大学物理第四版第16章变化的电磁场分析
大学物理第16章麦克斯韦方程组和电磁辐射
位移电流 全电流安培环路定理
稳恒磁场中，安培环路定理 H dl I j ds
l s
S1
L
-
S2
+ + + +
（以 L 为边做任意曲面 S ） H dl j ds I
L S1
I
H dl j ds 0
第16章 麦克斯韦方程组和电 磁辐射
本章主要内容
§16.1 Maxwell电磁场方程组
§16.2 电磁波和电磁辐射 §16.4 电磁波的性质 §16.5 电磁波的能量 §16.6 电磁波的动量 光压
第16章 麦克斯韦方程组和电磁辐射
电现象/磁现象
电场/磁场（稳恒态）
我国：周朝(BC8世)/战国(BC4-3世) 西方：BC6世/ AD15世末
B
2
计算得
r dQ H 2 2 π R dt
Q
0 r dQ
2 π R dt
2
代入数据计算得
Q
I d 1.1 A
B 1.1110 T
5
Ic
R
P *r
Ic
例2. 一平行板电容器的两极板都是圆形板，面积为S，其上 的电荷随时间变化，变化率为 q q sint
m
求： 1）电容器中位移电流密度的大小。
麦克斯韦18311879英国物理学家1865年麦克斯韦在总结前人工作的基础上提出完整的电磁场理论他的主要贡献是提出了有旋电场和位移电流两个假设从而预言了电磁波的存在并计算出电磁波的速度即光1888年赫兹的实验证实了他的预言麦克斯韦理论奠定了经典电动力学的基础为无线电技术和现代电子通讯技术发展开辟了广阔前景
大学物理电磁场16
3：磁能：
Wm
=
1 LI 2 2
wm
=
1 2
BH
Wm = V wmdV
4.电磁场与电磁波
（1）位移电流
Id
=
d ΦD dt
d
=
dD dt
dD dt
（2）麦克斯韦方程组
B
D dS S
=
q0
SB dS = 0
LE dl = -
H dl L
（D） M12 = M21, e12 e21
e12
=
M12
di2 dt
e 21
=
M 21
di1 dt
[C]
M12 = M 21
二.塡空题：
1.将电阻为R的导体回路从磁场中匀速拉出，如图 所示，则此回路中将产生———逆———时针方向的感应电 动势。设拉出回路的时间为Δt，磁通量变化为ΔΦ， 则回路中通过的感应电量为———RΦ———。
0
s
in
t
m0l 2
ln
a
a
b
v vt
t
I
0
cost
= m0lI0 sin t v v 2 a vt a b vt
m0lI0 ln a b vt cost
2
a vt
以顺时针为正方向。
2.
在均匀磁场
（1）长直导线中电流恒定，t 时刻 AB 以垂直于导线的 速度 v 以图示位置远离导线匀速平移到某一位置时，
（2）长直导线中电流 I = I0 sin t，ABCD不动，
（3）长直导线中电流 I = I0 sin t， ABCD以垂直于导
大学物理第16章
E k dl
(v B) dl
= Blv
C
例3：如图所示，导体棒 oa 垂直均 匀磁场以角速度绕o端旋转切割磁 力线，求感应电动势？ (v B) dl vBdl 解：沿oa方向取 dl
d Bvdl Bldl
洛仑兹力的作用并不提供能量，而只是传递 能量,实质上表示能量的转换和守恒。 发电机的工作原理
u
u v
l c N d
1
b l
2
B
S
－
a
+
Φm BS cos(
) BS sin 感应电流受磁力矩作用，阻 2 碍线圈转动，要维持匀速转 动，外力须克服磁场力做功， 为线圈平面与 的夹角 B 将机械能转为电能。 dΦm d BS cos BS cos t dt dt
dΦm 0 ln a b [ dI (t ) x(t ) dx(t ) I (t )] dt 2 a dt dt 0 a b 感生电动势 ln [t 1]I 0 e t v 2 a t 1, 0
t 1, 0
逆时针方向
t 1, 0 顺时针方向
B 2l 2 cos2 t mR (1 e )
导体在t时刻的速度
v
mgRsin B 2l 2 cos2
B 2l 2 cos2 t mR (1 e )
由上式可知，当
t
mgR sin v vm 2 2 B l cos2
此即为导体棒下滑的稳定速度，也是导体棒能够达到的最大速度， 其v－t 图线如图所示。 中学: 斜面方向合力为零,导体棒达到下滑的稳定速度(最大速度).
