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高中物理竞赛精品讲义之—程稼夫篇


电磁学
静电学
1、 静电场的性质 静电场是一个保守场,也是一个有源场。

? F ? dl ? o
静电力环路积分等于零

高斯定理

?? E ?ds ?
s

?q
Eo

i

? ? ? ? qi ?

??? ? dv ? v ? ?
电场强度与电势是描述同一静电场的两种办法,两者有联系
b

? qE ? d r ? w
a

a

? wb


?E ?dr ?U
过程

a

? Ub

E ? dr ? ?dU
一维情况下

dU dx dU Ex ? ? dx Ex dx ? ?



2、 几个对称性的电场 (1) 球对称的电场 场源 点电荷 E U

1 Q 4? Eo r 2
1 Q 4? Eo r 2 r?R

1 Q 4? Eo r
1 Q 4? Eo r 1 Q 4? Eo R r?R 1 Q 4? Eo r r?R

均匀对电球 面

?Q、R ?

0
均匀带点球 体

r?R

r?R

?Q、R ?

1 Q 4? Eo r 2

r?R

1 Q r 4? Eo R3

r?R

1 Q 4? Eo r

Q ? 3R 2 ? r 2 ? 2 R3

r?R

3 1 3 ?r ? R ? 4?R ? ? ? ? 2 4? Eo r 3Eo ? r ?

3

例:一半径为 R1 的球体均匀带电,体电荷密度为 ? ,球内有一半径为 R2 的小球 形空腔,空腔中心与与球心相距为 a ,如图 (1) 求空腔中心处的电场 E (2) 求空腔中心处的电势 U 解:(1)在空腔中任选一点 p ,

E p 可以看成两个均匀带电球体产生的电场强度之
差, 即

Ep ?

?
3Eo

r1 ?

?
3Eo

r2 ?

?
3Eo

?r ? r ?
1 2

令 a ? o1o2

Ep ?

?
3Eo

a

这个与 p 在空腔中位置无关,所以空腔中心处 Eo 2 ? (2)求空腔中心处的电势 电势也满足叠加原理

?
3Eo

a

U p 可以看成两个均匀带电球体产生电势之差


Uo2 ?

?
6 Eo

?3 R ? a? ? 6? ?3 E
2 1 2 o

2 R ? 0 ?? 2

2 3 R ? ? 1 ? 6E o

??

?R?
2 2

? a2 ?

假设上面球面上,有两个无限小面原 si

s j ,计算 si ,受到除了 si 上电荷

之处,球面上其它电荷对 si 的静电力,这个静电力包含了 s j 上电荷对 si 上电 荷的作用力. 同样 s j 受到除了 si 上电荷以外 ,球面上其它电荷对 s j 上电荷的作用力 ,

这个力同样包含了 si 对 s j 的作用力. 如果把这里的 si

s j 所受力相加,则 si , s j 之间的相互作用力相抵消。

出于这个想法,现在把上半球面分成无限小的面元,把每个面元上所受的静 电力(除去各自小面元)相加,其和就是下半球面上的电荷对上半球面上电荷 的作用力。

? R2 ? Q ? 求法: F =f o ? R ? ?? R ? ? ? ? 2 Eo 2 Eo ? 4? R 2 ?
2 2

?2

2

再观察下,均匀带电球面上的电场强度=?

通常谈论的表面上电场强度是指什么?

例:求均匀带电球面 ? Q, R ? ,单位面积受到的静电力 fo ? ? 解:令 R ? R ? R

?

R ? R?

过程无限缓慢 得出此过程中静电力做功的表达式:

fo ? 4? R2 ? R ?

Q2 Q2 Q2 Q2 ? ? ? 2Co 2C 2 ? 4?? o R 2 ? 4?? o ? R ? R ?

?

Q2 ? 1 ? Q2 ? ? R ?? 1 ? ? 1 ? ?1 ? ? ? ? R? 8? Eo R ? 1 ? R ? 8? Eo R ? ? R ?? ?

Q2 ? R 8? Eo R 2 fo ? Q Q 1 ?2 ? ? ? 4? R 2 4? R 2 2? o 2Eo
E表面 ?

或者算出 f o ? E表面 ? ?

?
2 Eo

而且可以推广到一般的面电荷 ?? ? 在此面上电场强度

E表面 ?

1 ? E1 ? E2 ? 2

例:一个半径为 R,带电量为 Q 的均匀带电球面,求上下两半球之间的静电力? 解:原则上,这个作用力是上半球面上的电荷受到来自下半球面的电荷产生的 电场强度的空间分布,对上半球面上各电荷作用力之和,由于下半球面上电荷所产生的 电场强度分布,所以这样计较有困难. 例:求半径为 R,带电量为 Q 的均匀带电球面,外侧的静电场能量密度. 解:静电场(真空)能量密度 本题球面外侧:

? ? Eo E 2
1 Q 4? Eo R 2
2

1 2

E?

1 ? 1 Q? ?2 ? ? Eo ? ? fo ? ? 2 ? 4? Eo R 2 ? 2 Eo
推论:如果在上述带电球体外侧无限空间中充满了相对电常数为 Er 的多向同 性均匀电合质,

? ? Er Eo E 2 ? f o ?

1 2

?2
2Er Eo

下面求张力:它等于右半球表面所收到的静电力之和

FT ? ?
0
?
2

?

2

? ?? ? ? ?? ? ? 2? R s i ? n ? R? d ? c? os
2 E0
2

? ? ? 3? o Eo cos ? ? ?
0
0

2? 2 R sin ? cos d? 2? 0

2 2 ? ? 9? o? Eo R cos3 ? d cos?
?
2

9 ? ? o? Eo2 R 2 4
前面求出过

本小题: E ?
,

?d 3? 0

本题: 导体球放在匀强电场中,产生感应电荷的分布,令为

? ? ?o c o s?
由于要求导体内 E ? 0

E ? Eo ? E ? 0

,

Eo ? E , ?

