2024年高中物理競賽講義

電磁學靜電學靜電場的性質靜電場是一個保守場，也是一個有源場。高斯定理靜電力環(huán)路積分等于零電場強度與電勢是描述同一靜電場的兩種措施，二者有聯(lián)系=1\*GB3①過程一維情況下=2\*GB3②幾個對稱性的電場球對稱的電場場源EU點電荷均勻對電球面均勻帶點球體例:二分之一徑為的球體均勻帶電,體電荷密度為,球內有二分之一徑為的小球形空腔,空腔中心與與球心相距為,如圖求空腔中心處的電場求空腔中心處的電勢解:(1)在空腔中任選一點,能夠當作兩個均勻帶電球體產生的電場強度之差,即令這個與在空腔中位置無關,因此空腔中心處(2)求空腔中心處的電勢電勢也滿足疊加原理能夠當作兩個均勻帶電球體產生電勢之差即假設上面球面上,有兩個無限小面原,計算,受到除了上電荷之處,球面上其他電荷正確靜電力,這個靜電力包括了上電荷對上電荷的作用力.同樣受到除了上電荷以外,球面上其他電荷對上電荷的作用力,這個力同樣包括了正確作用力.假如把這里的所受力相加,則之間的相互作用力相抵消。出于這個想法，目前把上半球面提成無限小的面元，把每個面元上所受的靜電力（除去各自小面元）相加，其和就是下半球面上的電荷對上半球面上電荷的作用力。求法:再觀測下,均勻帶電球面上的電場強度=?一般談論的表面上電場強度是指什么?例:求均勻帶電球面,單位面積受到的靜電力解:令過程無限遲緩得出此過程中靜電力做功的體現(xiàn)式:或者算出并且能夠推廣到一般的面電荷在此面上電場強度例:一個半徑為R,帶電量為Q的均勻帶電球面,求上下兩半球之間的靜電力?解:標準上,這個作用力是上半球面上的電荷受到來自下半球面的電荷產生的電場強度的空間分布,對上半球面上各電荷作用力之和,因為下半球面上電荷所產生的電場強度分布,因此這么計較有困難.例:求半徑為R,帶電量為Q的均勻帶電球面,外側的靜電場能量密度.解:靜電場(真空)能量密度本題球面外側:推論:假如在上述帶電球體外側無限空間中布滿了相對電常數(shù)為的多向同性均勻電合質,下面求張力:它等于右半球表面所收到的靜電力之和前面求出過本小題:本題:導體球放在勻強電場中,產生感應電荷的分布,令為因為要求導體內例:一個半徑為R,原不帶電的導體球放置于勻強電場中,求因為靜電感應所產生的感應電荷,所帶來的兩半球之間新增的張力.解:預備知識:=1\*GB2⑴一個半徑為R的均勻各向同性介質在勻強電場中受到極化,求極化電荷的分布.解:時,=2\*GB2⑵求極化介質球,因為極化電荷所產生的介質球內的電場強度例:帶電圈環(huán):(均勻帶電)求圖中帶電圈環(huán)與帶電半直線之間的相互作用力.解:這題取下面措施:先求均勻帶電半直線產生的電場強度,對均勻帶電圈處的電荷的作用力上圖中圈環(huán)上的點離半直線兩端點的距離為R,環(huán)上P點處的電場強度,能夠用輔助圈弧()在P點產生的場強大小.圈環(huán)受到合力在均為正值時，方向向左，大小為在達成靜電平衡的整個空間中，假如有一個處在靜電平衡的帶電面，在計算此面上某處受到的靜電力，無需用整個空間中的各帶電體，面，線，點，計算對其作用之和，只需先求出此面上該處的電場強度，該表面受到的靜電力。其原因是，這么的計算，已經考慮了全空間電荷的作用，無須重復考慮。例：一個半徑為R，帶電量為Q的均勻帶點表面，求因表面帶電所增加的表面張力系數(shù)。解：法一：球面上取一個小面元，半徑為，此面受兩個力平衡：靜電力，沿徑向向處，大小為此面元邊界上新增表面張力的合力，徑向向里，設新增表面張力系數(shù)為大小為力平衡方程：柱對稱電場場源EU無限長均勻帶電直線（）無限長均勻帶電圈柱面（）()無限長均勻帶電圈柱體（）（）3、帶電荷粒子在電場中的運動例1：一個帶點粒子從一開始就在垂直于均勻帶電的長直導線平面內運動，它從這導線旁飛過，最后與開始入射方向偏轉小角度α，如圖，假如當粒子飛入帶電直線電場中時，它的動能為，電量為e，導線單位長度帶電量為λ，離導線距離γ處電場強度設為，求α=？解：本題情況，一般入射粒子速度比較大，因為速度快，因此帶電直線受到的橫向沖量就比較?。〞r間短），這么產生的α角度就會如題中通知是一個小量，利用微元法處理，當帶電粒子抵達位置ψ時相距位矢量為，此刻帶電粒子受力大小，此刻y方向動力方程為其中dt能夠利用x方向動力學方程體現(xiàn)其中dx與dΨ滿足關系（如圖所示幾何關系）化簡整頓利用例2：如圖所示一很細、很長圓柱形的電子術由速度為V的勻速運動的低速電子組成，電子在電子束中均勻分布，沿電子束軸線每單位長度包括n個電子，每個電子的電荷量-e（e>0）,質量為m，該電子束從遠處沿垂直于平行板電容極板方向射向電容器，其前端（右端）于t=0時刻剛好達成電容器左極板，電容器兩極板上多開一個小孔使電子能夠不受妨礙地穿過電容器兩極板AB,加有如圖所示的變化電壓，電壓的最大最小值分別為，周期為T，若以表示每個周期中電壓處在最大的時間間隔，則是周期中電壓處在最小的時間間隔，已知的值恰好使在變化的第一個周期內通過電容器達電容器右邊的所有電子，能夠在某一個時刻形成均勻分布的一段電子束。