南師附中2016屆高三自主招生輔導(dǎo)講義1-電場

1、靜電場一、庫侖定律和電場強(qiáng)度【例1】如圖所示，帶電量分別為4q和q的小球A、B固定在水平放置的光滑絕緣細(xì)桿上，相距為d。若桿上套一帶電小環(huán)C，帶電體A、B和C均可視為點(diǎn)電荷。（1）求小環(huán)C的平衡位置。（2）若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x(x<<d)后靜止釋放，試判斷小環(huán)C能否回到平衡位置。（回答“能”或“不能”即可）（3）若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x(x<<d)后靜止釋放，試證明小環(huán)C將作簡諧運(yùn)動(dòng)。（提示：當(dāng)<<1時(shí)，則 ） 幾種場源的電場：決定電場強(qiáng)弱的因素有兩個(gè)：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可

2、以從不同電場的場強(qiáng)決定式看出（1）點(diǎn)電荷：E = k結(jié)合點(diǎn)電荷的場強(qiáng)和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強(qiáng)，如（2）均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點(diǎn)P：E = ，其中r和R的意義見右圖。（3）均勻帶電球殼內(nèi)部：E內(nèi) = 0外部：E外 = k ，其中r指考察點(diǎn)到球心的距離如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1rR2）：E = ，其中為電荷體密度。這個(gè)式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(dāng)中（條件部分）的“剝皮法則”理解即為圖中虛線以內(nèi)部分的總電量。（4）無限長均勻帶電直線（電荷線密度為）：E = 因此,無限長均勻帶電直線外的電場強(qiáng)度大小為,這個(gè)變換式已利用.其中a為P點(diǎn)距直線

3、MN的距離,為電荷線密度（5）無限大均勻帶電平面（電荷面密度為）：E = 2k（6）電偶極子激發(fā)的電場真空中一對相距為l的帶等量異號(hào)電荷的點(diǎn)電荷系統(tǒng)，且l遠(yuǎn)小于討論中所涉及的距離，這樣的電荷體系稱為電偶極子，并且把連接兩電荷的直線稱為電偶極子的軸線，將電量q與兩點(diǎn)電荷間距l(xiāng)的乘積定義為電偶極矩。a.設(shè)兩電荷連線中垂面上有一點(diǎn)P，該點(diǎn)到兩電荷連線的距離為r，則P點(diǎn)的場強(qiáng)如圖1-1-5所示，其中 b.若為兩電荷延長線上的一點(diǎn)，到兩電荷連圖1-1-6線中點(diǎn)的距離為r，如圖1-1-6所示，則 c.若T為空間任意一點(diǎn)，它到兩電荷連線的中點(diǎn)的距離為r，如圖1-1-7所示，則在T點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)分量為圖1-1-

4、7 ，由在T點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)分量為故P1P2 A【例2】一條無限長、電荷不能自由移動(dòng)的直線，在A點(diǎn)折成直角，直線上均勻帶電，電荷線密度為（設(shè)>0）.在折成直角的直線平面內(nèi)有P1、P2兩點(diǎn)，它們與兩半直線的垂直距離為a，如圖，求P1、P2處的場強(qiáng)?！纠?】三塊厚度均勻，長、寬和厚相等的金屬板，順著厚度方向依次排列，金屬板的長、寬線度遠(yuǎn)大于板間間距，如圖所示。已知金屬板帶電量分別為Q1、Q2、Q3，在不考慮邊緣效應(yīng)的條件下，求各金屬板兩側(cè)的帶電量q1、q2、q3、q4、q5、q6?！纠?】如圖所示，在半徑為R、體電荷密度為的均勻帶電球體內(nèi)部挖去半徑為的一個(gè)小球，小球球心與大球球心O相距

5、為a，試求的電場強(qiáng)度，并證明空腔內(nèi)電場均勻。分析： 把挖去空腔的帶電球看作由帶電大球與帶異號(hào)電的小球構(gòu)成。由公式求出它們各自在的電場強(qiáng)度，再疊加即得。這是利用不具有對稱性的帶電體的特點(diǎn)，把它湊成由若干具有對稱性的帶電體組成，使問題得以簡化。在小球內(nèi)任取一點(diǎn)P，用同樣的方法求出，比較和，即可證明空腔內(nèi)電場是均勻的。采用矢量表述，可使證明簡單明確。解： 由公式可得均勻帶電大球（無空腔）在點(diǎn)的電場強(qiáng)度，方向?yàn)镺指向。同理，均勻帶異號(hào)電荷的小球 在球心點(diǎn)的電場強(qiáng)度所以 ，如圖1-1-1（b）所示，在小球內(nèi)任取一點(diǎn)P，設(shè)從O點(diǎn)到點(diǎn)的矢量為，為，（b） OP為。則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為 可見：因P點(diǎn)任

