物理定理、证明、延伸结论

高斯定理#

公式：

$\oiint \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{S} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$ （电场）

$\oiint \overrightarrow{B} \cdot \overrightarrow{S} = 0$ （磁场）

公式意义：将闭合曲面的磁场和曲面内部电荷量联系起来

 

无限大平面电场强度#

设无限大平面电荷面密度为 $\sigma$

取一个被此无限大平面横截的圆柱为高斯面

易分析出无限大平面所产生的电场应该是垂直平面的，因此侧面和磁场积出来为 $0$ ，只需考虑两底面

设两底面的面积分别为 $S$

$$\oiint \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{S} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$$

$$2ES=\frac{S\sigma}{\varepsilon_{0}}$$

$$E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$$

 

球体电场强度#

设球体带电量为 $Q$ ，球体半径为 $R$

取一个和球体同球心的球面为高斯面，球面半径为 $r$

球体的电荷体密度 $\rho = \frac{3Q}{4 \pi R^{3}}$

分两种情况：

 $r \leq R$ ：

$$\oiint \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{S} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$$

$$4 \pi r^{2}E=\frac{\frac{4 \pi r{3}}{3} \rho}{\varepsilon_{0}}$$

$$E=\frac{Qr}{4 \pi R^{3} \varepsilon_{0}}$$

 $r \ge R$

$$\oiint \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{S} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$$

$$4 \pi r^{2}E=\frac{Q}{\varepsilon_{0}}$$

$$E=\frac{Q}{4 \pi r^{2} \varepsilon_{0}}$$

且根据这个我们可以推导出电势（取无穷远处为势能零点）

还是分两种情况：

 $r \ge R$

$$U = -\int_{\infty}^{R} \frac{Q}{4 \pi r^{2} \varepsilon_{0}}dr$$

$$U = \frac{Q}{4 \pi r\varepsilon_{0}}$$

 $r \le R$

$$U_1= \frac{Q}{4 \pi R\varepsilon_{0}}$$

$$U_2=-\int_{R}^{r} \frac{Qr}{4 \pi R^{3} \varepsilon_{0}}dr=\frac{Q(R^{2}-r^{2})}{8 \pi R^{3} \varepsilon_{0}}$$

$$U=U_1+U_2=\frac{3Q}{8 \pi R \varepsilon_{0}}-\frac{Qr^{2}}{8 \pi R^{3} \varepsilon_{0}}$$

 

无限长直线电场强度#

首先同平面易分析出电场方向辐射状分布

以该直线为圆柱中心轴取一个圆柱作为高斯面

设直线的电荷线密度为 $\lambda$ ，取的圆柱的半径为 $r$ ，高为 $h$

$$\oiint \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{S} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$$

$$2\pi rhE = \frac{h\lambda}{\varepsilon_{0}}$$

$$E=\frac{\lambda}{2 \pi r \varepsilon_{0}}$$

 

毕奥萨伐尔定律#

公式：$dB = \frac{\mu I \overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{e_r}}{4 \pi r^{2}}$

 

无限长直导线磁场强度#

$$l=d\tan \alpha$$

$$dl=\frac{d}{\cos ^{2} \alpha}$$

$$\overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{e_r}=e_rdl\sin (\frac{\pi}{2} + \alpha)=dl\cos \alpha = \frac{d}{\cos \alpha}$$

$$r=\frac{d}{\cos \alpha}$$

$$dB = \frac{\mu I \overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{e_r}}{4 \pi r^{2}}=\mu I \times \frac{d}{\cos \alpha} \times \frac{\cos^{2} \alpha}{4 \pi d^{2}} = \frac{\mu I \cos \alpha}{4 \pi d}$$

$$B=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\mu I \cos \alpha}{4 \pi d} = \frac{\mu I}{2 \pi d}$$

 

通电圆环中轴线处磁场强度#

中轴线上不同点都满足 $\overrightarrow{dl} ⊥\overrightarrow{e_r}$ ，且不同点之间只有 $r$ 不同而  $r$ 很好求，所以我们只以圆心为例

$$\overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{e_r} = dl$$

$$dl=\frac{d \alpha}{2 \pi} \times 2 \pi r = d \alpha r$$

$$dB = \frac{\mu I \overrightarrow{dl} \times \overrightarrow{e_r}}{4 \pi r^{2}}=\frac{\mu I d \alpha}{4 \pi r}$$

$$B =\int_{0}^{2 \pi} \frac{\mu I d \alpha}{4 \pi r}=\frac{\mu I}{2r}$$

 

欧姆定律#

公式： $\overrightarrow{j} = \sigma \overrightarrow{E}$

语言描述：电流密度=电导率乘电场强度

 

宏观欧姆定律证明#

设电阻长度为 $l$ ，横截面积为 $S$ ，电阻为 $R$ ，通过电流为 $I$ ，电压为 $U$

$$\overrightarrow{j} = \sigma \overrightarrow{E}$$

$$\overrightarrow{j}S=\overrightarrow{E}l \times \frac{\sigma S}{l}$$

$$I=U \times \frac{1}{R} = \frac{U}{R}$$

 

气体压强和气体分子平均速度#

公式：

设 $n$ 为单位体积分子数， $m$ 为气体分子质量， $M$ 为摩尔质量， $v$ 为分子方均根速率

 $P=\frac{F}{S}=\frac{1}{6} \times \frac{2mv \times nSv\Delta t}{S \Delta t}=\frac{1}{3}mnv^{2}=\frac{2}{3}n\varepsilon_{k}$

 $P=nkT=\frac{1}{3}nmv^{2} \rightarrow v=\sqrt{\frac{3kT}{m}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}$

 

挖坑：自由度（填坑时间未知）

 

洛伦兹变换#

设参考系 $S'$ 相对参考系 $S$ 以 $v_0$ 速度沿 $x$ 轴正方向运动， $t=0s$ 时两参考系原点重合

首先因为光速在任意参考系中的速度不变，所以不能用传统的伽利略变换

设有一束光照射， $ts$ 后照射到 $S$ 坐标系的 $(x,y,z)$ ，照射到 $S'$ 坐标系的 $(x',y',z')$

有以下两个方程：

$$x^2+y^2+z^2=c^2t^2$$

$$x'^2+y'^2+z'^2=c^2t^2$$

然后伟大的数学家洛伦兹给出了线性变换，怎么做的可以联系安倍晋三让他帮你问问

$$\beta=\frac{v_0}{c}$$

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}$$

$$x'=\gamma(x-v_0t)$$

$$y'=y$$

$$z'=z$$

$$t'=\gamma(t-\frac{v_0}{c^2}x)$$