第八部分靜電場

1、第八部分 靜電場第一講 基本知識介紹在奧賽考綱中，靜電學知識點數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質的極化等。在處理物理問題的方法上，對無限分割和疊加原理提出了更高的要求。如果把靜電場的問題分為兩部分，那就是電場本身的問題、和對場中帶電體的研究，高考考綱比較注重第二部分中帶電粒子的運動問題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問題。也就是說，奧賽關注的是電場中更本質的內容，關注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。一、電場強度1、實驗定律a、庫侖定律內容；條件：點電荷，真空，點電荷靜止或相對靜止

2、。事實上，條件和均不能視為對庫侖定律的限制，因為疊加原理可以將點電荷之間的靜電力應用到一般帶電體，非真空介質可以通過介電常數(shù)將k進行修正（如果介質分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認為k= k /r）。只有條件，它才是靜電學的基本前提和出發(fā)點（但這一點又是常常被忽視和被不恰當?shù)亍熬C合應用”的）。b、電荷守恒定律c、疊加原理2、電場強度a、電場強度的定義電場的概念；試探電荷（檢驗電荷）；定義意味著一種適用于任何電場的對電場的檢測手段；電場線是抽象而直觀地描述電場有效工具（電場線的基本屬性）。b、不同電場中場強的計算決定電場強弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可以從不同電場的

3、場強決定式看出點電荷：E = k結合點電荷的場強和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強，如均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點P：E = ，其中r和R的意義見圖7-1。均勻帶電球殼內部：E內 = 0外部：E外 = k ，其中r指考察點到球心的距離如果球殼是有厚度的的（內徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1rR2）：E =  ，其中為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當中（條件部分）的“剝皮法則”理解即為圖7-2中虛線以內部分的總電量。無限長均勻帶電直線（電荷線密度為）：E = 無限大均勻帶電平面（電荷面

4、密度為）：E = 2k二、電勢1、電勢：把一電荷從P點移到參考點P0時電場力所做的功W與該電荷電量q的比值，即U = 參考點即電勢為零的點，通常取無窮遠或大地為參考點。和場強一樣，電勢是屬于場本身的物理量。W則為電荷的電勢能。2、典型電場的電勢a、點電荷以無窮遠為參考點，U = kb、均勻帶電球殼以無窮遠為參考點，U外 = k ，U內 = k3、電勢的疊加由于電勢的是標量，所以電勢的疊加服從代數(shù)加法。很顯然，有了點電荷電勢的表達式和疊加原理，我們可以求出任何電場的電勢分布。4、電場力對電荷做功WAB = q（UA  UB）=

5、 qUAB 三、靜電場中的導體靜電感應靜電平衡（狹義和廣義）靜電屏蔽1、靜電平衡的特征可以總結為以下三層含義a、導體內部的合場強為零；表面的合場強不為零且一般各處不等，表面的合場強方向總是垂直導體表面。b、導體是等勢體，表面是等勢面。c、導體內部沒有凈電荷；孤立導體的凈電荷在表面的分布情況取決于導體表面的曲率。2、靜電屏蔽導體殼（網(wǎng)罩）不接地時，可以實現(xiàn)外部對內部的屏蔽，但不能實現(xiàn)內部對外部的屏蔽；導體殼（網(wǎng)罩）接地后，既可實現(xiàn)外部對內部的屏蔽，也可實現(xiàn)內部對外部的屏蔽。四、電容1、電容器孤立導體電容器一般電容器2、電容a、定義式 C = b、決定式。決定電容器電

6、容的因素是：導體的形狀和位置關系、絕緣介質的種類，所以不同電容器有不同的電容平行板電容器 C =  =  ，其中為絕對介電常數(shù)（真空中0 =  ，其它介質中= ），r則為相對介電常數(shù)，r =  。柱形電容器：C = 球形電容器：C = 3、電容器的連接a、串聯(lián)  = +  +b、并聯(lián) C = C1 + C2 + C3 +  + Cn 4、

7、電容器的能量用圖7-3表征電容器的充電過程，“搬運”電荷做功W就是圖中陰影的面積，這也就是電容器的儲能E ，所以E = q0U0 = C = 電場的能量。電容器儲存的能量究竟是屬于電荷還是屬于電場？正確答案是后者，因此，我們可以將電容器的能量用場強E表示。對平行板電容器 E總 = E2 認為電場能均勻分布在電場中，則單位體積的電場儲能 w = E2 。而且，這以結論適用于非勻強電場。五、電介質的極化1、電介質的極化a、電介質分為兩類：無極分子和有極分子，前者是指在沒