?d ? o ? 3? o 3? o

? ? o ? 3? o Eo

? ? 3? o Eo cos?

例:一个半径为 R,原不带电的导体球放置于匀强电场 Eo 中,求由于静电感应所产生的感 应电荷,所带来的两半球之间新增的张力.

解:预备知识: ⑴一个半径为 R 的均匀各向同性介 质在匀强电场中受到极化,求极化电荷的 分布. 解:

? ? o 时, ? o ? ? d

? ? ? d cos? ? ? o cos?
⑵求极化介质球,由于极化电荷所产生的介质球内的电场强度 E
,

例:带电圈环: R, q (均匀带电)

求图中带电圈环与带电半直线之间的相互作用力.

解:这题取下面方法: 先求均匀带电半直线产生的电场强度,对均匀带电圈处的电荷的作用力

上图中圈环上的点离半直线两端点的距离为 R,环上 P 点处的电场强度,可以用辅助 圈弧( ? )在 P 点产生的场强大小.

1 4

E?

1

?

4?? o R 2

? 2R

圈环受到合力在 qo,? 均为正值时,方向向左,大小为
o F ? qE c o s 4 5 ? q?

1

?
2

4?? o R

R2

2 1 ?q ? 2 ?? 4 o R

在达到静电平衡的整个空间中, 如果有一个处于静电平衡的带电面, 在计算此面上某 处受到的静电力,无需用整个空间中的各带电体,面,线,点,计算对其作用之和,只需先 求出此面上该处的电场强度,该表面受到的静电力。

E表面 ?

1 ? E1 ? E2 ? 2

其原因是,这样的计算,已经考虑了全空间电荷的作用,不必重复考虑。

例:一个半径为 R,带电量为 Q 的均匀带点表面,求因表面带电所增加的表面张力系 数。

解:法一:球面上取一个小面元,半径 为 r ,此面受两个力平衡: 静电力,沿径向向处,大小为

f o? r 2

? ?2 ? f ? ? o ? 2? 0 ? ?

此面元边界上新增表面张力的合力,径向向里,设新增表面张力系数为 ? 大小为

2? r? sin

1 2r ? ? ? r? ? ? ? r? 2 R
2

力平衡方程: f o? r ?

2? r 2 d R

1 1 ?2 ? ? fo R ? R 2 2 2? o
柱对称电场 场源 无限长均匀带电直线 (? ) 无限长均匀带电圈柱面 ( ? , ? , R )( ? ? ? 2? R ) E U

1 ? 2?? o r
1 ? 2?? o r r?R

?

? ln r 2?? o
? ln r 2?? o
? ln R 2?? o
r ?R

?

? ? r ? R ?2 ? o ?? ? ? ? ? 2? o ? r ? ? ? ?
无限长均匀带电圈柱体 ( ?, ?, R ) ( ? ? ?? R )
2

r?0

?

r?R

1 ? 2?? o r 1

r?R

?

? ln r 2?? o

r?R

?

2?? o R 2

r

r?R

3、带电荷粒子在电场中的运动
例 1:一个带点粒子从一开始就在垂直于均匀带电的长直导线平面内运动,它从这导 线旁飞过,最后与开始入射方向偏转小角度α ,

如图,如果当粒子飞入带电直线电场中时,它的动能为 E k ,电量为 e,导线单位长度带电 量为λ ,离导线距离γ 处电场强度设为 E ?

? ,求α =? 2?? 0r

解:本题情况,一般入射粒子速度比较大,由于速度快,所以带电直线受到的横向冲 量就比较小(时间短) ,这样产生的α 角度就会如题中告知是一个小量,

利用微元法处理, 当带电粒子到达位置ψ 时相距位矢量为 r , 此刻带电粒子受力大小

F ? eE ?

e? e? , Fy ? F cos ? ? cos ? 2?? 0r 2?? 0r

此刻 y 方向动力方程为

dv e? cos ? ? m y 2??0r dt
其中 dt 可以利用 x 方向动力学方程表达

dt ?

dx vx
其中 dx 与 dΨ 满足关系(如图所示几何关系)

dx ? cos ? ? rd? ? dt ?

rd? v x cos ?

?

dv y ey cos ? ? m v cos ? 2?? 0r rd? x
?

化简整理

ey d? ? ? ? 2?? 0 mv x ?
2 2

? dv y
0

vy

e? ? ? vy 2?? 0 mv x

利用 E x ?

1 e?v x 2 mv x ? ? vy 2 4? 0

tg? ?

vy e? ? vx 4? 0

例 2: 如图所示一很细、 很长圆柱形的电子术由速度为 V 的匀速运动的低速电子组成, 电子在电子束中均匀分布,沿电子束轴线每单位长度包含 n 个电子,每个电子的电荷量-e (e>0),质量为 m,

该电子束从远处沿垂直于平行板电容极板方向射向电容器,其前端(右端)于 t=0 时 刻刚好达到电容器左极板, 电容器两极板上多开一个小孔使电子可以不受阻碍地穿过电容器

?v 0 ,周期为 T, 两极板 AB,加有如图所示的变化电压V AB ,电压的最大最小值分别为 ? v 0 ,
若以 ? 表示每个周期中电压处于最大的时间间隔, 则(T ? ? )是周期中电压处于最小的时间 间隔,已知 ? 的值正好使在V AB 变化的第一个周期内通过电容器达电容器右边的所有电子, 能够在某一个时刻t b 形成均匀分布的一段电子束。设两级间距很小, ,电子穿越时间,且

mV 2 ? 6eV 0 ,不计电子间相互作用
(1) 满足题给条件的 ? ,t 0 的值分别为? (2) 试在下图中画出 t=2T 那一刻,在 0——2T 时间内通过电容器的电子在电容器 的右侧空间形成电流 I,随离开右极板距离 x 的变化曲线,并在图上标出图线特征点的横、 纵坐标。取 X 正方向为电流正方向,图中 x=0 处为右极板 B 的小孔位置,横坐标单位

S ?T

解: (1)第一个周期内通过的所有电子在通过前是一段速度为 V 的均匀电子束(孔 的左侧) 。通过小孔以后,分成两段速度不同的电子束。 0—— ? 时间内,所加电压为 ? V0 ,通过小孔后速度由 V 减小,设为 V1,满足关系

ev 0 m

1 mV 2

2

?