大学物理 第16次课知识点总结
u
ΔS
（单位时间通过的距离）
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四.能流密度 (j矢量) 波的强度I 能流密度：
1)大小:通过单位垂直横截面的能流。
j P wuΔS
ΔS
ΔS
2)方向:与波速一致。
wu
r j
wur
波的强度：通过单位垂直横截面的平均能流。
I p wu 1 2 A2u
ΔS
x ) cos 2π t
（驻波方程）
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2.驻波特征：y (2Acos 2π x ) cost
振幅
(1)弦线各点振幅不同，频率相同。
cos 2 x 1
波腹位置：
振幅最大，称为波腹。
2 x kπ
x k ,(k=0,±1…)
2
相邻波腹间距离：xk1
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§4 惠更斯原理 波的叠加原理
惠更斯原理：以几何作图法定性讨论当给定某一时刻波前的位 置后,怎样确定这个波前在未来任意时刻将到达 的位置—解决波的传播方向问题。
❖ 适用于各种波, 机械波、电磁波等 ❖ 适用于非均匀的、各向异性的介质
一.惠更斯原理内容
波前上的每一个点，都可以看作产生球面次级子波的点波 源，其后任一时刻，这些子波的包迹便是新的波前。
u 2dWk 2dWP
当y=±A时： dWk dWP dW 0
当y=0时： dW、k dW、P d均W为最大
2.平均能量密度: w 1 2 A2
2
3.能流：
P dW dt
wuS
4.平均能流： P wuΔS
5.波的强度I : I p
ΔS
wu ∝ A2
大学物理电磁学总结
大学物理电磁学总结电磁学部分总结静电场部分第一部分：静电场的基本性质和规律电场是物质的一种存在形态，它同实物一样也具有能量、动量、质量等属性。
静电场的物质特性的外在表现是：(1)电场对位于其中的任何带电体都有电场力的作用(2)带电体在电场中运动, 电场力要作功——电场具有能量1、描述静电场性质的基本物理量是场强和电势，掌握定义及二者间的关系。
电场强度 E =q 0∞ W a 电势 U a ==E ⋅d rq 0a2、反映静电场基本性质的两条定理是高斯定理和环路定理Φe =E ⋅d S =ε0∑qL E ⋅d r =0要掌握各个定理的内容，所揭示的静电场的性质，明确定理中各个物理量的含义及影响各个量的因素。
重点是高斯定理的理解和应用。
3、应用(1)、电场强度的计算1q E =r 02a) 、由点电荷场强公式 4πεr 及场强叠加原理 E = ∑ E 计i 0算场强一、离散分布的点电荷系的场强1q i E =∑E i =∑r 2i 0i i 4πεr 0i二、连续分布带电体的场强 d q E =⎰d E =⎰r 204πε0r其中，重点掌握电荷呈线分布的带电体问题b) 、由静电场中的高斯定理计算场源分布具有高度对称性的带电体的场强分布一般诸如球对称分布、轴对称分布和面对称分布，步骤及例题详见课堂笔记。
还有可能结合电势的计算一起进行。
c) 、由场强和电势梯度之间的关系来计算场强（适用于电势容易计算或电势分布已知的情形），掌握作业及课堂练习的类型即可。
（2）、电通量的计算a) 、均匀电场中S 与电场强度方向垂直b) 、均匀电场，S 法线方向与电场强度方向成θ角E =-gradU =-∇U∂U ∂U ∂U =-(i +j +k )∂x ∂y ∂zc) 、由高斯定理求某些电通量（3）、电势的计算a) 、场强积分法（定义法）——计算U P =⎰E ⋅d rb) 、电势叠加法——q i ⎰电势叠加原理计算⎰∑U i =∑4πεr⎰0iU =⎰dq ⎰dU =⎰⎰⎰4πε0r ⎰第二部分：静电场中的导体和电介质一、导体的静电平衡状态和条件导体内部和表面都没有电荷作宏观定向运动的状态称为静电平衡状态。
大学物理变化的电磁场总复习内容深入超赞
dt
3.计算互感系数： (1)给任一回路通电流;
(2)计算穿过另一回路的磁通量;
(3)代入定义式或定义方程
例3：长直导线与矩形线圈共面，线圈中通有电
流I(t),计算长直导线中的互感电动势。
问题:长直导线是 解:设长直导线通有电流 I1
回路吗?