8、有外電場時每個分子的正、負電荷“重心”彼此重合（如氣態(tài)的H2 、O2 、N2和CO2），后者則反之（如氣態(tài)的H2O 、SO2和液態(tài)的水硝基笨）b、電介質的極化：當介質中存在外電場時，無極分子會變?yōu)橛袠O分子，有極分子會由原來的雜亂排列變成規(guī)則排列，如圖7-4所示。2、束縛電荷、自由電荷、極化電荷與宏觀過剩電荷a、束縛電荷與自由電荷：在圖7-4中，電介質左右兩端分別顯現(xiàn)負電和正電，但這些電荷并不能自由移動，因此稱為束縛電荷，除了電介質，導體中的原子核和內層電子也是束縛電荷；反之，能夠自由移動的電荷稱為自由電荷。事實上，導體中存在束縛電荷與自由電荷，絕緣體中也存在束縛電

9、荷和自由電荷，只是它們的比例差異較大而已。b、極化電荷是更嚴格意義上的束縛電荷，就是指圖7-4中電介質兩端顯現(xiàn)的電荷。而宏觀過剩電荷是相對極化電荷來說的，它是指可以自由移動的凈電荷。宏觀過剩電荷與極化電荷的重要區(qū)別是：前者能夠用來沖放電，也能用儀表測量，但后者卻不能。第二講 重要模型與專題一、場強和電場力【物理情形1】試證明：均勻帶電球殼內部任意一點的場強均為零。【模型分析】這是一個疊加原理應用的基本事例。如圖7-5所示，在球殼內取一點P ，以P為頂點做兩個對頂?shù)?、頂角很小的錐體，錐體與球面相交得到球面上的兩個面元S1和S2 ，設球面的電荷面密度為，則這兩個面元在P點激發(fā)的

10、場強分別為E1 = kE2 = k為了弄清E1和E2的大小關系，引進錐體頂部的立體角 ，顯然 =  = 所以 E1 = k ，E2 = k ，即：E1 = E2 ，而它們的方向是相反的，故在P點激發(fā)的合場強為零。同理，其它各個相對的面元S3和S4 、S5和S6  激發(fā)的合場強均為零。原命題得證?！灸Ｐ妥儞Q】半徑為R的均勻帶電球面，電荷的面密度為，試求球心處的電場強度?！窘馕觥咳鐖D7-6所示，在球面上的P處取一極小的面

11、元S ，它在球心O點激發(fā)的場強大小為E = k ，方向由P指向O點。無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強大小和S激發(fā)的完全相同，但方向各不相同，它們矢量合成的效果怎樣呢？這里我們要大膽地預見由于由于在x方向、y方向上的對稱性， =  = 0 ，最后的E = Ez ，所以先求Ez = Ecos= k ，而且Scos為面元在xoy平面的投影，設為S所以 Ez = S而 S= R2 【答案】E = k ，方向垂直邊界線所在的平面。

12、學員思考如果這個半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷，面密度仍為，那么，球心處的場強又是多少？推薦解法將半球面看成4個球面，每個球面在x、y、z三個方向上分量均為 k，能夠對稱抵消的將是y、z兩個方向上的分量，因此E = Ex 答案大小為k，方向沿x軸方向（由帶正電的一方指向帶負電的一方）?！疚锢砬樾?】有一個均勻的帶電球體，球心在O點，半徑為R ，電荷體密度為 ，球體內有一個球形空腔，空腔球心在O點，半徑為R，= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點的場強?！灸Ｐ头治觥窟@里涉及兩個知識的應用：一是均勻帶電球體的場強定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內部的結

13、論，即“剝皮法則”），二是填補法。將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點P ，設 = r1 ， = r2 ，則大球激發(fā)的場強為E1 = k = kr1 ，方向由O指向P“小球”激發(fā)的場強為E2 = k = kr2 ，方向由P指向OE1和E2的矢量合成遵從平行四邊形法則，E的方向如圖。又由于矢量三角形PE1E和空間位置三角形OP O是相似的，E的大小和方向就不難確定了?！敬鸢浮亢銥閗a ，方向均沿O O，空腔里的電場是勻強電