1 mV 12 ? eV 0 2

? ——T 时间内,所加电压为 ? V0 ,通过小孔后速度由 V 增大,设为 V2,满足关系式,

1 mV 2

2

?

1 mV 22 ? eV 0 2

再由题中告知: ? 的值正好在V AB 的变化的第一个周期内通过电容器达右边的所有电 子,能够在t b 时刻形成均匀分布的一段电子束 V 此话要求①在 t=t b 时刻,达到小孔右侧的这两束电子束在前端应该在某处相重 ②达到小孔右侧的两电子束的长度相等 由此可写方程

? ?V1 ? (T ? ? ) V2 ? V2 ?tb ? V1 ? (tb ? ? )
得到 ? ?

V 2T V1 ? V 2
2eV 0 ? 4eV 0

V12 ? V 2 ?

m
2eV 0

m
4eV 0

V12 ? V 2 ?
6eV 0

m

?

m

V2 ?

m

所以V1 ? 2

eV 0 eV 0 ,V 2 ? 2 2 m m

?V2 ? tB( V2 ? V1 )
tb ? V 2? V 2 ? V1
? 2T

(3) 由于tb ? 2 T ,观察的就是这个时刻右侧空间的电流分布,应该确定两件事情: ① 电流在空间位置的分布 ② 电流强度的大小分布

? b ? V1 ? 2T ? 2

eV 0 ? 4s m

电子束长度

? ? V1 ? (2 ? 2 ) T ?2

eV 0 ? 2 (2 ? 2 ) s m

4、静电势能、电势
例 1:如图所示 N 对 e、-e 离子,等间距 a,沿直线排列 (1) 设 N ? ? ,试确定某个 e 的电势能W ? 和-e 的电势能W ? (2) N 足够大时,W ? W ? 近似取小题(1)的结论,求系统的电势能 W (3) N 足够大时,将非边缘的一对离子 e、-e 一起缓慢地移到无限远,其余离子仍 在原位,试求外力做的功 A. 提示 ln(1 ? x ) ? x ?

x2
2

?

x3
3

? ...

ln 2 ? 1 ?

1 1 ? ? ... 2 3

解: (1) U ? ? 2?

? ?e ? e ?e ? ? ? ...? 4?? 0a 4?? 0 ? 3a ? 4?? 0a ?

?

?e 1 1 (1 ? ? ? ...) 2??0a 2 3

W ? ? eU ? ? ?
U ? ? ?U ?

e2 ln 2 2?? 0a

W ? ? ?eU ? ? ?
(2)足够大的 N,

e2 ln 2 2??0a

1 e2 W ? (NW ? ? NW ? ) ? ? ln 2 2 2?? 0a
(4) 将一个正离子缓慢移到无限远处,余下系统电势能W ? W ? 此时该正离子的空位相邻的一个负离子的所具有的电势能为W ? '?

W? ? ?

e2 4?? 0a

再将该负离子移到无限远处,余下系统的电势能W1 ?

W ? W? ? W?'

无限远处负离子移到正离子旁边,这一对正负离子的电势能W 2 ? ? 利用动能关系,求出外力做功

e2 4??0a

A ? (W 1 ? W 2 ) ? W ? ?? (W ? W ? ) ? W ? ']} ? W ? ?W ? ? W ? ?
?

? e2 ? e2 ? 4?? 0a 4?? 0a

e2 (2 ln 2 ? 1) 2?? 0a
例 2 如图两个点电荷位于 X 轴上, 在他们形成的电场中, 若取无限远处的电势为零,

则 X 轴上多点的电势如图曲线所示,当 x ? 0 时,电势 U ? ? ; 当 x ? ? ,电势

U ? 0 ,电势为零的坐标为 x 0 ;电势极小值为 ? U 0 的点的坐标为 ?x 0 (α >0),试根据图
线提供的信息,确定这两个点电荷所带电的符号,电量的大小以及在 X 轴的位置。

解:由图中信息可知,带正电荷的电荷 Q1 在 x=0 处,由于 x ?

x 0 处电势为 0,所

以另一个点电荷必须为负(-Q2).它在 x<0 的位置上(设距离 x=0 距离为 a) 利用图中 x=0 点电势为零方程:

k

Q1 Q2 ?k ? 0 XO X0 ? a

X 在 ?x 0 处,合电势为 ?

U 0 ,方程

k

Q1 Q2 ?k ? ?U ?X O ?X 0 ? a

X 在 ?x 0 处,合电力等于 0,方程

k

Q1 Q2 ?k ? 0 2 (?X O ) (?X 0 ? a )2

联立三个方程得到

a ? ?(?

? 2) x 0 , Q1 ?