6、取，故球形空腔內(nèi)的電場是均勻的。二、電通量穿過電場中某一截面S的電通量e被定義為：，可以理解為，穿過某一截面的電場線的根數(shù)三、高斯定理真空中靜電場的高斯定理表述如下：靜電場中通過任意閉合曲面（稱高斯面）S的電通量等于該閉合曲面內(nèi)全部電荷的代數(shù)和除以0，與外面的電荷無關(guān)。高斯定理的數(shù)學(xué)表達(dá)式為：，其中，由于高中缺少高等數(shù)學(xué)知識(shí)，因此選取的高斯面即閉合曲面，往往和電場線垂直或平圖1-1-2（a） 圖1-1-2（b） 行，這樣便于電通量的計(jì)算。盡管高中教學(xué)對高斯定律不作要求，但筆者認(rèn)為簡單了解高斯定律的內(nèi)容，并利用高斯定律推導(dǎo)幾種特殊電場，這對掌握幾種特殊電場的分布是很有幫助的。利用高斯定

7、理求幾種常見帶電體的場強(qiáng)無限長均勻帶電直線的電場一無限長直線均勻帶電，電荷線密度為，如圖1-1-2（a）所示?？疾禳c(diǎn)P到直線的距離為r。由于帶電直線無限長且均勻帶電，因此直線周圍的電場在豎直方向分量為零，即徑向分布，且關(guān)于直線對稱。取以長直線為主軸，半徑為r，長為l的圓柱面為高斯面，如圖1-1-2（b），上下表面與電場平行，側(cè)面與電場垂直，因此電通量圖1-1-3無限大均勻帶電平面的電場根據(jù)無限大均勻帶電平面的對稱性，可以判定整個(gè)帶電平面上的電荷產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)與帶電平面垂直并指向兩側(cè)，在離平面等距離的各點(diǎn)場強(qiáng)應(yīng)相等。因此可作一柱形高斯面，使其側(cè)面與帶電平面垂直，兩底分別與帶電平面平行，并位于離

8、帶電平面等距離的兩側(cè)如圖1-1-3由高斯定律： 式中為電荷的面密度，由公式可知，無限大均勻帶電平面兩側(cè)是勻強(qiáng)電場。平行板電容器可認(rèn)為由兩塊無限帶電均勻?qū)w板構(gòu)成，其間場強(qiáng)為，則由場強(qiáng)疊加原理可知均勻帶電球殼的場強(qiáng)有一半徑為R，電量為Q的均勻帶電球殼，如圖1-1-4。由于電荷分布的對稱性，故不難理解球殼內(nèi)外電場的分布應(yīng)具有球?qū)ΨQ性，因此可在球殼內(nèi)外取同心球面為高斯面。對高斯面1而言：圖1-1-4；對高斯面2：。 球?qū)ΨQ分布的帶電球體的場強(qiáng)推導(dǎo)方法同上，如圖1-1-4，對高斯面1，；對高斯面2，。 【例5】如圖所示，在-dxd的空間區(qū)域內(nèi)（y，z方向無限延伸）均勻分布著密度為的正電荷，此外均為真空

9、（1）試求d處的場強(qiáng)分布；（2）若將一質(zhì)量為m，電量為-q的帶點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)，從x=d處由靜止釋放，試問該帶電質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過過多長時(shí)間第一次到達(dá)x=0處。 圖1-1-8 解： 根據(jù)給定區(qū)域電荷分布均勻且對稱，在y、z方向無限伸展的特點(diǎn)，我們想象存在這樣一個(gè)圓柱體，底面積為S，高為2x，左、右底面在x軸上的坐標(biāo)分別是-x和x，如圖1-1-8所示?？梢耘袛鄨A柱體左、右底面處的場強(qiáng)必定相等，且方向分別是逆x軸方向和順x軸方向。再根據(jù)高斯定理，便可求出坐標(biāo)為x處的電場強(qiáng)度。（1）根據(jù)高斯定律。坐標(biāo)為x處的場強(qiáng)：（d），x0時(shí)，場強(qiáng)與x軸同向，x0時(shí)，場強(qiáng)與x軸反向。（2）若將一質(zhì)量為m、電量為的帶電質(zhì)點(diǎn)置

10、于此電場中，質(zhì)點(diǎn)所受的電場力為：（d）顯然質(zhì)點(diǎn)所受的電場力總是與位移x成正比，且與位移方向相反，符合準(zhǔn)彈性力的特點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)在電場力的運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng)，振動(dòng)的周期為當(dāng)質(zhì)點(diǎn)從x=d處靜止釋放，第一次達(dá)到x=0處所用的時(shí)間為 四、電勢差、電勢、等勢面、電勢能幾種常見帶電體的電勢分布（1）點(diǎn)電荷周圍的電勢如圖1-2-1所示，場源電荷電量為Q，在離Q為r的P點(diǎn)處有一帶電量為q的檢驗(yàn)電荷，圖1-2-1現(xiàn)將該檢驗(yàn)電荷由P點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處（取無窮遠(yuǎn)處為零電勢），由于此過程中，所受電場力為變力，故將q移動(dòng)的整個(gè)過程理解為由P移至很近的（離Q距離為）點(diǎn)，再由移至很近的（離Q距離為）點(diǎn)直至無窮遠(yuǎn)處。在每一段很小的過程中，