14、場。學員思考如果在模型2中的OO連線上O一側距離O為b（bR）的地方放一個電量為q的點電荷，它受到的電場力將為多大？解說上面解法的按部就班應用答kq?。二、電勢、電量與電場力的功【物理情形1】如圖7-8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，過圓心跟環(huán)面垂直的軸線上有P點， = r ，以無窮遠為參考點，試求P點的電勢UP ?！灸Ｐ头治觥窟@是一個電勢標量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個元段L ，它在P點形成的電勢U = k環(huán)共有段，各段在P點形成的電勢相同，而且它們是標量疊加?！敬鸢浮縐P = 思考如果上題中知道的是環(huán)的

15、總電量Q ，則UP的結論為多少？如果這個總電量的分布不是均勻的，結論會改變嗎？答UP =  ；結論不會改變。再思考將環(huán)換成半徑為R的薄球殼，總電量仍為Q ，試問：（1）當電量均勻分布時，球心電勢為多少？球內（包括表面）各點電勢為多少？（2）當電量不均勻分布時，球心電勢為多少？球內（包括表面）各點電勢為多少？解說（1）球心電勢的求解從略；球內任一點的求解參看圖7-5U1 = k= k·= kU2 = k它們代數(shù)疊加成 U = U1 + U2 = k而 r1 + r2 = 2Rcos所以 U = 2

16、Rk所有面元形成電勢的疊加 U = 2Rk注意：一個完整球面的 = 4（單位：球面度sr），但作為對頂?shù)腻F角，只能是2 ，所以U = 4Rk= k（2）球心電勢的求解和思考相同；球內任一點的電勢求解可以從（1）問的求解過程得到結論的反證。答（1）球心、球內任一點的電勢均為k ；（2）球心電勢仍為k ，但其它各點的電勢將隨電量的分布情況的不同而不同（內部不再是等勢體，球面不再是等勢面）。【相關應用】如圖7-9所示，球形導體空腔內、外壁的半徑分別為R1和R2 ，帶有凈電量+q ，現(xiàn)在其內部距球心為r的地方放一個電量為+Q的點電荷

17、，試求球心處的電勢。【解析】由于靜電感應，球殼的內、外壁形成兩個帶電球殼。球心電勢是兩個球殼形成電勢、點電荷形成電勢的合效果。根據(jù)靜電感應的嘗試，內壁的電荷量為Q ，外壁的電荷量為+Q+q ，雖然內壁的帶電是不均勻的，根據(jù)上面的結論，其在球心形成的電勢仍可以應用定式，所以【答案】Uo = k  k + k 。反饋練習如圖7-10所示，兩個極薄的同心導體球殼A和B，半徑分別為RA和RB ，現(xiàn)讓A殼接地，而在B殼的外部距球心d的地方放一個電量為+q的點電荷。試求：（1）A球殼的感應電荷量；（2）外球殼的電勢。解說這是一

18、個更為復雜的靜電感應情形，B殼將形成圖示的感應電荷分布（但沒有凈電量），A殼的情形未畫出（有凈電量），它們的感應電荷分布都是不均勻的。此外，我們還要用到一個重要的常識：接地導體（A殼）的電勢為零。但值得注意的是，這里的“為零”是一個合效果，它是點電荷q 、A殼、B殼（帶同樣電荷時）單獨存在時在A中形成的的電勢的代數(shù)和，所以，當我們以球心O點為對象，有UO = k + k + k = 0QB應指B球殼上的凈電荷量，故 QB = 0所以 QA = q學員討論：A殼的各處電勢均為零，我們的方程能不能針對A殼表面上的某點去列？（答：

19、不能，非均勻帶電球殼的球心以外的點不能應用定式！）基于剛才的討論，求B的電勢時也只能求B的球心的電勢（獨立的B殼是等勢體，球心電勢即為所求）UB = k + k答（1）QA = q ；（2）UB = k(1) ?！疚锢砬樾?】圖7-11中，三根實線表示三根首尾相連的等長絕緣細棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導體棒時完全相同。點A是abc的中心，點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兩點的電勢將變?yōu)槎嗌?？【模型分析】由于細棒上的電荷分布既不均勻、三根細棒也沒有構成環(huán)形，故前面

20、的定式不能直接應用。若用元段分割疊加，也具有相當?shù)睦щy。所以這里介紹另一種求電勢的方法。每根細棒的電荷分布雖然復雜，但相對各自的中點必然是對稱的，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點的電勢貢獻都相同（可設為U1）；ab棒、ac棒對B點的電勢貢獻相同（可設為U2）；bc棒對A、B兩點的貢獻相同（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，