矩形线圈内的磁通量
I 1 I(t)
ds l
m S
BdS
=0
Lddtmddt(L)I
LdI dt
I
dL dt
当线圈形状、匝数、介质等不变时，L是常量.
εL
LdI dt
L L
dI dt
自感电动势与电流的变化率成正比
3.自感系数计算 考虑方法同计算电容。
(1)令回路通电流；
B
(2)计算穿过回路的磁通量；
(3)代入定义式或定义方程。
I
例1.计算长直螺线管(N,l,R)的自感系数:
da d
0 I1ldx 2 x
0Ill 2
nda d
o x d a
M m 0l lnd a
I1
M
2 d
dI 0llndadI
dt 2 d dt
三、磁场的能量
L
考虑自感线圈中电流的建立过程：
L
L di dt
K1
在移动dq=idt的过程中，电源反抗
自感电动势做功 dALdqLidt Lidi
在i从0到I过程中，做功
•单位：伏V
正
第十一章 变化的电磁场
§1 电磁感应 §2自感与互感 §3 Maxwell’s 方程组
本章重点：感应电动势、自感、互感 的计算
本章难点：涡旋电场,位移电流,场概念的理解
大学物理 十六章 课后答案
习题十六16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：K m 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳：K 103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K 103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K 100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--m bT λ16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2，求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度242m W 108.22cm W 8.22)(--⋅⨯=⋅=T M B按斯特藩-玻尔兹曼定律：=)(T M B 4T σ41844)1067.5108.22()(-⨯⨯==σT M T BK 1042.110)67.58.22(3341⨯=⨯=16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式221m mv hv =A +则光电子最大动能：A hcA h mv E m -=-==λυ2max k 21 eV 0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mv E eU a ==Θ ∴遏止电势差 V 0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U (3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==A hc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=- 16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J 1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcnnh E 功率 W1099.118-⨯==t E16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少? 解：一个光子能量λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347m s 1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hc E n λ每秒进入人眼的光子数为11462192s 1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==d nN π16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时，则Hz 10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--h c m υο12A02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122s m kg 1073.21031011.9s m kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m c c m c E p cpE hp 或λ16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少?解：由 2200mc h c m hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h c m mc E kυεh =∴5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.110=υυ则52.0112.110==-=-υυυ16-9 波长οA 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2π和π方向上所散射的X射线波长各是多大? 解：在2πϕ=方向上：ο1283134200A 0243.0m 1043.24sin 1031011.91063.622sin 2Δ=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-=---πϕλλλc m h散射波长ο0A 732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ在πϕ=方向上ο120200A0486.0m 1086.422sin 2Δ=⨯===-=-c m h c m h ϕλλλ散射波长 ο0A756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有000,ελλεhchc =∴=经散射后000020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+=此时能量为 002.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量MeV 10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角．解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01c m c m c m c m mc E =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量，故有 20025.0c m hchc=-λλ散射光子波长ο1210831341034000A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin 0243.022sin 22200ϕϕλλλ∆⨯==-=c m h 可得 2675.00243.02030.0043.02sin 2=⨯-=ϕ散射角为7162'=οϕ16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上． 解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n -=-=+-解得 4=n或者)111(22n Rhc E -=∆ 75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题16-12图 题16-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221n Rhc n Rhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A6563536,3653121~:23A121634,432111~:12A 1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n R R R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题16-14图16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两 条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hc E E hc E E hch VE V E V E a mn m n βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态∴λυhcE E h =-=14 Hz 1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--h E E υ16-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍? 