11、電場力可視作恒力，因此這一過程中，電場力做功可表示為： 所以點(diǎn)電荷周圍任一點(diǎn)的電勢可表示為：式中Q為場源電荷的電量，r為該點(diǎn)到場源電荷的距離。電勢疊加原理電勢和場強(qiáng)一樣，也可以疊加。因?yàn)殡妱菔菢?biāo)量，因此在點(diǎn)電荷組形成的電場中，任一點(diǎn)的電勢等于每個(gè)電荷單獨(dú)存在時(shí)，在該點(diǎn)產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和，這就是電勢疊加原理。（2）均勻帶電球殼，實(shí)心導(dǎo)體球周圍及內(nèi)部的電勢。由于實(shí)心導(dǎo)體球處于靜電平衡時(shí)，其凈電荷只分布在導(dǎo)體球的外表面，因此其內(nèi)部及周圍電場、電勢的分布與均勻帶電球殼完全相同。由于均勻帶電球殼外部電場的分布與點(diǎn)電荷周圍電場的分布完全相同，因此用上面類似方法不難證明均勻帶電球殼周圍的電勢為。 rR式中Q

12、為均勻帶電球殼的電量，R為球殼的半徑，r為該點(diǎn)到球殼球心的距離。在球殼上任取一個(gè)微元，設(shè)其電量為，該微元在球心O處產(chǎn)生的電勢。由電勢疊加原理，可知O點(diǎn)處電勢等于球殼表面各微元產(chǎn)生電勢的代數(shù)和，。因?yàn)榫鶆驇щ娗驓ぜ皩?shí)心導(dǎo)體球均為等勢體，因而它們內(nèi)部及表面的電勢均為。  【例6】如圖所示，半徑為R的圓環(huán)均勻帶電，電荷線密度為，圓心在O點(diǎn)，過圓心跟環(huán)面垂直的軸線上有P點(diǎn)， = r ，以無窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，試求P點(diǎn)的電勢UP 。【模型分析】這是一個(gè)電勢標(biāo)量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個(gè)元段L ，它在P點(diǎn)形成的電勢U = k環(huán)共有段，各段在P點(diǎn)形成的電勢相同，而且它們是標(biāo)量疊加。【答案】UP =

13、 思考如果上題中知道的是環(huán)的總電量Q ，則UP的結(jié)論為多少？如果這個(gè)總電量的分布不是均勻的，結(jié)論會(huì)改變嗎？答UP = ；結(jié)論不會(huì)改變。【例7】半徑為R的半球形薄殼，其表面均勻分布面電荷密度為的電荷，求該球開口處圓面上任一點(diǎn)的電勢。圖1-2-3 解： 設(shè)想填補(bǔ)面電荷密度亦為的另半個(gè)球面如圖1-2-3所示，則球內(nèi)任一點(diǎn)的場強(qiáng)均為0，對原半球面開口處圓面上的任一點(diǎn)P而言，也有，而是上、下兩個(gè)半球在P點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)、的合成。另據(jù)對稱性易知，、的大小必定相等，而、的合場強(qiáng)為零，說明、均垂直于半球開口平面，故在半球面帶均勻電荷的情況下，它的開口圓面應(yīng)為等勢點(diǎn)，即圓面上任一點(diǎn)的電勢都等于開口圓面圓心點(diǎn)

14、處的電勢。故說明 雖然場強(qiáng)與電勢是描述電場不同方面特性的兩個(gè)物理量，它們之間沒有必然的對應(yīng)關(guān)系，但電勢相等的各點(diǎn)構(gòu)成的等勢面應(yīng)與該處的場強(qiáng)方向垂直，利用這個(gè)關(guān)系可為求取場強(qiáng)或電勢提供一條有用的解題路徑?！纠?】如圖所示，球形導(dǎo)體空腔內(nèi)、外壁的半徑分別為R1和R2 ，帶有凈電量+q ，現(xiàn)在其內(nèi)部距球心為r的地方放一個(gè)電量為+Q的點(diǎn)電荷，試求球心處的電勢?！窘馕觥坑捎陟o電感應(yīng)，球殼的內(nèi)、外壁形成兩個(gè)帶電球殼。球心電勢是兩個(gè)球殼形成電勢、點(diǎn)電荷形成電勢的合效果。根據(jù)靜電感應(yīng)的嘗試，內(nèi)壁的電荷量為Q ，外壁的電荷量為+Q+q ，雖然內(nèi)壁的帶電是不均勻的，根據(jù)上面的結(jié)論，其在球心形成的電勢仍可以應(yīng)用定式