21、故電勢貢獻不變，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體板構成，各導體板帶電且電勢分別為U1 、U2 、U3和U4 ，則盒子中心點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點具有對稱性，但電量各不相同，因此對O點的電勢貢獻也不相同，所以應該想一點辦法我們用“填補

22、法”將電量不對稱的情形加以改觀：先將每一塊導體板復制三塊，作成一個正四面體盒子，然后將這四個盒子位置重合地放置構成一個有四層壁的新盒子。在這個新盒子中，每個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），新盒子表面就構成了一個等勢面、整個盒子也是一個等勢體，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 +

23、U4）。學員討論：剛才的這種解題思想是否適用于“物理情形2”？（答：不行，因為三角形各邊上電勢雖然相等，但中點的電勢和邊上的并不相等。）反饋練習電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面半徑為R ，CD為通過半球頂點C和球心O的軸線，如圖7-12所示。P、Q為CD軸線上相對O點對稱的兩點，已知P點的電勢為UP ，試求Q點的電勢UQ 。解說這又是一個填補法的應用。將半球面補成完整球面，并令右邊內、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P、Q的電勢不會有任何改變。而換一個角度看，P、Q的電勢可以看成是兩者的疊加：帶電量為2q的完

24、整球面；帶電量為q的半球面?？疾镻點，UP = k + U半球面其中 U半球面顯然和為填補時Q點的電勢大小相等、符號相反，即 U半球面= UQ 以上的兩個關系已經(jīng)足以解題了。答UQ = k  UP ?！疚锢砬樾?】如圖7-13所示，A、B兩點相距2L ，圓弧是以B為圓心、L為半徑的半圓。A處放有電量為q的電荷，B處放有電量為q的點電荷。試問：（1）將單位正電荷從O點沿移到D點，電場力對它做了多少功？（2）將單位負電荷從D點沿AB的延長線移到無窮遠處去，電場力對它做多少功？【模型分析】電勢疊加和關系WAB = q（U

25、A  UB）= qUAB的基本應用。UO = k + k = 0UD = k + k = U = 0再用功與電勢的關系即可?！敬鸢浮浚?）；（2）。 【相關應用】在不計重力空間，有A、B兩個帶電小球，電量分別為q1和q2 ，質量分別為m1和m2 ，被固定在相距L的兩點。試問：（1）若解除A球的固定，它能獲得的最大動能是多少？（2）若同時解除兩球的固定，它們各自的獲得的最大動能是多少？（3）未解除固定時，這個系統(tǒng)的靜電勢能是多少？【解說】第（1）問甚間；第（2）問在能

26、量方面類比反沖裝置的能量計算，另啟用動量守恒關系；第（3）問是在前兩問基礎上得出的必然結論（這里就回到了一個基本的觀念斧正：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。在兩個點電荷的環(huán)境中，我們通常說“兩個點電荷的勢能”是多少。）【答】（1）k；（2）Ek1 = k ，Ek2 = k；（3）k 。思考設三個點電荷的電量分別為q1 、q2和q3 ，兩兩相距為r12 、r23和r31 ，則這個點電荷系統(tǒng)的靜電勢能是多少？解略。答k（+）。反饋應用如圖7-14所示，三個帶

27、同種電荷的相同金屬小球，每個球的質量均為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。現(xiàn)將其中的一根繩子剪斷，三個球將開始運動起來，試求中間這個小球的最大速度。解設剪斷的是1、3之間的繩子，動力學分析易知，2球獲得最大動能時，1、2之間的繩子與2、3之間的繩子剛好應該在一條直線上。而且由動量守恒知，三球不可能有沿繩子方向的速度。設2球的速度為v ，1球和3球的速度為v，則動量關系 mv + 2m v= 0能量關系 3k = 2 k + k + mv2 + 2m解以上兩式即可的v值。答v = q

28、60;。三、電場中的導體和電介質【物理情形】兩塊平行放置的很大的金屬薄板A和B，面積都是S ，間距為d（d遠小于金屬板的線度），已知A板帶凈電量+Q1 ，B板帶盡電量+Q2 ，且Q2Q1 ，試求：（1）兩板內外表面的電量分別是多少；（2）空間各處的場強；（3）兩板間的電勢差?！灸Ｐ头治觥坑捎陟o電感應，A、B兩板的四個平面的電量將呈現(xiàn)一定規(guī)律的分布（金屬板雖然很薄，但內部合場強為零的結論還是存在的）；這里應注意金屬板“很大”的前提條件，它事實上是指物理無窮大，因此，可以應用無限大平板的場強定式。為方便解題，做圖7-15，忽略邊緣效應，四個面的電荷分布應是均

