2025年大學(xué)《物理學(xué)》專業(yè)題庫(kù)——電磁場(chǎng)及其在物理學(xué)中的應(yīng)用考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.一根無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線通有電流I，導(dǎo)線外部存在一個(gè)與導(dǎo)線同軸的、半徑為R的細(xì)圓環(huán)，圓環(huán)以恒定角速度ω繞軸線轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)導(dǎo)線與圓環(huán)的軸線垂直，且兩者之間距離遠(yuǎn)小于R。求當(dāng)圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓環(huán)上的感生電動(dòng)勢(shì)。2.真空中一平面電磁波沿+z方向傳播，其電場(chǎng)強(qiáng)度振幅E?=100V/m，頻率f=10?Hz。求：(1)電磁波的波長(zhǎng)和傳播速度；(2)磁場(chǎng)強(qiáng)度振幅H?；(3)該電磁波在空間某點(diǎn)的瞬時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度表達(dá)式（以該點(diǎn)z=0，t=0時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度達(dá)到最大值為參考）。3.一平行板電容器，極板面積為S，間距為d，極板間充滿介電常數(shù)為ε、磁導(dǎo)率為μ的均勻介質(zhì)。當(dāng)電容器充電至兩極板間電壓為U時(shí)，求：(1)極板間的電場(chǎng)能量密度和總電場(chǎng)能量；(2)此時(shí)電容器儲(chǔ)存的磁場(chǎng)能量密度和總磁場(chǎng)能量（忽略邊緣效應(yīng)）。二、1.在一無(wú)限大均勻磁導(dǎo)率為μ的介質(zhì)中，存在一無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，電流強(qiáng)度為I。求距離導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。若將一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、通有電流I?的有限長(zhǎng)直導(dǎo)線放置在上述磁場(chǎng)中，且與載流導(dǎo)線共面，兩者相距為a(a>L/2)，求有限長(zhǎng)導(dǎo)線所受的安培力大小和方向。2.證明在真空中傳播的平面電磁波，其電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度垂直于彼此，且均垂直于波的傳播方向，即電磁波是橫波。3.一個(gè)半徑為R的均勻帶電球體，總電荷量為Q，球體周圍充滿相對(duì)介電常數(shù)為ε?、相對(duì)磁導(dǎo)率為μ?的均勻介質(zhì)。求球體內(nèi)（r<R）和球體外（r>R）的電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁場(chǎng)強(qiáng)度H的分布表達(dá)式。三、1.簡(jiǎn)述麥克斯韋方程組的四個(gè)積分形式，并說(shuō)明每個(gè)方程各自描述的物理內(nèi)容。2.一個(gè)電容器由兩塊相距很近的平行金屬板構(gòu)成，板面積為S。先將它們用導(dǎo)線連接充電至電壓U，然后斷開連接?，F(xiàn)將兩板間距緩慢增大，設(shè)板間介質(zhì)不變。在此過(guò)程中，求：(1)電容器極板上的電荷量如何變化？（2）外力對(duì)電容器做的功與電容器能量的變化有何關(guān)系？3.簡(jiǎn)要說(shuō)明電磁波是如何在介質(zhì)分界面處發(fā)生反射和折射的。定義反射系數(shù)和折射系數(shù)，并說(shuō)明它們的物理意義。試卷答案一、1.解析思路：利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式或法拉第電磁感應(yīng)定律求解。圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，與圓環(huán)交鏈的磁場(chǎng)通量發(fā)生變化。方法一：將圓環(huán)分成無(wú)數(shù)小元段，考慮某元段dl，其速度v垂直于導(dǎo)線與元段的連線，且v與B垂直。元段產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為dε=(v×B)?dl。由于圓環(huán)上各點(diǎn)速度v大小相同，方向相同，B的大小隨r變化(r為圓環(huán)上某點(diǎn)到軸線的距離)，且B與v垂直。積分dε求解。