解：eV 09.12]11[6.1321=-=-n E E n26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n ,19r r n =轨道半径增加到9倍.16-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压?解：oo A1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个 光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV 4.16.13152112=-=+==E E mv E k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==m E v k -15s m 100.7⋅⨯= 其德布罗意波长为：o 953134A10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mv h λ16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少?解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量eV102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV102.63⨯=cp而eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m ∴cp c m >>20 ∴MeV51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少?解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k中子的平均动能m p KT E k 2232== 德布罗意波长 o A456.13===mkT hp h λ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值． 解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,x m hv x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min22)(21)(21mL h x m h x m h m v m E x =∆=∆≥∆=16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度为10-4οA ，求该激发能级的平均寿命．解：光子的能量λυhch E ==由于激发能级有一定的宽度E ∆，造成谱线也有一定宽度λ∆，两者之间的关系为：λλ∆=∆2hcE由测不准关系，h t E ≥∆⋅∆，平均寿命t ∆=τ，则λλτ∆=∆=∆=c E h t 2s 103.51010103)104000(81048210----⨯=⨯⨯⨯⨯=16-23 一波长为3000οA 的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．解： 光子λhp =，λλλλ∆=∆-=∆22hhp由测不准关系，光子位置的不准确量为cm30A 103103000o 962=⨯=====-λ∆λλ∆λ∆∆p h x16-24波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化?解：不变．因为波函数是计算粒子t 时刻空间各点出现概率的数学量．概率是相对值．则21、点的概率比值为：22212221φφφφD D =∴ 概率分布不变．16-25 有一宽度为a 的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为m 的粒子的零点能． 解：位置不确定量为a x =∆，由测不准关系：h p x x ≥∆⋅∆，可得：x h P x ∆≥∆,x hP P x x ∆≥∆≥∴222222)(22ma h x m h m P E x x =∆≥=，即零点能为222ma h ． 16-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：a xax 23cos1)(πψ=︒ )(a x a ≤≤-那么，粒子在ax 65=处出现的概率密度为多少? 解：22*)23cos 1(a x a πψψψ==a a a a a a aa 21)21(14cos 1)4(cos 145cos 12653cos 122222===+===πππππ16-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：)sin(2)(a x n a x n πψ=)0(a x <<若粒子处于1=n 的状态，在0～a41区间发现粒子的概率是多少?解：xa x a x w d sin 2d d 22πψ==∴ 在4~0a 区间发现粒子的概率为： ⎰⎰⎰===40020244)(d sin 2d sin 2a a ax a a x a ax a x a dw p ππππ 091.0)(]2cos 1[2124/0=-=⎰x a d a x a πππ16-28 宽度为a 的一维无限深势阱中粒子的波函数为xa n A x πψsin )(=，求：(1)归一化系数A ；(2)在2=n 时何处发现粒子的概率最大?解：(1)归一化系数⎰⎰==+∞∞-ax x 0221d d ψψ即⎰⎰=aa x a n x a n A n a x x a n A 00222)(d sin d sin ππππ⎰-=a x a n x a n A n a 02)(d )2cos 1(2πππ12222===A a n A n a ππ∴ =A a 2粒子的波函数x a n a x πψsin 2)(=(2)当2=n 时，x a a πψ2sin 22=几率密度]4cos 1[12sin 2222x a a x a a w ππψ-===令0d d =x w ，即04sin 4=x a a ππ,即,04sin =x a π，Λ,2,1,0,4==k k x a ππ∴4a kx = 又因a x <<0，4<k ，∴当4a x =和ax 43=时w 有极大值， 当2a x =时，0=w ． ∴极大值的地方为4a ，a 43处16-29 原子内电子的量子态由s l m m l n ,,,四个量子数表征．当l m l n ,,一定时，不同的量子态数目是多少?当l n ,一定时，不同的量子态数目是多少?当n 一定时，不同的量子态数目是多少?解：(1)2)21(±=s m Θ (2))12(2+l ，每个l 有12+l 个l m ，每个l m 可容纳21±=s m 的2个量子态．(3)22n16-30求出能够占据一个d 分壳层的最大电子数，并写出这些电子的s l m m ,值．解：d 分壳层的量子数2=l ，可容纳最大电子数为10)122(2)12(2=+⨯=+=l Z l 个，这些电子的：0=l m ，1±，2±，21±=s m16-31 试描绘：原子中4=l 时，电子角动量L 在磁场中空间量子化的示意图，并写出L 在磁场方向分量z L 的各种可能的值． 解：ηηη20)14(4)1(=+=+=l l L题16-31图磁场为Z 方向，ηl Z m L =，0=l m ,1±，2±，3±，4±．∴ )4,3,2,1,0,1,2,3,4(----=Z L η16-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)s 1态；(2)p 2态；(3)d 3态；(4)f 4态．解： (1)0=L (2)1=l , ηη2)11(1=+=L (3)2=l ηη6)12(2=+=L(4)3=l ηη12)13(3=+=L 16-33 在元素周期表中为什么n 较小的壳层尚未填满而n 较大的壳层上就开始有电子填入?对这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律?按照这个规律说明s 4态应比d 3态先填入电子．解：由于原子能级不仅与n 有关，还与l 有关，所以有些情况虽n 较大，但l 较小的壳层能级较低，所以先填入电子．我国科学工作者总结的规律：对于原子的外层电子，能级高低以)7.0(l n +确定，数值大的能级较高．s 4(即0,4==l n )，代入4)07.04()7.0(=⨯+=+l n)2,3(3==l n d ，代入4.4)27.03(=⨯+s 4低于d 3能级，所以先填入s 4壳层．。
16-1电磁振荡+物理学第四版 马文蔚主编+高等教育出版社
能量不断的相互转化，其总和保持不变.
