涉

【教学目的】

☆理解获得相干光的方法。掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系。

☆能分析、确定杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置，了解迈克耳逊干涉仪的工作析理。

【重点、难点】

※本章重点：光程、光程差；双缝干涉；半波损失；等厚干涉应用（增

透膜、增反膜；劈尖；牛顿环）

▲本章难点：光程；半波损失；劈尖；牛顿环；迈克耳逊干涉仪【教学过程】

·光程、光程差、双缝干涉、洛埃镜2学时·薄膜等厚干涉、增透膜、增反膜；劈尖2学时·牛顿环、迈克耳逊干涉仪、习题2学时

《讲授》

一、相干光光程1相干光

⑴相干条件：两束波有相同的频率和相同的振动方向，并且在相遇区域内的各

点有各自的恒定位相差。

⑵光程：人们把光在媒质中经历的几何路程与相应媒质的折射率的乘积（nr）

称为光程

干涉加强或减弱决定于两相干波在该处的位相差φ?，当初相相同时，则

)

(

2)

(2)(21

12211

22

1

1

2

2

λ

πλ

λ

πλλπφrnrnnrnrrr-=-

=-

=?

⑶1122rnrn-=?称为两相干光的光程差，则

λ

π

φ?

=?2

⑷[强调]使用薄透镜不会产生附加的光程差。⑸普通光源实现干涉的方法：分波面法、分振幅法

二、双缝实验洛埃镜

1双缝实验（1801年，英国，托马斯.扬）⑴实验装置

⑵相干光⑶光程差

12rr-=?

2221)2(a

xDr-+=

2222)2

(a

xDr++=

将上两式相减得

axrrrrrr2))((12122122=+-=-

在通常情况下，x及a都远小于D，故)(12rr+=2D．代入上式即得，

D

axrr=

-=?12⑷讨论·产生明条纹

λ?kD

ax

±==

明条纹中心到O点的距离为

a

Dk

xλ

±=（k=0，1，2，…）．·暗条纹

2

)12(λ?-±==

kDax暗条纹中心到O点的距离为

a

Dkx2)

12(λ

-±=（k=1，2，3，…）⑸条纹特点

屏幕上相邻明条纹或相邻暗条纹间的距离都是

λa

D

xxxkk=

-=?+1由此可见，双缝干涉条纹是明暗相间的、等宽度的，并对称地分布于中央明条纹的两边．

2洛埃镜（重点掌握半波损失）

光波由光疏媒质射到光密媒质界面时，反射光发生“半波损失”

[第二十一次]

三、薄膜干涉

下面计算光束①和②的光程差，这个光程差是

2

22λ

+

=?en

由干涉加强或减弱条件可得

明条纹：λλ

ken=+=?2

22（k=1，

2，…）

暗条纹：2

)

12(2

22λ

λ

+=+=?ken（k=0，1，2，…）

注：增透膜和增反膜

［例］氦氖激光器中的谐振腔反射镜，要求对波长

A6328=λ的单色光的反射率在99%以上。为此，这反射镜采用在玻璃表面交替度上高折射率材料ZnS（35.21=n）和低折射率材料MgF2（38.12=n）的多层薄层制成，共十三层，求每层薄层的实际厚度（按最小厚度要求）。

解：入射光在第一层上表面反射时，有半波损失，而在下表面反射时，没有半波损失，为使反射光加强，其光程差应满足3,2,12

211==+kkenλλ

...

所以,32,14)12(1

1=-=

knkeλ

...第二层是MgF2膜，入射光在上表面反射时，没有半波损失，而在下表面反射时，有半波损失，为使反射光加强，其光程差也应满足3,2,12

222==+kkenλλ

...

所以,32,14)12(2

2=-=

knkeλ

...按最小厚度考虑，第一层ZnS膜的厚度取

A67335

.246328

412=?==

neλ

按最小厚度考虑，第二层MgF2膜的厚度取A114638

.146328

42

2=?=

=

neλ依此类推，各ZnS层可取厚度1e，各MgF2层可取厚度2e，于是每一层都使波长为

A6328=λ的单色光反射加强，膜的层数愈多，总反射率愈高。但由于光的吸收，层数不宜过多，一般镀到13层或至多15、17层即可。

四、劈尖牛顿环1劈尖

两块平板玻璃，一端互相迭合，另一端垫入薄纸，这时，在两玻璃片之间形成一端薄、另一端厚的空气薄膜，这样的薄膜叫做空气．两玻璃片的交线称为棱边。d为夹入薄纸的厚度，θ为两玻璃片间的夹角．在薄膜厚度e处，两束反