15、，所以【答案】Uo = k k + k ?！纠?】如圖1-2-2所示，兩個(gè)同心導(dǎo)體球，內(nèi)球半徑為，外球是個(gè)球殼，內(nèi)半徑為，外半徑。在下列各種情況下求內(nèi)外球殼的電勢，以及殼內(nèi)空腔和殼外空間的電勢分布規(guī)律。 圖1-2-2 （1）內(nèi)球帶，外球殼帶。（2）內(nèi)球帶，外球殼不帶電。（3）內(nèi)球帶，外球殼不帶電且接地。（4）內(nèi)球通過外殼小孔接地，外球殼帶。解: 如圖1-2-2所示，根據(jù)疊原理：（1）處有均勻的，必有均勻的，處當(dāng)然有電荷，因此：內(nèi)球 外球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（2）處有，處有，處有，因此：內(nèi)球 外球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（3）處有，處有，外球殼接地，外球殼，處無

16、電荷。內(nèi)球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（4）內(nèi)球接地電勢為零，內(nèi)球帶，處有，處有，先求，因?yàn)?解得 內(nèi)球 外球 腔內(nèi) （r）殼外 【例10】（2013清華大學(xué)保送生考試）圖中，三根實(shí)線表示三根首尾相連的等長絕緣細(xì)棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導(dǎo)體棒時(shí)完全相同。點(diǎn)A是abc的中心，點(diǎn)B則與A相對bc棒對稱，且已測得它們的電勢分別為UA和UB 。試問：若將ab棒取走，A、B兩點(diǎn)的電勢將變?yōu)槎嗌伲俊灸Ｐ头治觥坑捎诩?xì)棒上的電荷分布既不均勻、三根細(xì)棒也沒有構(gòu)成環(huán)形，故前面的定式不能直接應(yīng)用。若用元段分割疊加，也具有相當(dāng)?shù)睦щy。所以這里介紹另一種求電勢的方法。每根細(xì)棒的電荷分布雖然復(fù)雜，但

17、相對各自的中點(diǎn)必然是對稱的，而且三根棒的總電量、分布情況彼此必然相同。這就意味著：三棒對A點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)都相同（可設(shè)為U1）；ab棒、ac棒對B點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)相同（可設(shè)為U2）；bc棒對A、B兩點(diǎn)的貢獻(xiàn)相同（為U1）。所以，取走ab前 3U1 = UA 2U2 + U1 = UB取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢貢獻(xiàn)不變，所以 UA= 2U1 UB= U1 + U2【答案】UA= UA ；UB= UA + UB 。模型變換正四面體盒子由彼此絕緣的四塊導(dǎo)體板構(gòu)成，各導(dǎo)體板帶電且電勢分別為U1 、U2 、U3和U4 ，則盒子中心點(diǎn)O的電勢U等于多少？解說此處的四塊板子雖然位置相對O點(diǎn)具有

18、對稱性，但電量各不相同，因此對O點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)也不相同，所以應(yīng)該想一點(diǎn)辦法我們用“填補(bǔ)法”將電量不對稱的情形加以改觀：先將每一塊導(dǎo)體板復(fù)制三塊，作成一個(gè)正四面體盒子，然后將這四個(gè)盒子位置重合地放置構(gòu)成一個(gè)有四層壁的新盒子。在這個(gè)新盒子中，每個(gè)壁的電量將是完全相同的（為原來四塊板的電量之和）、電勢也完全相同（為U1 + U2 + U3 + U4），新盒子表面就構(gòu)成了一個(gè)等勢面、整個(gè)盒子也是一個(gè)等勢體，故新盒子的中心電勢為U= U1 + U2 + U3 + U4 最后回到原來的單層盒子，中心電勢必為 U = U答U = （U1 + U2 + U3 + U4）。反饋練習(xí)電荷q均勻分布在半球面ACB上，

19、球面半徑為R ，CD為通過半球頂點(diǎn)C和球心O的軸線，如圖7-12所示。P、Q為CD軸線上相對O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢為UP ，試求Q點(diǎn)的電勢UQ 。解說這又是一個(gè)填補(bǔ)法的應(yīng)用。將半球面補(bǔ)成完整球面，并令右邊內(nèi)、外層均勻地帶上電量為q的電荷，如圖7-12所示。從電量的角度看，右半球面可以看作不存在，故這時(shí)P、Q的電勢不會(huì)有任何改變。而換一個(gè)角度看，P、Q的電勢可以看成是兩者的疊加：帶電量為2q的完整球面；帶電量為q的半球面?？疾镻點(diǎn)，UP = k + U半球面其中 U半球面顯然和為填補(bǔ)時(shí)Q點(diǎn)的電勢大小相等、符號(hào)相反，即 U半球面= UQ 以上的兩個(gè)關(guān)系已經(jīng)足以解題了。答UQ = k UP