?(? ? 1)2 U 0x 0 ?x 0 U 0 ,Q 2 ? ? ?2 k ? ?2 k

例 3:在水平平面上有两相垂直相交的内壁光滑的联通细管,管内放置两个质量均为 m,电 荷量均为 q 的同号带电质点为 A、B,初始时质点 A 至两管交点 O 的距离为 d,质点 B 位于交 点 O 处,速度相互垂直,方向如图,大小均为 u 0 ?

kq 2 md

求质点运动中,它们之间的最小距离 解:通常,这里应该采用两质点的相对运动处理。 设运动过程中,A,B 两质点的位置矢量为 rA , rB ,则相对位矢为 r ?

rB ? rA

er ?

r r

分别写出 A、B 两质点的动力学方程,然后写出相对动力学方程:

kq 2 m a A ? (? 2 e r ? i ) i r
m aB ? ( kq 2 er ? j ) j r2

m(aB ? aA ) ? (?

kq 2 kq 2 e ? j ) j ? ( er ? i ) i r r2 r2

kq 2 m a ? 2 e r (其中 a 是 B 相对 A 的相对加速度) r

B 在运动时所受的力只有相反向的静电力,这个静电力是个有心力,同时又是一个保 守力,上述两个方程为角动量守恒,守恒量可由初始值确定。 初始时,相对于 A 的运动为右图,守恒方程——联系初态和相距最近状态, rm ,v m

? mrmv m ? mdu 0 ? 2 2 ?1 mv 2 ? k q ? 1 m( 2u )2 ? k q 0 ?2 m rm 2 d ?
联系消去v m ,解得 rm 解之前利用 u 0 ?

kq 2 2 ? mdu 0 ? kq 2 md

联立解得v m ?

1? 5 d u 0 , rm ? d rm 4

例 4: 电荷均匀分布在半径为 R 的圆面上, 电荷量的密度为 ? , 试求园面边缘的电势。

解:利用 u 0 ?

?k

dq ,其中 dq ? ? ? 2r?mdr (这里 ? m 是 r 的函数) r

r ? 2R cos ?m ,dr ? ?2R sin ?md?m

dq ? 2?r?m ? (?2R sin ?m ) d?m ? ?4?Rr?m sin ?md?m

u 0 ? ?k 4?R ? ? m sin ? md? m ? k 4?R ? ? md cos ? m
?
2

0

0

?

2

? k 4?R ? d(? m cos ? m ) ? cos ? md? m
?
2

0

? ? ? k 4?R ?0 ? ? ?

? ?
2

0

d sin ? m } ? k ? 4?R ?

4?R ?R ? 4?? 0 ?? 0

电势和电势能
例 1:当电荷连续分布时,求静电能量有两个公式

W ?

? udq ,W

?

1 2

? udq

试说明这两个公式的物理意义,并以平行板电容为例,分别利用上述公式求出它在电容 C, 蓄电量为 Q 时的静电场。

解: (1)利用W ?

? udq 计算

dA ? Ed r ? ??U
dA ' ? ?dA ? ?U
? dq(dA ) ? dq ? ?U

dA ? dq(?U ? U )

W ?

? dA'?

? Udq ?

q 1 Q2 1 dq ? ? CU 2 ? 2 C 2 0 c
Q

(2)利用W ?

1 2

? udq 计算

? U dqi
?

? U ?(?Q ), ? U ?dqi ? U ?(?Q )
? 1 1 1 1 ? U ?(?Q ) ? U ?(?Q )? ? Q(U ? ? U ? ) ? QU ? CU 2 2 2 2
2

W ?

1 2

? Udq

导体旁移动电荷,求外力做功 例 1:如图一个原来不带电电荷的同心球壳,内外半径分别为 a,b,球心处放一个点电荷, 电量为 Q 现在用外力把此点电荷从球心移到无限远处,求外力做功等于多少?

解:由于在 Q 移动过程中,导体球壳表面感应电荷变化,所产生的电场不是静电场,因此 需要另外想办法。 初始时刻,Q 未移动之前,在 Q 处,导体球壳内,外表面的感应电荷产生的静电场有电势, 其值: ( 另 Q=nq,然后逐个移动 q 计算外力做功

dA1 '? ?dA1 ? ?q(u 0 ? u ? ) ? ?q ?k( ? )(Q ? q )? ? a b ?
dA2 '? ?dA2 ? ?q(u 0 ? u ? ) ? ?q ?k( ? )(Q ? 2q )? ? a b ?
. .

? 1

1

?

? 1

1

?

dAn '? ?dAn ? ?q ?k( ? )(Q ? nq )? ? a b ?
外力做功之和

? 1

1

?

A'?

)? (Q ? q ) ? (Q ? 2q ) ? ... ? (Q ? nq )? b ? 1 1 ?? ?1 1? n(n ? 1)? 1 ? kq ? ? kQ 2 ? ? ?a ? b ? ? ?nQ ? q ?a ? b ? ? 2 2 ? ?? ? ? ?

? A' ? kq(a

1

?

1

其中初始吧 Q=nq(分散) ,移到无限远,又把 nq=Q(集中),合起来做功为零。 解法二: 如图

外力做功 A'? W f ? W 0 ?

Q2 ab ,其中C ? 4?? 0 2C b-a

A'?

Q2
2

k

?1 1? b-a 1 ? kQ 2 ? ?a ? b ? ? ab 2 ? ?

例 2:一块接地无限大导体平板,离板距离为 a 处有一个带电量为 Q 的点电荷,现在吧 Q 沿垂直于板的方向移到无限远处,求外力做多少功?

解法一:上一例的解法 解法二: 。 。 。 。 解法三: 设移动 Q 过程中离板距离达到 X,且移动缓慢,移动过程中外力始终等于作用在 Q 上的静 电力,即

F ? k

Q2 (2x )2
?

所以外力做功为

A'?

? Fdx ? kQ 2 ?
a

1 4

dx 1 ? kQ 2 4 x

2

? d( x ) ? k Q 4a
?

a

1

电场线 例 1:计算在通过导体面上以 0 为圆心,R 为半径的圆上的电量等于由 Q 发出的全部电量一 半的条件下,求 R=?

解: 一个方法是先求出导体面上相对于 0 的表明感应电荷面密度的分布, 求出半径为 R 的园 面上电量为 ?