方法二：利用法拉第定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε=-dΦ_B/dt。計(jì)算通過(guò)以導(dǎo)線為軸、半徑為r的圓平面的磁場(chǎng)通量Φ_B=∫B?dS。磁場(chǎng)B=μ?I/(2πr)，通量Φ_B=∫(μ?I/(2πr))*(2πr2)d(θ)/dt=μ?Irωθd(θ)/dt。積分得到ε=-dΦ_B/dt=-μ?Iωr*d(θ)/dt。由于圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)，d(θ)/dt為角速度ω。最終ε=-μ?IωR2θ/(2πR)=-μ?IωR/2。負(fù)號(hào)表示感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)阻礙原磁場(chǎng)通量的變化?？紤]到圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向與電流方向關(guān)系，最終結(jié)果取絕對(duì)值，電動(dòng)勢(shì)為μ?IωR/2。2.解析思路：(1)電磁波在真空中的傳播速度c=1/√(ε?μ?)。波長(zhǎng)λ=c/f。代入數(shù)值計(jì)算。(2)真空中電磁波滿足E?=cB?。B?=E?/c。(3)寫出平面電磁波的通用表達(dá)式：E=E?cos(kz-ωt)，其中k=2π/λ=2πfc，ω=2πf。H=H?cos(kz-ωt)，其中H?=B?/E?=E?/c/(E?√(μ?/ε?))=1/c√(ε?/μ?)=cB?/c2=B?/c=E?/(c√(ε?μ?))=E?/(√(μ?/ε?)c2)=E?/cB?=(1/c)*(E?/c)=E?/(c2/√(μ?ε?))=E?/ω√(ε?μ?)。代入數(shù)值，得到具體表達(dá)式。3.解析思路：(1)電場(chǎng)能量密度u_E=?εE2。總電場(chǎng)能量U_E=u_E*V=u_E*(Sd)。E=U/d。代入計(jì)算U_E=?ε(U/d)2*Sd=?εSU2/d。(2)磁場(chǎng)能量密度u_B=?μH2=?μ(B2/μ2)=?B2/(μμ?)?？偞艌?chǎng)能量U_B=u_B*V=u_B*(Sd)。B=μ?μ?I/(2πr)在r處近似為B=μ?μ?I/(2πd)(忽略邊緣效應(yīng)，d為平均距離)。代入計(jì)算U_B=?[μ?μ?I/(2πd)]2/(μ?μ?)*Sd=?μ?μ?I2/(4π2d2)*Sd/(μ?μ?)=?μ?μ?I2S/(4πμ?μ?d)=?μ?I2S/(4πd)。二、1.解析思路：(1)對(duì)于無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，根據(jù)畢奧-薩伐爾定律或安培環(huán)路定律求解磁場(chǎng)分布。選擇以導(dǎo)線為圓心的同心圓作為安培環(huán)路，由對(duì)稱性可知B處處與環(huán)路同向，且大小相等。根據(jù)安培環(huán)路定律∮B?dl=μI_enc，積分得B*2πr=μI。解得B=μI/(2πr)。(2)有限長(zhǎng)導(dǎo)線受安培力F=I?L×B。設(shè)導(dǎo)線與載流導(dǎo)線相距a，L長(zhǎng)度方向與I、B垂直。力的大小F=I?L|B|sin(90°)=I?L*(μI/(2πa))=μII?L/(2πa)。方向由右手定則判斷，I?電流方向與B方向構(gòu)成平面，拇指指向L方向，則受力方向垂直于該平面，指向遠(yuǎn)離無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線I的一側(cè)。2.解析思路：證明電磁波是橫波，即E、H均垂直于傳播方向。對(duì)于在真空中傳播的平面電磁波，電場(chǎng)強(qiáng)度E的波動(dòng)方程為?2E/?t2=c2?2E。其中c2=1/(ε?μ?)。將E=E?cos(kz-ωt)代入方程驗(yàn)證。計(jì)算得?2E/?t2=-ω2E?cos(kz-ωt)，?2E=?2E/?x2+?2E/?y2+?2E/?z2=0(cos(kz-ωt)關(guān)于x,y求導(dǎo)為0)。方程成立。進(jìn)一步分析其空間變化：?E=-kE?sin(kz-ωt)(-k?)。說(shuō)明E隨z變化，不隨x,y變化。且E的方向沿-k?。同理，磁場(chǎng)H滿足類似方程。H=H?cos(kz-ωt)(-k?)。?H=-kH?sin(kz-ωt)(-k?)。說(shuō)明H也隨z變化，不隨x,y變化，且H的方向沿-k?。由于E和H的方向（沿-k?）均垂直于z軸（波的傳播方向），故電磁波是橫波。3.解析思路：(r<R)球體內(nèi)部，根據(jù)高斯定律，通過(guò)半徑為r的球面的電通量Φ_E=q_enc/ε?。q_enc=Q*(r3/R3)(均勻帶電球體內(nèi)部電荷量與體積比)。故Φ_E=Qr3/(ε?R3)。由ε?ε?E=Φ_E，得E*ε?ε?