20、?！纠?1】在不計(jì)重力空間，有A、B兩個(gè)帶電小球，電量分別為q1和q2 ，質(zhì)量分別為m1和m2 ，被固定在相距L的兩點(diǎn)。試問：（1）若解除A球的固定，它能獲得的最大動(dòng)能是多少？（2）若同時(shí)解除兩球的固定，它們各自的獲得的最大動(dòng)能是多少？（3）未解除固定時(shí)，這個(gè)系統(tǒng)的靜電勢能是多少？【解說】第（1）問甚間；第（2）問在能量方面類比反沖裝置的能量計(jì)算，另啟用動(dòng)量守恒關(guān)系；第（3）問是在前兩問基礎(chǔ)上得出的必然結(jié)論（這里就回到了一個(gè)基本的觀念斧正：勢能是屬于場和場中物體的系統(tǒng)，而非單純屬于場中物體這在過去一直是被忽視的。在兩個(gè)點(diǎn)電荷的環(huán)境中，我們通常說“兩個(gè)點(diǎn)電荷的勢能”是多少。）【答】（1）k；（2

21、）Ek1 = k ，Ek2 = k；（3）k 。思考設(shè)三個(gè)點(diǎn)電荷的電量分別為q1 、q2和q3 ，兩兩相距為r12 、r23和r31 ，則這個(gè)點(diǎn)電荷系統(tǒng)的靜電勢能是多少？解略。答k（+）?！纠?2】如圖所示，三個(gè)帶同種電荷的相同金屬小球，每個(gè)球的質(zhì)量均為m 、電量均為q ，用長度為L的三根絕緣輕繩連接著，系統(tǒng)放在光滑、絕緣的水平面上?，F(xiàn)將其中的一根繩子剪斷，三個(gè)球?qū)㈤_始運(yùn)動(dòng)起來，試求中間這個(gè)小球的最大速度。解設(shè)剪斷的是1、3之間的繩子，動(dòng)力學(xué)分析易知，2球獲得最大動(dòng)能時(shí)，1、2之間的繩子與2、3之間的繩子剛好應(yīng)該在一條直線上。而且由動(dòng)量守恒知，三球不可能有沿繩子方向的速度。設(shè)2球的速度為v ，

22、1球和3球的速度為v，則動(dòng)量關(guān)系 mv + 2m v= 0能量關(guān)系 3k = 2 k + k + mv2 + 2m解以上兩式即可的v值。答v = q 。五、電像法電像法的實(shí)質(zhì)在于將一給定的靜電場變換為另一易于計(jì)算的等效靜電場，多用于求解在邊界面（例如接地或保持電勢不變的導(dǎo)體）前面有一個(gè)或一個(gè)以上點(diǎn)電荷的問題，在某些情況下，從邊界面和電荷的幾何位置能夠推斷：在所考察的區(qū)域外，適當(dāng)放幾個(gè)量值合適的電 圖1-3-5 荷，就能夠模擬所需要的邊界條件。這些電荷稱為像電荷，而這種用一個(gè)帶有像電荷的、無界的擴(kuò)大區(qū)域，來代替有界區(qū)域的實(shí)際問題的方法，就稱為電像法。例如：一無限大接地導(dǎo)體板A前面有一點(diǎn)

23、電荷Q，如圖1-3-5所示，則導(dǎo)體板A有（圖中左半平面）的空間電場，可看作是在沒有導(dǎo)體板A存在情況下，由點(diǎn)電荷Q與其像電荷-Q所共同激發(fā)產(chǎn)生。像電荷Q的位置就是把導(dǎo)體板A當(dāng)作平面鏡時(shí)，由電荷Q在此鏡中的像點(diǎn)位置。于是左半空間任一點(diǎn)的P的電勢為式中和分別是點(diǎn)電荷Q和像電荷-Q到點(diǎn)P的距離，并且圖1-3-6 o，此處d是點(diǎn)電荷Q到導(dǎo)體板A的距離。電像法的正確性可用靜電場的唯一性定理來論證，定性分析可從電場線等效的角度去說明。一半徑為r的接地導(dǎo)體球置于電荷q的電場中，點(diǎn)電荷到球心的距離為h，球上感應(yīng)電荷同點(diǎn)電荷q之間的相互作用也可以用一像電荷替代，顯然由對稱性易知像電荷在導(dǎo)體球的球心O與點(diǎn)

24、電荷q的連線上，設(shè)其電量為，離球心O的距離為，如圖1-3-6所示，則對球面上任一點(diǎn)P，其電勢整理化簡得要使此式對任意成立，則必須滿足解得 對（2）中情況，如將q移到無限遠(yuǎn)處，同時(shí)增大q，使在球心處的電場保持有限（相當(dāng)于勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)），這時(shí)，像電荷對應(yīng)的無限趨近球心，但保持有限，因而像電荷和在球心形成一個(gè)電偶極子，其電偶極矩。圖1-3-7 無限遠(yuǎn)的一個(gè)帶無限多電量的點(diǎn)電荷在導(dǎo)體附近產(chǎn)生的電場可看作是均勻的，因此一個(gè)絕緣的金屬球在勻強(qiáng)電場中受感應(yīng)后，它的感應(yīng)電荷在球外空間的作用相當(dāng)于一個(gè)處在球心，電偶極矩為的電偶極子。【例13】在距離一個(gè)接地的很大的導(dǎo)體板為d的A處放一個(gè)帶電量為的點(diǎn)電