1 时,R=? 2

这里采用初等方法,由于导体板右侧电场强度分布是由点电荷 Q 和导体板上感应电荷共 同激发产生,或者等价的认为:导体板右侧电场分布是由点电荷 Q 及其相应的电荷-Q 共同 激发产生。 由于右侧空间电场强度分布的非球形对称性,所以计算通过导体板上半径为 R 的园面上 电通量较困难,这是因为右侧的电场,已经由 Q,-Q 两点电荷产生的场叠加后形成的分布。 这里采用方法是:在计算通过导体板上园面的电通量宁可不用叠加后的电场计算,而用 叠加前的由 Q 发出,由-Q 吸收的两个球对称的电场来处理,其结果显然是相同的。 以 Q 为球心,r 为半径做一个球面 假设由 Q 发出的电量为 N,那么具有球对称的,由 Q 发出的电通量,通过圆的电通量为

2?r 2(1 ? cos ? ) N ? 4?r 2
同样,由-Q 吸收电场线,通过导体上同一个园面上的电通量必为这个值,而且通量方向相 同。 写出通过圆面电通量的方程:

1 2?r 2(1 ? cos ? ) N ? 2?N 2 4?r 2

? ?

?
3

对应的 R 为:tg

?
3

?

R ,R ? a

3a

例 2:一个半径为 R 的接地导体球,球外距球心为 d 处放置一个电量为 q 的点电荷 A,已知导 体球面上 ? ?

?0 ,区域的感应电荷量为 ?

1 q ,求 ?0 2

解:本系统球外有一个点电荷 Q 和导体球上感应电荷共同激发产生的电场分布,或者说球 外有一个由电荷 q 及其相应的电荷 q ' ? ? 如图

R q d

1 2?r22(1 ? cos ? ) R 2?r12(1 ? cos ? ) N ? N ? N 2 d 4?r22 4?r12
cos ? ?

R (1 ? cos ? ) d

几何关系:

q' R r1 x ? ? ? r2 q d R

r22 ? R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ?0
cos ? ?

DA d ? R cos ?0 ? r2 r2

cos ? ?

BD ? r1

R cos ? 0 ? r2

R2 d ? d cos ? 0 ? R r2

?

d R R ? (1 ? ) r2 d r2
d (3R 2 ? d 2 ) 3 2R

化简整理得: cos ? 0 ?

例 3:点电荷+q 和-q’(q’<q)分别位于 x 轴上 A.B 两点,A,B 的距离为 L,从+q 发出的某一 条电力线与连线 AB 成α 角度,

求: (1)求该电场线最终的场线与 x 轴间的夹角 (2)求该电场线或其最终的场线与 x 轴的交点 c 的位置 解: 题给的那条由 q 发出的电场线将来去向何处, 首先应该在 q 发出的千万条电场线中找出 一条能达到 B 而未达到 B 的那条电场线在 A 发出时与 AB 的夹角α 0 由于点电荷发出或者接受的电通量与该电荷的电量成正比, 所以在写电量时均对应的电量表 示,

q ?

2?(1 ? cos ? 0 ) ? q' 4?

? 2q '? ? 0 ? arctan ?1 ? q ? ? ?
(1) 当 ? ?

?0 时,题给的电场线将在 B 点,设这条电场线最终与 AB 夹角为β

q

2?(1 ? cos ? ) 2?(1 ? cos ? ) ? q' 4? 4?

解得 ? ? arccos ?1 ?

? ?

? q (1 ? cos ? )? q' ?

(2) 当 ? ?

?0 时,

q

4? ? 2?(1 ? cos ? ) 4? ? 2?(1 ? cos ? ) ? (q ? q ') 4? 4?

解得 ? ? arccos ? 当? ?

?

? (1 ? cos ? ) ? 1? ?q ? q ' ?

q

?0 时,c 点即为 B 点

如图, r1 ? Δ PCA 中,

r2
x1
sin ? ?

r1
sin ?

Δ PCB 中,

x2
sin ?

?

r2
sin ?

利用 r1 ?

r2 ,

x1 sin ? ? x2 sin ?

又(E ,E q ,E q ')三角形中,

Eq ' Eq ? sin ? sin ?

?

q ' sin ? ? q sin ?

所以

x1 q' ? ,另一个方程 x 2 ? x1 ? L x2 q
q' q L ,? X 2 ? L q ? q' q ? q'

? X1 ?

例 4.;两条均匀带电的无限平行直线,单位长的电荷量分别为λ 和-λ ,相距 2a,两带电线 构成的平面为 Z-X 平面,使 Z 轴与两线平行且距离相等,取直角坐标,试证明。

(1) 电势为 U 的等势面半径为 r ?

2ka ?2?? 0U ? 的圆柱面,其中 k ? exp ,圆 2 ? ?? k ?1 ? ?

k2 ? 1 a 处。 柱的轴线与两带电的直线平行且共面,位置在 x 轴上, x 0 ? 2 k ?1
(2) 在 X-Y 平面上, 电场线的方程为 x 其中 b 为常量。
2

即圆心在 y 轴上的圆, ? y 2 ? by ? a 2 ? 0 ,

证明:本系统是一个相对 Z 轴具有一定对称性的系统,即在任意一个垂直于 Z 轴平面内,电 场的分不相同,所以可在 X-Y 平面内讨论 (1) 写出 P(X,Y)点处的电势表达式,设为 U

U ? U? ? U?

? r? ? ? ? ? ? ? ? ln r? ? ln r? ? ln ? ? 2?? 0 2?? 0 4?? 0 ? ? r? ?

2

r?2 ? (x ? a )2 ? y 2 , r?2 ? (x ? a )2 ? y 2

U ?

? (x ? a )2 ? y 2 ln 4?? 0 (x ? a )2 ? y 2
(x ? a )2 ? y 2 (x ? a )2 ? y 2
?2?? 0U ? ,整理后的 ?? ?
2

k2 ?

因为 k ? exp ? ?