射光于上表面相遇时的光程差为

2

2λ

+

=?ne

劈尖上反射光的干涉条件为

明条纹：λλ

kne=+=?2

2（k=1，2，…）

暗条纹：2

)

12(2

2λ

λ

+=+

=?kne（k=0，1，2，…）

任意相邻明条纹或相邻暗条纹处薄膜的厚度差是

n

eeekk21λ

=

-=?+

劈尖角θ与相邻明条纹或相邻暗条纹之间的距离l有如下关系式：

n

eelkk2sin1λ

θ=

-=+

说明劈尖的夹角θ愈小，干涉条纹愈疏．反之θ愈大，干涉条纹愈密，因而θ角太大时，是观察不到干涉现象的。

［例］折射率4.1=n的劈尖在某单色光的垂直照射下，量得两相邻的明条纹之间的距离cm25.0=l。已知单色光在空气中的波长

A7000=λ，求劈尖的顶角θ。解：在劈尖的表面上取第k条和第1+k条相邻的明条纹，用ke和1+ke分别表示这两明条纹所在处劈尖的厚度。按明条纹的条件，ke和1+ke应分别满足下列两式：

λ

λ

knek=+

2

2λλ

)1(2

21+=+

+knek

将两式相减，得

2

)(1λ

=

-+kkeen，n

eekk21λ

=

-+

kkeel-=+1sinθ

n

l2sinλ

θ=

或nl

2sinλ

θ=

将4.1=n、cm25.0=l和m10700010-?=λ代入（2）式，得42

101010

25.04.121070002sin=????=

=

nl

λθ

因θsin很小，所以

rad410sin-=≈θθ

[第二十二次]

2牛顿环

环形干涉条纹的半径r处的空气层厚度e与平凸透镜曲率半径R的关系，

可以从图求得，即

22222)(eReeRRr-=--=

R》e，所以上式中的2e可略去，即得

R

re22

=把上式代入劈尖干涉条纹公式得牛顿环中明环和暗环应满足的条件为

明环：λλ

λ

kRrnne=+=+=?2

22222（k=1，2，3，…）

暗环：2

)12(222222λ

λλ

?+=+=+=kRrnne（k=0，1，2，…）

由此求得牛顿坏中明环、暗环的半径分别是

明环：n

Rkr2)12(λ

-=（k=1，2，3，…）暗环：n

Rk

r22λ

=（k=0，1，2，…）在环中心O（0=r）处，空气层的厚度0=e，只有暗环条件能满足，所以由反射光所形成的牛顿环的中央是暗斑。

［例］用钠光灯的黄色光观察牛顿环现象时，看到第k条暗环的半径mm4=kr，第5+k条暗环的半径mm65=+kr。已知黄色光的波长

A5893=λ，求所用平凸透镜的曲率半径和k为第几暗环。

解：根据牛顿环的暗环公式Rkrλ=，得Rkrkλ=，Rkrkλ)5(5+=+从以上两式得

R

krkRrkk)5(252+=

=+λ

以mm4=kr、mm65=+kr、

A5893=λ代入上式，可算出4=k，m9=R

迈克耳孙干涉仪（简单介绍）

数出视场中移过的条纹数目n?，就可以算出移动的距离，也就是待测物体的微小长度变化为

2

λ

?

?=?nd

练习

一、填空题：

1如图所示，假设有两个同相的相干点光源S1和S2，发出波长为λ的光。A是它们连线的中垂线上的一点，若在S1与A之间插入厚度为e、折射率为n的薄玻璃片，则两光源发出的光在A点的位相差Δφ＝。若已知λ＝5000

A，n＝1.5，A点恰为第四级明纹中心，则e＝。2用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n2的劈尖薄膜（如图）图中各部分折射率的关系是n1＜n2＜n3.观察反射光的干涉条纹，从劈尖顶开始向右数第5条暗条纹中心对应的厚度e=。

3一个平凸透镜的顶点和一平板玻璃接触，用单色光垂直照射，观察反射光形成的牛顿环，测得第k级暗环半径为r1，现将透镜和玻璃板之间的空气换成某种液体（其折射率小于玻璃的折射率），第k级暗环的半径变为r2，由此可知该液体的折射率为___________________。