25、荷（圖1-3-7）。 （1）求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)（）產(chǎn)生的電場強(qiáng)度。（2）求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，已知點(diǎn)與P點(diǎn)以導(dǎo)體板右表面對稱。（3）求證導(dǎo)體板表面化的電場強(qiáng)度矢量總與導(dǎo)體板表面垂直。（4）求導(dǎo)體板上感應(yīng)電荷對電荷的作用力，（5）若切斷導(dǎo)體板跟地的連接線，再把電荷置于導(dǎo)體板上，試說明這部分電荷在導(dǎo)體板上應(yīng)如何分布才可以達(dá)到靜電平衡（略去邊緣效應(yīng)）。分析： 由于導(dǎo)體板很大且接地，因此只有右邊表面才分布有正的感圖1-3-8乙圖1-3-8丙應(yīng)電荷，而左邊接地那一表面是沒有感電荷的。靜電平衡的條件是導(dǎo)體內(nèi)場強(qiáng)為零，故P點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，而P點(diǎn)處的零場強(qiáng)是導(dǎo)體外及表面電荷產(chǎn)生場強(qiáng)疊

26、加的結(jié)果。解： （1）因?yàn)殪o電平衡后導(dǎo)體內(nèi)部合場強(qiáng)為零，所以感應(yīng)電荷在P點(diǎn)的場強(qiáng)和在P點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相反，即圖1-3-8丁 圖1-3-8 戍  方向如圖1-3-8乙，是到P點(diǎn)的距離。（2）由于導(dǎo)體板接地，因此感應(yīng)電荷分布在導(dǎo)體的右邊。根據(jù)對稱原理，可知感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點(diǎn)處場生的場強(qiáng)一定和感應(yīng)電荷在對稱點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)鏡像對稱（如圖1-3-8丙），即，而，式中為到的距離，因此，方向如圖1-3-8丙所示。（3）根據(jù)（2）的討論將取在導(dǎo)體的外表面，此處的場強(qiáng)由和疊加而成（如圖1-3-8丁所示），不難看出，這兩個(gè)場強(qiáng)的合場強(qiáng)是垂直于導(dǎo)體表面的。（4）在導(dǎo)體板內(nèi)取一點(diǎn)和所在點(diǎn)A對稱

27、的點(diǎn)，的場強(qiáng)由和疊加而為零。由對稱可知，A處的和應(yīng)是大小相等，方向相反的（如圖1-3-8戍），所以所受的電場力大小為方向垂直板面向左。（5）因?yàn)楹驮趯?dǎo)體內(nèi)處處平衡，所以+Q只有均勻分布在導(dǎo)體兩側(cè)，才能保持導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零。從以上（2）、（3）、（4）的分析中可看出：導(dǎo)體外部的電場分布與等量異種電荷的電場分布完全相似，即感應(yīng)電荷的作用和在與A點(diǎn)對稱的位置上放一個(gè)的作用完全等效，這就是所謂的“電像法”。六、電容器幾種常用電容器的電容（1）平行板電容器 若兩金屬板平行放置，距離d很小，兩板的正對面積為S、兩極板間充滿相對介電常數(shù)為的電介質(zhì)，即構(gòu)成平行板電容器。設(shè)平行板電容器帶電量為Q、則兩極板間

28、電勢差故電容 （2）真空中半徑為R的孤立導(dǎo)體球的電容由公式可知，導(dǎo)體球的電勢為：因此孤立導(dǎo)體球的電容為地球半徑很大，電容很大，容納電荷的本領(lǐng)極強(qiáng)。（3）同軸圓柱形電容器高H、半徑的導(dǎo)體圓柱外，同軸地放置高也為H、內(nèi)半徑為的導(dǎo)體筒，當(dāng)H時(shí)，便構(gòu)成一個(gè)同軸圓柱形電容器。如果-，則可將它近似處理為平行板電容器，由公式可得其電容為（4）同心球形電容器半徑為的導(dǎo)體球（或球殼）和由半徑為的導(dǎo)體球殼同心放置，便構(gòu)成了同心球形電容器。若同心球形電容器內(nèi)、外球殼之間也充以介電常數(shù)為的電介質(zhì)，內(nèi)球殼帶電量為Q，外球殼帶 -Q電荷，則內(nèi)、外球殼之間的電勢差為 故電容當(dāng)時(shí)，同心球形電容器便成為孤立導(dǎo)體（孤立導(dǎo)分是指在

29、該導(dǎo)體周圍沒有其他導(dǎo)體或帶電體，或者這些物體都接地）球形電容器，設(shè)，則其電容為若孤立導(dǎo)體外無電介質(zhì)，則，即?！纠?4】如圖2-4-1所示，兩個(gè)豎直放置 的同軸導(dǎo)體薄圓筒，內(nèi)筒半徑為R，兩筒間距圖1-4-1為d，筒高為L，內(nèi)筒通過一個(gè)未知電容的電容器與電動(dòng)勢U足夠大的直流電源的正極連接，外筒與該電源的負(fù)極相連。在兩筒之間有相距為h的A、B兩點(diǎn)，其連線AB與豎直的筒中央軸平行。在A點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電量為-Q的帶電粒子，它以的初速率運(yùn)動(dòng)，且方向垂直于由A點(diǎn)和筒中央軸構(gòu)成的平面。為了使此帶電粒子能夠經(jīng)過B點(diǎn)，試求所有可供選擇的和值。分析： 帶電粒子從A點(diǎn)射出后，受到重力和筒間電場力的作用。重力豎直向下