? 2ka ? k2 ? 1 2 (x ? 2 a) ? y 2 ? ? ? k 2 ? 1? ? 得证 k ?1 ? ?
(2) 在 X-Y 平面内,如图写出 P(X,Y)点电场强度为

E ? E? ? E?

Ex ?
?

? 1 x ?a ? 1 x ?a ? 2?? 0 r? r? 2?? 0 r? r?

? x ?a x ?a [ 2 ? ] 2?? 0 r? r?2
? 1 y ? 1 y ? 2?? 0 r? r? 2?? 0 r? r?

Ey ?
?

? y y [ 2 ? 2] 2?? 0 r? r?

在 P 点电场线的斜率
2 E dy ? r? ? y ? x ?a dx Ex ? r?2

y? ?

? 1

?

1 ? ? r?2 ? y(r?2 ? r?2 ) ? ? x ?a (x ? a )r?2 ? (x ? a )r?2

r?2

整理得

dy 2xy 2xydx ? x 2dy ? y 2dy ? a 2dy ? 2 ? ? 0 dx x ? y 2 ? a2 y2
?x 2 a2 ? x2 a2 ? d? ?y ? ?y ? ? b ? ? 0 ? y ? y y ?y
所以 x
2

? y 2 ? by ? a 2 ? 0 得证。

例:两个导体相距很远,其中一个导体带电荷 Q1,电势为 U1,另一个导体带电荷为 Q2, 电势为 U2,电容为 C 电容器原来不带电,现在用极细的导体将它与两个导体相连,如图所 示,求,电容器充电后的电压。

解:用细导线相连,电容器冲电,并使电容器两极板间电势差为 U,则此时电容器带电量为 Q=CU,因此导致两导体带电量变为(Q1-CU).(Q2-CU) 由于孤立导体所带电荷量与导体之比为 Q/U,与其带电量多少无关,因此,末态两导体的电 势 U 1 ',U 2 '满足 U 1 '? (Q 1 ?

CU )

U1 U , U 2 '? (Q 2 ? CU ) 2 Q1 Q2

两导体间电势差等于电容器的两极板间电势差,即

U ? U 1' ?U 2 '? (U 1 ?
解得 U ?

CU 1 CU U ) ? (U 2 ? 2 U ) Q1 Q2

U1 ? U2 Q 1Q 2(U 1 ? U 2 ) ? ?U 1 U 2 ? Q 1Q 2 ? C(U 1Q 2 ? U 2Q 1 ) 1 ? C? ?Q ? Q ? ? 2 ? ? 1

由于无限长带电直线上无限多个无限小线小线元与辅助半圆上无限多个无限小弧之具 有对应关系,所以Δ L 在 P 点产生的电场强度与Δ L2 在 P 点产生的电场强度完全相同。

所以 P 点的电场强度用同样带有λ 的带电辅助半圆在 P 点产生的电场强度代替。 下面计算: ‘ P 点电场强度大小——在 P 点放一个单位正电荷,它受带电半圆的作用力大小。 ——P 点处单位正电荷对带电半圆的作用力大小 ——它等于带电半圆上单位长带电量受到 P 处单位正电荷的作用力

f0 ?

? 4?? 0 a 2
1

E ? f0 ? 2a ?

? 1 ? ? 2a ? ? 2 4??0 a 2??0 a
1

?E ?

? ? ?L 1 ??L ,利用图 ?L1 ? ?Lcos ? ? 2a ? ? 2 4??0 r 4??0 ar
1

作一个辅助圆(以 P 点为圆心,a 为半径作半个圆(与常电直线相似)利用

?L1 ?L2 ? ,带入上式子 r a

?E ?

1 4?? 0

?

??L2 a2

无限长带电直线上任意一段无限小带电线元Δ L 在 P 点产生的电场强度大小和方向正好 等于同样带电线密度为λ 的一段对应的弧元Δ L2 在 P 点产生的电场强度的大小和方向。 解法:如图,在无限大带电平面上,任取一无限带电元Δ S, ?q ? ??S

?E z ?

1 4?? 0
?

?

??S 1 ??S 1 1 ??S 2 ? ? ? ? 2 2 4?? 0 4?? 0 r r a2

利用

?S 1

?S 2

r

2

a2

此式子告诉我们:在无限大均匀带电平面上,任意一个无限小面元在 P 点产生的电场 强度在 Z 方向分量正好等于辅助半球面上对应的小球面元Δ S2 上电荷在 P 点产生的电场强 度的大小。 再求无限长带电直线周围电势分布

E ?
r2 r1

? er (柱坐标) 2?? 0 r
1

? E ? d r ? U1 ? U2 ?
所以 U ? ?

? r 2??
1

r2

1

0

? ? dr ? (ln r2 ? ln r1 ) r 2?? 0

? ln r 2?? 0
1

,则 P 点的电场强度(一定时 Z 方向)等于

Ep ?

? 4??

0

??S 2 ? ? ? ? 2?a 2 ? 2 2 2? 0 a 4?? 0a

例:如图计算无限长均匀带电直线周围电场强度表达式 解:方法一:利用高斯定理

如图:带电直线为轴取高为Δ L1,半径为 r 的高斯面

?? E
上底

? dS ?

?q
?0

?? E ?? E
?0

? dS ? 0 ,

下底

?? E

? dS ? 0

? dS ? E ? 2?r?L

侧面

?q

?

??L ?0
1

? E ?

?

2?? 0 r

方法二:初等方法 例:平面对称的电场,无限大带电平面, ? ,求周围电场强度。 解法一:利用高斯定理

如图取一个高斯面

?? E
侧面

? dS ?

?q
?0

?? E

? dS ? 0

右端

?? E

? dS ? E?S 1 ? E?S

左端

?? E
?0

? dS ? E?S 2 ? E?S

?q

?

??L ?0

? 2E?S ?