电磁场能量守恒是有条件的.
16 – 1 电磁振荡
第十六章 电磁振荡和电磁波
例 在 LC 电路中，已知L 260μ H,C 120pF ， 初始时两极板间的电势差 U0 1V，且电流为零. 求：
（1）振荡频率；
1
2π LC
9.01105 Hz
（2）最大电流； 当 t Байду номын сангаас 时
q Q0 cos(t )
i
I0
cos(t
π 2
)
16 – 1 电磁振荡
第十六章 电磁振荡和电磁波
三 无阻尼电磁振荡的能量
Ee
q2 2C
Q02 2C
cos2 (t
)
Em
1 2
Li 2
1 2
LI
2 0
sin2 (t
)
Q02 2C
sin2 (t
)
E
Ee
Em
1 2
LI
2 0
Q02 2C
在无阻尼自由电磁振荡过程中，电场能量和磁场
（3）电容器两极板间的电场能量随时间变化的关系；
Ee
1 2
CU
2 0
cos2 t
(0.601010 J) cos2 t
（4）自感线圈中的磁场能量随时间变化的关系；
Em
1 2
LI
2 0
sin 2 t
(0.601010 J) sin 2 t
（5）证明在任意时刻电场能量与磁场能量之和总
是等于初始时的电场能量.
Ee
Em
0.601010 J
Ee0
1 2
CU
2 0
d2q dt 2
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解：①在铜棒上距O点为L处取长度元dl
方向从O指向A ，其速率为 =l
则 dl上的动生电动势为
d =( B) dl Bdl Bldl
因为各长度元上电动势方向相同，所以铜棒中总的动生电动势为
= L Bldl B L2 方向由A指向O
0
2
②设铜棒在 t 内转过的角度为 ，则在这段时间内通过铜棒扫过
(v B) dl
OP
对于导线回路 v B dl dm
l
dt
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非闭合回路：
b
a (v B) dl
dm
dt 时间内扫过 面积的磁通量
dt
动生电动势的演示
大1学6.物2.理2 学洛伦兹力做功问题
设均匀磁场 B 以恒定外力向右拉杆
F q u B
q B qu B f1 f2
•1831年法拉第发现了电磁感应现象，只要通过导线回 路中的磁通量发生变化，回路中就会出现感应电流和 感应电动势。当导线不成回路时，没有感应电流，但 是有感应电动势。电动势的方向可由楞次定则判断。
大学物理学
楞次定则
感应电动势产生的感 应电流产生的磁场的方向总 是阻碍原磁通量的变化。
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16.1.2 法拉第电磁感应定律*
大学物理学
第16章 变化的电磁场
长春理工大学
大学物理学
第16章 变化的电磁场
1 16.1电磁感应定律 3 16.3感生电动势
1 16.1.1电磁感应现象 2 16.1.2法拉第定律
2 16.2动生电动势
1 16.2.1动生电动势的产生 2 16.2.2洛伦兹力做功问题
1 16.3.1感生电动势和感应电场 2 16.3.2感应电场的性质 3 16.3.3涡电流和趋肤效应 4 16.3.4感生电动势的计算
法拉第（Michael Faraday, 1791-1867），伟大的英国物理 学家和化学家.