30、，使帶電粒子在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng)；電場力的方向在垂直筒中央軸的平面內(nèi)，沿徑向指向中央軸。為了使帶電粒子能通過B點(diǎn)，要求它在垂直中央軸的平面內(nèi)以R為半徑作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這就要求電場力能提供適當(dāng)?shù)南蛐牧Γ磳τ幸欢ㄒ蟆榱耸箮щ娏Ｗ咏?jīng)過B點(diǎn)，還要求它從A點(diǎn)沿AB到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間剛好等于帶電粒子作圓周運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間的整數(shù)倍，亦即對圓周運(yùn)動(dòng)的速度有一定的要求。解： 帶電粒子重力作用下，從A點(diǎn)自由下落至B點(diǎn)所需的時(shí)間為帶電粒子在垂直于筒中央軸的平面內(nèi)，作勻速圓周運(yùn)動(dòng)一圈所需的時(shí)間為 為了使帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)，要求由以上三式，得帶電粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)（速率，半徑R）所需的向心力由電場力提供，電場力為此電場

31、力由內(nèi)外筒之間的電場提供。因，近似認(rèn)為內(nèi)外筒構(gòu)成平行板電容器，其間是大小相同的徑向電場E，設(shè)內(nèi)外筒電勢差為，則帶電粒子所受電場力應(yīng)為由以上兩式，得代入，得 因?yàn)閮?nèi)、外筒電容器與串聯(lián)，故有解得由公式可知，同軸圓柱形電容器電容代入，得 這就是全部可供選擇的。電容器的串并聯(lián)電容器的性能有兩個(gè)指標(biāo)；電容和耐壓值。在實(shí)際應(yīng)用時(shí)，當(dāng)這兩個(gè)指標(biāo)不能滿足要求時(shí)，就要將電容器串聯(lián)或并聯(lián)使用。（1）串聯(lián)幾個(gè)電容器，前一個(gè)的負(fù)極和后一個(gè)的正極相連，這種連接方式稱為電容器的串聯(lián)。充電后各電容器的電量相同，即=；第一個(gè)電容器的正極與第n個(gè)電容器的負(fù)極之間的電U為各電容器電壓之和，即，因此電容器串聯(lián)可以增大耐壓值。用一個(gè)

32、電量為Q，電壓為U的等效電容來代替上述n個(gè)串聯(lián)的電容器，則電容為（2）并聯(lián)把n個(gè)電容器的正極連在一起，負(fù)極連在一起，這種連接方式稱為電容器的并聯(lián)。充電后正極總電量Q等于各電容器正極電量之和，即；正極和負(fù)極之間的電壓U等于各電容器的電壓，即。用一個(gè)電量為Q、電壓為U的等效電容器代替上述幾個(gè)并聯(lián)的電容器，則電容為【例15】如圖所示，,電源A的電動(dòng)勢，電源B的電動(dòng)勢，開始時(shí)，電鍵K斷開。求在閉合電鍵K后，通過電源A的總電荷量QA和通過電源B的總電荷量QB.(缺圖，大黑書P411)【例16】試討論如圖所示的混聯(lián)電容器的耐壓值問題，圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)是各個(gè)電容器的電容值及額定電壓。(缺圖，大白書P474)【

33、例17】一空氣電容器是由4片同樣的金屬片平行整齊排列而成，極板面積為S，相隔同樣距離d；若金屬片之間（1）按圖（a）連接；（2）按圖（b）連接，試問A,B間的電容是多少？.( 缺圖，物理學(xué)奧賽教程P194)【例18】三個(gè)完全相同的電容器連接如圖所示，已知電容器1帶電量為Q，上板帶正電荷；電容器2，3原來不帶電。（1）用導(dǎo)線將a、b相連，求電容器2的上、下板所帶電量及其符號(hào)；（2）然后斷開a、b，將a、c相連，再斷開a、c，將a、b相連，求電容器2的上、下板所帶的電量及其符號(hào)；（3）在（2）的情況下將a、d相連，再求電容器2上、下板所帶電量及其符號(hào)(缺圖，培優(yōu)教程P266)【例19】由許多個(gè)電容