??S ? ? E ? ?0 2? 0

例:有三个同心的导体薄球壳,半径分别为 a,b,c,其中内、外球壳均接地,而中间 球壳是由两个半球壳拼接而成,且其中带有一定电量。 试问:三个球壳半 a,b,c 之间满足什么关系,才能使中间球壳的两部分不会相互分离

解:设内、外球壳因感应产生带电量分别为 Q a ,Qc ,中间球壳带电量为 Q 根据题意可知,内、外球壳接地,电势为零,可以列方程:

Ua ? 0 ? k Uc ? 0 ? k
?

Qa Q Q ?k ?k c a b c Qa Q Q ?k ?k c c c c

Qa Q Q Q ? ? a ? a b c c
a(b ? c ) b(c ? a )

? Qa ? Q

? Qc ? ?Q ? Q a ? Q

C(a ? b ) b(c ? a )

再求中间球壳受力方向(向外为正) 中间球壳两半球不分离的条件是球壳上受到的合力小于等于零

Eb? ? k

Qa b2

Eb ? ? k

Qa ? Q b2

Eb ?

1 1 Q Q ?Q Q Q (E b ? ? E b ? ) ? [k a ?k a 2 ]? k a ?k 2 2 2 2 b b b 2b 2

带入 Qa,整理可得

E b ?? k

Q ab ? 2ac ? bc b(c ? a ) b2

Fb ? QE b ? k

Q 2 ab ? 2ac ? bc ? 0 (两半球不分离条件) b(c ? a ) b2

用 c>a. 条件为 ab ? 2ac ? bc ? 0

?

2

b

?

1

a

?

1

c

例:在正 N 变形的顶点上依次分布着电荷,所带电量公差为 q 的等差数列,即 q,2q, 3q…Nq,从 N 边行中心到任意一个顶点的距离均为 R,求多边形中心电场强度 E 的大小

解: (1)先确定 N 边行带电系统在中心 O 点的合场强方向 ① 当 N 为偶数时, 图 (b) 作 N1 边中垂线 XX '(过 O 点)设想以 XX '轴将正 N 边行对折, 即将右边 1,2,3…多点叠加在右边 N,N-1,N-2…上,各点电荷量均为(N+1)q,由对 称性,各点在 O 点引起的电场元矢量和的方向垂直于 XX '轴,可知原系统在 O 点的 和电场方向必与 XX '轴垂直。这是因为对折前后沿 XX '方向电场分量为 0 当 N 奇数时, 同样做中垂线 XX ', 设想以 XX '为轴将正 N 边行对折, 即将右边 1,2,3…



多点叠加在右边 N,N-1, N-2…上, 叠加后, 除 XX '轴上的一个顶点的电量为

N ?1
2

q

(下端)除外,其余多点的电量均为(N+1)q。再将与图(c)所示系统关于 XX '轴 成完全对称的另一个系统(第二次叠加)与之叠加,叠加后的系统如图(d) ,此新 的系统多顶点的电量均为(N+1)q,因此这个系统的中心 0 点,电场强度为 0,因 此图(c)所示系统在 O 点的电场强度没有沿 XX '轴方向的分量。由此可知,原系统 在 O 点合场强方向必与 XX '轴垂直, 综上可知,无论 N 为什么数,原系统在 O 点的合场强方向垂直 (2)现取 N0 为Y Y '轴,将两个 N 边行带电系统关于Y Y '轴镜像对称地叠加如图(e) ,

此时除 N 点电荷为 2Nq,其他多点电荷均为 Nq,显然两个系统叠加后再 O 点引起的合场强 方向沿 OY '方向大小为

E0 ? k

Nq ,每个系统对应场强与 E 0 关系为 R2

这就是原正 N 边行中心处电场强度 E 的大小 电偶极子 观察远处电场强度时,可用一个量来代表这个电偶极子: 电偶极距 pe ?

qL

小结: (1)电偶极子的电偶极距 pe ?

qL

(2)电偶极子在其延长线方向和中垂线上的电场强度分布 如图所示

E 11 ?

1

2p
3

4?? 0 r

, E1 ?

p 4?? 0 r 3
1

(3)如图所示,

在 p(r,θ )点处,电偶极子的产生电场强度分量为

? 1 2p cos ? Er ? ? ? 4?? 0 r3 ? ? E ? ? 1 p sin ? ? 4?? 0 r3 ?
(4)电偶极子在 p(r,θ )处产生的电势,如图

U ?

1 p cos ? pr ,或者 U ? 3 4??0 4?? 0 r r3

1

E 与 U 的关系

?E
1

2

? d r ? U1 ? U 2 ,Ex ? ?

dU dX

E ? ??U
柱坐标下 ?

? ?U 1 ?U 1 ?U ? ? E ? ??U ? ? ? , ? ? ? ?r , r ?? r sin ? ?? ? ? ?
(5)电偶极子在外电场的势能(如图所示)

?E
1

2

? d r ? U1 ? U2

?M
1

2

? dr ? U1 ? U2
2 2

? ? qEL sin ?d? ? qEL ? sin ?d? ? qEL ? d cos ? ? qEL(cos ?2 ? cos ?1 )
1 1 1

2

? ?qEL cos ?1 ? (?qEL cos ?2 )

U ? ?qEL cos ? ? ?p ? E

例: 解:分析 t=0 时产生大的一个微粒, 由于此时以及随后 A 板加上正电压 U0, 所以这个带负电的 微粒,将被加速。这个微粒可以有 T/2 的加速时间,在这段时间内,设微粒可以经历的路程 为 X,

1 ?T ? 1 qU 0 ? T ? ? ? ? x ? a? ? ? ? ? 2 ?2? 2 2Lm ? ?2?
依据所给表达式
2

2

2

3 U 0q ? T ? 3 U 0q ? ? L ? ?L ? ? ? 16 2m ? 2 ? 16 2Lm
2

?T ? ? ?2? ? ? ?