29、勻的，設四個面的電荷面密度分別為1 、2 、3和4 ，顯然（1 + 2）S = Q1 （3 + 4）S = Q2 A板內部空間場強為零，有 2k（1 ? 2 ? 3 ? 4）= 0A板內部空間場強為零，有 2k（1 + 2 + 3 ? 4）= 0解以上四式易得 1 = 4 =             

30、0;  2 = ?3 = 有了四個面的電荷密度，、空間的場強就好求了如E =2k（1 + 2 ? 3 ? 4）= 2k。最后，UAB = Ed【答案】（1）A板外側電量、A板內側電量，B板內側電量?、B板外側電量；（2）A板外側空間場強2k，方向垂直A板向外，A、B板之間空間場強2k，方向由A垂直指向B，B板外側空間場強2k，方向垂直B板向外；（3）A、B兩板的電勢差為2kd，A板電勢高。學員思考如果兩板帶等量異號的凈電荷，兩板的外側空間場強等于多少？（答：為零。）學員討論（

31、原模型中）作為一個電容器，它的“電量”是多少（答：）？如果在板間充滿相對介電常數(shù)為r的電介質，是否會影響四個面的電荷分布（答：不會）？是否會影響三個空間的場強（答：只會影響空間的場強）？學員討論（原模型中）我們是否可以求出A、B兩板之間的靜電力？答：可以；以A為對象，外側受力·（方向相左），內側受力·（方向向右），它們合成即可，結論為F = Q1Q2 ，排斥力?！灸Ｐ妥儞Q】如圖7-16所示，一平行板電容器，極板面積為S ，其上半部為真空，而下半部充滿相對介電常數(shù)為r的均勻電介質，當兩極板分別帶上+Q和?Q的電量后，試求：（1）板上自由電荷的分布

32、；（2）兩板之間的場強；（3）介質表面的極化電荷?！窘庹f】電介質的充入雖然不能改變內表面的電量總數(shù)，但由于改變了場強，故對電荷的分布情況肯定有影響。設真空部分電量為Q1 ，介質部分電量為Q2 ，顯然有Q1 + Q2 = Q兩板分別為等勢體，將電容器看成上下兩個電容器的并聯(lián)，必有U1 = U2 即  =  ，即  = 解以上兩式即可得Q1和Q2 。場強可以根據(jù)E = 關系求解，比較常規(guī)（上下部分的場強相等）。上下部分的電量是不等的，但場強居然相等，

33、這怎么解釋？從公式的角度看，E = 2k（單面平板），當k 、同時改變，可以保持E不變，但這是一種結論所展示的表象。從內在的角度看，k的改變正是由于極化電荷的出現(xiàn)所致，也就是說，極化電荷的存在相當于在真空中形成了一個新的電場，正是這個電場與自由電荷（在真空中）形成的電場疊加成為E2 ，所以E2 = 4k（ ? ）= 4k（ ? ）請注意：這里的和Q是指極化電荷的面密度和總量； E = 4k的關系是由兩個帶電面疊加的合效果?！敬鸢浮浚?）真空部分的電量為Q ，介質部分的電量為Q ；（2）整個空間的

34、場強均為 ；（3）Q 。思考應用一個帶電量為Q的金屬小球，周圍充滿相對介電常數(shù)為r的均勻電介質，試求與與導體表面接觸的介質表面的極化電荷量。解略。答Q= Q 。四、電容器的相關計算【物理情形1】由許多個電容為C的電容器組成一個如圖7-17所示的多級網(wǎng)絡，試問：（1）在最后一級的右邊并聯(lián)一個多大電容C，可使整個網(wǎng)絡的A、B兩端電容也為C？（2）不接C，但無限地增加網(wǎng)絡的級數(shù)，整個網(wǎng)絡A、B兩端的總電容是多少？【模型分析】這是一個練習電容電路簡化基本事例。第（1）問中，未給出具體級數(shù)，一般結論應適用特殊情形：令級數(shù)為1 ，于是 + 

35、60;=  解C即可。第（2）問中，因為“無限”，所以“無限加一級后仍為無限”，不難得出方程 +  = 【答案】（1）C ；（2）C ?！鞠嚓P模型】在圖7-18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。【解說】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7-19，根據(jù)三個端點之間的電容等效，容易得出定式Y型：Ca =           Cb =           Cc = Y型：C1 =          C2 =