磁场这一名称是法拉第最早 引入的。
电磁理论的创始人之一。 于1831年发现电磁感应现象
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16.1 电磁感应现象
• 1819年奥斯特发现了电流的磁效应，第一次揭示了 电现象和磁现象内在的关系。 • 后来人们致力于它的逆现象，用磁场来产生电流。
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16.2.3 动生电动势的计算
动生电动势的求解可以采用两种方法： 1 利用“动生电动势”的公式来计算。
l B dl 或 l B dl
2 设法构成一种合理的闭合回路以便于应用 “ 法拉第电磁感应定律”求解。
dm
dt
大例学16物-2理铜学棒OA长为L,在方向垂直纸面向内的匀强磁场B中,沿逆时 针方向绕O轴转动,角速度为ω,求铜棒中动生电动势的大小和方向。
——因导体在磁场中的运动而产生的感应电动势
动生电动势的非静电力场来源
洛伦兹力
Fm qv B
平衡时 Fm Fq qEk
Ek
Fm q
vB
+B
+
+ +P +
+Fm++++
+ +
+ +
+ +
v + + + +-+ + + +
+
+
Fq+
-
+
-
+
+
+
+ + + O+ + + +
OP的总电动势
OP Ek dl
大例学16物-3一理长学直导线中通有电流I，在其附近有一长L的金属AB，以
速度v平行于长直导线作匀速运动，如棒的近导线一端距离导线d，
求金属棒中的动生电动势。
解：长直导线形成的磁场是非匀强磁场 B 0 I
取水平方向为x轴，在金属棒AB上任取
2 x
一长度元 dx（方向由A指向B）与长直
一瞬时线圈中的感应电动势。
解：某一瞬时，距导线x处磁感应强度为
B
0 I 2 x
选顺时针的转向作为矩形线圈的绕行正方向，则
通过阴影面积 dS ldx 的磁通量为
d=BdS cos 0 0 I ldx 2 x
在t时刻，通过一匝线圈的磁通量为
= d
db 0 I ldx 0lI0 sint ln( d b )
d 2 x
2
d
因为I随t变化，磁通量也随t变化，故线圈中的感应电动势为
=
d( N )
0 NlI0
ln( d
b)
d( sint)
0 NlI0
d ln(
b ) cos t
dt
2
d
dt
2
d
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16.2 动生电动势
电源电动势方向：规定从负极通过电源内 部指向正极的方向。即和回路中电流的方 向一致。
3 16.4自感和互感
3 16.2.3动生电动势的计算
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6 16.6磁场能量
1 16.6.1自感能量 2 16.6.2互感能量
7 16.7位移电流
1 16.7.1位移电流假设 2 16.7.2全电流定律 3 16.7.3位移电流性质
8 16.8麦克斯韦磁场方程
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第16章 变化的电磁场
当穿过闭合回路所围 面积的磁通量发生变化时， 回路中会产生感应电动势， 且感应电动势正比于磁通 量对时间变化率的负值。dmdtຫໍສະໝຸດ SI： (V),m (Wb)
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法拉第定律说明感应电动势的方向：
先假设回路正方向，得到磁通量的正负，再求感 应电动势。若感应电动势为正，则它与假设的回路方 向相同；若为负，则其方向与假设方向相反。
分力f1的功率为
f1
f2
u
f1 u q( B)u qBu qu B f2
由此可见，洛伦兹力的总功率为0.f1作正功，f2作负功。外力做正 功输入机械能，安培力做负功吸收它，同时感应电动势在回路中
做正功又以电能形式输出这个份额的能量。
洛伦兹力的作用并不提供能量，而只是传递能量。
前提：假设B向上变大
dm
dt
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若回路线圈有N匝，则由于串联关系
N dm d(Nm ) d
dt
dt
dt
N
——磁通链
m
大例I0是1学6电-物1流一理幅长学值直，导ω线是中角通频有率交，变I0电和流ω是I常量I。0 s在in长直t导，线式旁中平I表行示放瞬置间N电匝流矩，
形线圈，线圈和长直导线在同一平面内。已知线圈长为L，宽为b。求任
扇形面积的磁通量为 BS B L2 L2 2 2
所以铜棒中的动生电动势为
1 BL2
1 BL2
t 2 t 2
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• 如果是铜盘转动，可以把铜盘看成由无数根并 联的铜棒组合而成，每根铜棒都类似于OA。因 为是并联，所以铜盘的电动势也为
1 BL2
2
• 如果把铜盘的中心和其边缘通过外接电路接通， 则在磁场中转动的铜盘就能对外供应电流，这 种简易的发电机称为法拉第圆盘发电机。