2

所以 x>L 这个说明 t=0 时产生的第一个微粒可以到达 A 板 ① 设t ? 0 ? t ? 这里最后产生的那个微粒 t1 这段时间产生微粒正好能全部到达 A 板,

刚好能到 A 板,这个微粒产生后向 A 板加速的时间设为Δ t1,则

T
2

? t1 ? ?t ,求 t1,如图所示

找方程,设加速度 a,

d1 ? d 2 ? L
d1 ?
1 2 a ??t1 ? ,v 1 ? a(?t1 ) 2

2 02 ? v 1 ? 2 (2a ) d2

五个方程,五个未知量,联立求解得

?t1 ?

T
4

说明:t ? t1 ?

T
4

时刻产生的那个微粒未到 A 板

② 假设某一个时刻产生的一个微粒,将要到达但是还未到达 A 板,掉过来反向加速,求到 达 B 板需要多长?(近 A 板时,速度为零)

2L ?

1 qU 0 2 (2a ) ? 2 ? a? 2 ? ? 2 2mL

? ?
2

4mL2

qU 0

? L2 ?

qU 0 2 ? 4m
2

3 U 0q ? T ? ? ? 利用题给式子 L ? ? ?? ? 16 2m ? ?2?
2

3T 2 4

反向向 B 加速时间为

T
2

?

T
8

?

3 3 T T ? ( ) 8 2 4

这个微粒可足够时间到达 B 板,这种情况正好是

t ?

T
4

时,在 A 板附近的那个微粒。

③ t ?

T
4

?t ?

T
2

时间内产生的那个微粒

可以肯定,这些微粒不能到达 A 板,而且在距 A 板前一段距离停止,然后反向加速,反 之,那么这些微粒到达 B 板需要 ? 1 ? ? 如图所示,A 板处,在 ? 2 v 0 的作用下已经经历了 ? 间将 ?

T 的时间,所以反向向 B 的加速时 8

?1 , 而 离 A 板 较 远 处 开 始 向 B 板 加 速 到 达 B 板 时 间 将 ? ? , 因 此
?t ?

t ?

T
4

T
2

内产生的微粒, 在掉头向 B 加速过过程中有更富裕的时间到达 B 板。

最后的结论:在t ? 0 ? t ?

T
2

时间内产生的微粒,只有t ? 0 ? t ?

T
4

内产生

的微粒可以到达 A 板,粒子数目为 80

例:细直开口管子质量为 m,可无摩擦的沿线滑行,管子均匀带电 Q,长度为 l.系 统处于图中所示的电场中,在画箭头区域为均匀电场,场强为 E,未画箭头的区域宽度为 L>l、无电场。求:管子的振幅 A 沿线振动的周期。

解: (1)当长度为 X(X<l)的管子进入到电场中时,管子受到的电场力为

F ? ?

x QE QE ? ?kx ,(k ? ) l l

可见管子进入电场的过程中受力与位移大小成正比,与位移方向相反的力作用,管子在 这个阶段做简谐振动。 (2)设管子振动到振幅位置,管子左(右)端进入左(右)电场边界距离为 X 0 ,由图中 几何关系 2X 0 ?

L ? 2A ? l
2 ? L 2

解得 x 0 ? A ? l

下面分两种情况讨论管子运动周期 ① 当 x0 ?

l 时,即到达振幅位置时,管子还未完全进入到电场区域。这种情况,管

子的振动周期由两部分构成 A:电场区域的一个全振动时间TE B:无电场区域来回的匀速直线运动时间T 0

TE ? 2?

m 2 (L ? l ) ,T0 ? v0 k

式子中v 0 为管子做简谐振动的最大速度,即管子在无电场区域运动速度。

根据简谐振动运动过程v 0 ?

x 0? ?
?

k x m 0
2 (L ? l )

带入T 0 表达式T0 ?

2 (L ? l )

k x m 0

k l L (A ? ? ) m 2 2

T ? TE ? T0 ? 2?
② 当 x0 ?

m m L ?l ?2 k k A ? l ?L
2

2

l 时,即振幅位置时管子已经完全进入到电场区域,这种情况管子的振动

周期由三部分组成: A、 无电场区域匀速运动T 0 B、 管子未完全进入电场区域时简谐振动时间TE C、 管子完全进入电场区域后,在电场中作匀变速直线运动TE ' 设管子完全进入电场区域时速度为vt ,管子在电场中作变速直线运动,速度为

QE ,位移 m

(x 0 ? l ),有vt ?

2

QE (x ? l ) m 0

设管子刚进入电场区域时速度,即管子做简谐振动的速度为v 0 ,能量守恒:

1 1 1 2 mv 0 ? mv t2 ? mkl 2 2 2 2
从中解得

v0 ?

k 2 QE QE ) l ? 2 (x 0 ? l ) ,利用(k ? l m m

v0 ?

QE (2x 0 ? l ) m
v 0 cos ?t ,得到
2 (x 0 ? l ) 2x 0 ? l

再利用简谐振动的规律vt ?

t ?

1

?

arccos

vt ? v0

m arccos k

这个 t 是管子在一个周期内,在电场区域作简谐振动所需时间的四分之一,因此

TE ? 4t ? 4

m arccos k

2 (x 0 ? l ) 2x 0 ? l

再由T0 ?

2 (L ? l )

v0
2 (X 0 ? l )

? 2 (L ? l )

2m(x 0 ? l )

QE

TE ' ? 4

QE

? 4

2m(x 0 ? l )

m

QE

T ? T0 ? TE ? TE '? 2(L ? l )
?4 2m(x 0 ? l )

m m ?4 arccos QE (2X 0 ? l ) k

2 (x 0 ? l ) 2x 0 ? l

QE
QE ), x 0 ? A ? l ? L 带入得到最后结果。 2 2 l

将(k ?


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