*4πr2=Qr3/(ε?R3)。解得E(r)=Q/(4πε?ε?R3)*r=Q/(4πεR3)*r(令ε=ε?ε?)。磁場(chǎng)B(r)=μ?μ?H(r)=μ?μ?B?。由?×H=J+ε?μ??E/?t，球體內(nèi)部J=0，且通?？紤]靜態(tài)場(chǎng)?E/?t=0。故?×H=0，即H是保守場(chǎng)，B是常數(shù)。利用邊界條件r=R處E_r連續(xù)，E(R)=Q/(4πεR3)*R=Q/(4πεR2)。在真空中r=R處，E?=Q/(4πε?R2)，B?=μ?E?/ε?=μ?Q/(4πε?R2)。在介質(zhì)中r=R處，B=μ?B?。由B=μH，得H=B/μ=μ?B?/μ?μ?=B?/μ?。故H(r)=B?/μ?=μ?Q/(4πε?μ?R2)=Q/(4πμ?R2)?？偨Y(jié)：球體內(nèi)E(r)=Qr/(4πεR3),H(r)=Q/(4πμ?R2)；球體外E(r)=Q/(4πεr2),H(r)=Q/(4πμ?r2)。三、1.解析思路：分別闡述四個(gè)積分形式的物理意義：①∮E?dl=-dΦ_B/dt：電場(chǎng)是變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的，是感應(yīng)電場(chǎng)的非保守性體現(xiàn)。②∮B?dl=μ?I_enc+μ?ε?dΦ_E/dt：磁場(chǎng)由傳導(dǎo)電流和變化的電場(chǎng)（位移電流）產(chǎn)生。③∮E?dS=Q_enc/ε?：電場(chǎng)的高斯定律，描述電場(chǎng)源（電荷）與電場(chǎng)的關(guān)系。④∮B?dS=0：磁場(chǎng)是無(wú)源場(chǎng)，不存在磁單極子。2.解析思路：(1)斷開連接后，電容器極板電荷量Q=C?U，其中C?=ε?S/d。當(dāng)緩慢拉開極板，距離變?yōu)閐'=d+Δd，電容變?yōu)镃=ε?S/d'。由于過(guò)程緩慢，可視為準(zhǔn)靜態(tài)，電壓U保持不變。新電荷量Q'=C'U=ε?S/d'(U)=Q*(d/d')=Q*(d/(d+Δd))。由于d'>d，所以Q'<Q。即電荷量減少。(2)外力做功W_ext=∫F_extdl=∫(-Q'dU)/dl。由于Q'=C'U，dQ'=C'dU，且U不變，dU/dl=0。但更準(zhǔn)確地說(shuō)，W_ext=∫(Qdl)/U。當(dāng)拉開極板，電容器儲(chǔ)存的能量變化ΔU_E=U_E'-U_E=?C'U2-?C?U2=?U2(C'-C?)=?U2[ε?S/d'-ε?S/d]=-?U2ε?S(Δd)/(dd')。由于d'>d，dd'>0，故ΔU_E<0，即電容器能量減少。根據(jù)能量守恒，減少的能量一部分用于克服外力做功W_ext，另一部分可能以其他形式（如輻射）耗散。理想情況下W_ext=-ΔU_E。實(shí)際中W_ext=-ΔU_E+ΔW_其他。所以外力做功等于電容器能量的減少量加上其他能量損耗。三、1.解析思路：麥克斯韋方程組的四個(gè)積分形式分別是：①∮E?dl=-∫dΦ_B/dt：法拉第電磁感應(yīng)定律（微分形式為?×E=-?B/?t）。②∮B?dl=μ?I_enc+μ?ε?∫dΦ_E/dt：安培-麥克斯韋定律（微分形式為?×B=μ?J+μ?ε??E/?t）。③∮E?dS=Q_enc/ε?：高斯電場(chǎng)定律（微分形式為??E=ρ/ε?）。④∮B?dS=0：高斯磁場(chǎng)定律（微分形式為??B=0）。物理內(nèi)容：①描述變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)。②描述電流和變化的電場(chǎng)產(chǎn)生磁場(chǎng)。③描述電荷是電場(chǎng)的源。④描述不存在磁單極子，磁場(chǎng)是閉合的。2.解析思路：(1)過(guò)程緩慢，視為準(zhǔn)靜態(tài)，電容器電壓U保持不變。根據(jù)Q=CU，當(dāng)C減小(d'>d)，則Q必然減小(Q'<Q)。(2)電容器能量U_E=?CU2。初始能量U_E=?C?U2。末態(tài)能量U_E'=?C'U2=?(C?U2)(d/d')=?C?U2(d/d'+1-1)=?C?U2(d/d'-1+1)=U_E(d/d'-1)。由于d'>d，d/d'<1。故U_E'<U_E，即電容器能量減少。減少的能量ΔU_E=U_E-U_E'=U_E(1-d/d')=U_E(d'-d)/d'。這個(gè)減少的能量到哪里去了？一部分用于外力克服電場(chǎng)力做功W_ext，另一部分可能轉(zhuǎn)化為熱能或其他形式。根據(jù)能量守恒，減少的電能等于外力做的功加上其他能量耗散。即ΔU_E=W_ext+W_其他。如果忽略其他耗散，外力做的功W_ext≈ΔU_E。3.解析思路：電磁波在介質(zhì)分界面處發(fā)生反射和折射是由于波速變化導(dǎo)致波陣面傾斜發(fā)生變化的結(jié)果。入射波、反射波、折射波均在同一點(diǎn)，三者的電場(chǎng)（或磁場(chǎng)）矢量在界面處的切向分量