34、為C的電容器組成一個(gè)如圖所示的多級網(wǎng)絡(luò)，試問：（1）在最后一級的右邊并聯(lián)一個(gè)多大電容C，可使整個(gè)網(wǎng)絡(luò)的A、B兩端電容也為C？（2）不接C，但無限地增加網(wǎng)絡(luò)的級數(shù)，整個(gè)網(wǎng)絡(luò)A、B兩端的總電容是多少？【模型分析】這是一個(gè)練習(xí)電容電路簡化基本事例。第（1）問中，未給出具體級數(shù)，一般結(jié)論應(yīng)適用特殊情形：令級數(shù)為1 ，于是 + = 解C即可。第（2）問中，因?yàn)椤盁o限”，所以“無限加一級后仍為無限”，不難得出方程 + = 【答案】（1）C ；（2）C 。對于既非串聯(lián)也非并聯(lián)的電路，需要用到一種“Y型變換”，參見圖，根據(jù)三個(gè)端點(diǎn)之間的電容等效，容易得出定式Y(jié)型：Ca = Cb = Cc = Y型：C1 =

35、，C2 = ，C3 = 【例20】在圖所示的電路中，已知C1 = C2 = C3 = C9 = 1F ，C4 = C5 = C6 = C7 = 2F ，C8 = C10 = 3F ，試求A、B之間的等效電容。有了這樣的定式后，我們便可以進(jìn)行如圖7-20所示的四步電路簡化（為了方便，電容不宜引進(jìn)新的符號(hào)表達(dá)，而是直接將變換后的量值標(biāo)示在圖中）【答】約2.23F ?！纠?1】如圖所示的電路中，三個(gè)電容器完全相同，電源電動(dòng)勢1 = 3.0V ，2 = 4.5V，開關(guān)K1和K2接通前電容器均未帶電，試求K1和K2接通后三個(gè)電容器的電壓Uao 、Ubo和Uco各為多少?！窘庹f】這是一個(gè)考查電容器電路的基

36、本習(xí)題，解題的關(guān)鍵是要抓與o相連的三塊極板（俗稱“孤島”）的總電量為零。電量關(guān)系：+= 0電勢關(guān)系：1 = Uao + Uob = Uao Ubo 2 = Ubo + Uoc = Ubo Uco 解以上三式即可?！敬稹縐ao = 3.5V ，Ubo = 0.5V ，Uco = 4.0V ?！纠?2】如圖7-22所示，由n個(gè)單元組成的電容器網(wǎng)絡(luò)，每一個(gè)單元由三個(gè)電容器連接而成，其中有兩個(gè)的電容為3C ，另一個(gè)的電容為3C 。以a、b為網(wǎng)絡(luò)的輸入端，a、b為輸出端，今在a、b間加一個(gè)恒定電壓U ，而在ab間接一個(gè)電容為C的電容器，試求：（1）從第k單元輸入端算起，后面所有電容器儲(chǔ)存的總電能；（2）

37、若把第一單元輸出端與后面斷開，再除去電源，并把它的輸入端短路，則這個(gè)單元的三個(gè)電容器儲(chǔ)存的總電能是多少？【解說】這是一個(gè)結(jié)合網(wǎng)絡(luò)計(jì)算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。（1）類似“物理情形1”的計(jì)算，可得 C總 = Ck = C所以，從輸入端算起，第k單元后的電壓的經(jīng)驗(yàn)公式為 Uk = 再算能量儲(chǔ)存就不難了。（2）斷開前，可以算出第一單元的三個(gè)電容器、以及后面“系統(tǒng)”的電量分配如圖7-23中的左圖所示。這時(shí)，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤島”。此后，電容器的相互充電過程（C3類比為“電源”）滿足電量關(guān)系：Q1= Q3 Q2+ Q3= 電勢關(guān)系：+ = 從以上三式解得 Q1=

38、Q3= ，Q2= ，這樣系統(tǒng)的儲(chǔ)能就可以用得出了?！敬稹浚?）Ek = ；（2） 。學(xué)員思考圖7-23展示的過程中，始末狀態(tài)的電容器儲(chǔ)能是否一樣？（答：不一樣； 圖1-5-1在相互充電的過程中，導(dǎo)線消耗的焦耳熱已不可忽略。）七、靜電場的能量1帶電導(dǎo)體的能量一帶電體的電量為Q，電容為C，則其電勢。我們不妨設(shè)想帶電體上的電量Q，是一些分散在無限遠(yuǎn)處的電荷，在外力作用下一點(diǎn)點(diǎn)搬到帶電體上的，因此就搬運(yùn)過程中，外力克服靜電場力作的功，就是帶電體的電能。該導(dǎo)體的電勢與其所帶電量之間的函數(shù)關(guān)系如圖1-5-1所示，斜率為。設(shè)每次都搬運(yùn)極少量的電荷，此過程可認(rèn)為導(dǎo)體上的電勢不變，設(shè)為，該過程中搬運(yùn)電荷所做的功為，即圖中一狹條矩形的面積（圖中斜線所示）因此整個(gè)過程中，帶電導(dǎo)體儲(chǔ)存的能量為其數(shù)值正好等于圖線下的許多小狹條面積之和，若取得盡可能小，則數(shù)值就趨向于圖線下三角形的面積。上述帶電導(dǎo)體的靜電能公式也可推廣到