4、在迈克耳孙干涉仪的可动反射镜M移动0.620mm的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为________________。二、选择题：

1在双缝干涉实验中，屏幕E上的P点处是明条纹。若将缝S2盖住，并在S1S2线的垂直平分面处放一反射镜M，如图所示，则此时

（A）P点处仍为明条纹；（B）P点处为暗条纹；

（C）不能确定P点处是明条纹还是暗

条纹；

（D）无干涉条纹。

2在折射率为n＝1.68的平板玻璃表面涂一层折射率为n＝1.38的MgF2透明薄膜，可以减少玻璃表面的反射光。若用波长λ＝500nm（1nm＝910-m）的单色光垂直入射，为了尽量减少反射，则MgF2薄膜的最小厚度应是

（A）181.2nm；（B）78.1nm；

（C）90.58nm；（D）156.3nm．

3（A）向右平移；

（B（D）静止不动；（E

）向左平移。4如图所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L，夹在

两块平晶的中间，形成空气劈尖，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹。如果两滚柱之间的距离L变大，则在L范围内干涉条纹的

（A）数目增加，间距不变；（B）数目减少，间距变大；（C）数目增加，间距变小；

（D）数目不变，间距变大。5用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长

为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分（A）凸起，且高度为λ／4；（B）凸起，且高度为λ／2；（C）凹陷，且深度为λ／2；

（D）凹陷，且深度为λ／4。[]

【本章作业】【本章小结】

1相干光光程：⑴干涉的方法：分波面法、分振幅法⑵光程⑶干涉讨论

2双缝实验洛埃镜：⑴D

ax

rr=-=?12⑵半波损失3薄膜干涉：⑴2

22λ

+

=?en⑵增透、增反膜⑶劈尖⑷牛顿环n

kRrλ

=

【参考书】：程守珠、江之永普通物理学（第五版）；张三慧大学物理学（第二版）

赵近芳大学物理学（第一版）

[第二十三次]

第十八章光的衍射

【教学目的】

☆了解惠更斯－菲涅耳原理，掌握分析单缝夫琅和费衍射暗纹分布规律的方法，会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响。☆理解光栅衍射公式，会确定光栅衍射谱线的位置，会分析光栅常数及波长对光栅射谱线分布的影响。

【重点、难点】

※本章重点：单缝衍射、光栅衍射▲本章难点：单缝衍射、光栅衍射【教学过程】

·惠更斯－菲涅耳原理、单缝衍射2学时·衍射光栅、光栅方程、光栅光谱2学时

《讲授》

一、光的衍射现象惠更斯－菲涅耳原理1光的衍射现象

衍射可分为两种类型：一种叫做夫琅和费衍射，它的特征为入射光、衍射光都是平行光；另一种叫做菲涅耳衍射，它的特征为入射光和衍射光两者中至少有一个是非平行光．2惠更斯－菲涅耳原理

同一波面上各点发出的子波，在传播到空间任一点时，各个子波间也可以互相叠加而产生干涉现象。这一原理叫做惠更斯－菲涅耳原理。

二、单缝衍射1装置

2讨论（半波带法）⑴暗条纹

2

2sinλ

?k

a±=（k=1，2，3，…）

⑵明条纹

2

)

12(sinλ

?+±=ka（k=1，2，3，…）

⑶条纹宽度

·中央明条纹宽度

a

fxlλ2

210==

·其它明条纹的宽度

faka

kfflkk???????-+=-=+λλ??)

1(1

即得2

lafl==λ

[第二十四次]

三、衍射光栅

1光栅简介：种类、平面透射光栅、光栅常数：a+b、条纹特点

2光栅公式

光栅形成明条纹的条件为（光栅公式）

λ?kba±=+sin)(（k=0，1，2，…）

3缺级现象

4光栅光谱

［例1］波长为

A5000和

A5200的两种单色光，同时入射在光栅常数为cm002.0的衍射光栅上。紧靠光栅后面，用焦距为m2的透镜把光线会聚在屏幕上。求这两种单色光的第一级谱线之间的距离和第三级谱线之间的距离。解：根据光栅公式λ?kba=+sin)(得b

ak+=

λ?sin

在第一级光谱