設兩級間距很小，，電子穿越時間，且,不計電子間相互作用滿足題給條件的，的值分別為？試在下圖中畫出t=2T那一刻，在0——2T時間內通過電容器的電子在電容器的右側空間形成電流I,隨離開右極板距離x的變化曲線，并在圖上標出圖線特性點的橫、縱坐標。取X正方向為電流正方向，圖中x=0處為右極板B的小孔位置，橫坐標單位解：（1）第一個周期內通過的所有電子在通過前是一段速度為V的均勻電子束（孔的左側）。通過小孔以后，提成兩段速度不一樣的電子束。0——時間內，所加電壓為，通過小孔后速度由V減小，設為V1，滿足關系——T時間內，所加電壓為，通過小孔后速度由V增大，設為V2，滿足關系式，再由題中通知：的值恰好在的變化的第一個周期內通過電容器達右邊的所有電子，能夠在時刻形成均勻分布的一段電子束V此話要求①在t=時刻，達成小孔右側的這兩束電子束在前端應當在某處相重②達成小孔右側的兩電子束的長度相等由此可寫方程得到因此，因為，觀測的就是這個時刻右側空間的電流分布，應當確定兩件事情：電流在空間位置的分布電流強度的大小分布電子束長度4、靜電勢能、電勢例1：如圖所示N對e、-e離子，等間距a，沿直線排列設,試確定某個e的電勢能和-e的電勢能N足夠大時，近似取小題（1）的結論，求系統(tǒng)的電勢能WN足夠大時，將非邊緣的一對離子e、-e一起遲緩地移到無限遠，其他離子仍在原位，試求外力做的功A.提示解：（1）（2）足夠大的N,將一個正離子遲緩移到無限遠處，余下系統(tǒng)電勢能此時該正離子的空位相鄰的一個負離子的所具備的電勢能為再將該負離子移到無限遠處，余下系統(tǒng)的電勢能無限遠處負離子移到正離子旁邊，這一對正負離子的電勢能利用動能關系，求出外力做功例2如圖兩個點電荷位于X軸上，在他們形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則X軸上多點的電勢如圖曲線所示，當初，電勢;當，電勢，電勢為零的坐標為;電勢極小值為的點的坐標為（α>0）,試依照圖線提供的信息，確定這兩個點電荷所帶電的符號，電量的大小以及在X軸的位置。解：由圖中信息可知，帶正電荷的電荷Q1在x=0處，因為處電勢為0，因此另一個點電荷必須為負（-Q2）.它在x<0的位置上（設距離x=0距離為a）利用圖中x=0點電勢為零方程：X在處，合電勢為,方程X在處，合電力等于0,方程聯(lián)立三個方程得到，，例3：在水平平面上有兩相垂直相交的內壁光滑的聯(lián)通細管，管內放置兩個質量均為m，電荷量均為q的同號帶電質點為A、B,初始時質點A至兩管交點O的距離為d，質點B位于交點O處，速度相互垂直，方向如圖，大小均為求質點運動中，它們之間的最小距離解：一般，這里應當采取兩質點的相對運動處理。設運動過程中，A,B兩質點的位置矢量為,則相對位矢為分別寫出A、B兩質點的動力學方程，然后寫出相對動力學方程：（其中是B相對A的相對加速度）B在運動時所受的力只有相反向的靜電力，這個靜電力是個有心力，同時又是一個保守力，上述兩個方程為角動量守恒，守恒量可由初始值確定。初始時，相對于A的運動為右圖，守恒方程——聯(lián)系初態(tài)和相距最近狀態(tài)，聯(lián)系消去，解得解之前利用聯(lián)立解得，例4：電荷均勻分布在半徑為R的圓面上，電荷量的密度為，試求園面邊緣的電勢。解：利用，其中（這里是r的函數(shù)）電勢和電勢能例1：當電荷連續(xù)分布時，求靜電能量有兩個公式，試闡明這兩個公式的物理意義，并以平行板電容為例，分別利用上述公式求出它在電容C，蓄電量為Q時的靜電場。解：（1）利用計算（2）利用計算,導體旁移動電荷，求外力做功例1：如圖一個本來不帶電電荷的同心球殼，內外半徑分別為a，b，球心處放一個點電荷，電量為Q目前用外力把此點電荷從球心移到無限遠處，求外力做功等于多少？解：因為在Q移動過程中，導體球殼表面感應電荷變化，所產生的電場不是靜電場，因此需要另外想措施。初始時刻，Q未移動之前，在Q處，導體球殼內，外表面的感應電荷產生的靜電場有電勢，其值：（另Q=nq，然后逐一移動q計算外力做功..外力做功之和其中初始吧Q=nq（分散），移到無限遠，又把nq=Q（集中）,合起來做功為零。解法二：如圖外力做功例2：一塊接地無限大導體平板，離板距離為a處有一個帶電量為Q的點電荷，目前吧Q沿垂直于板的方向移到無限遠處，求外力做多少功？解法一：上一例的解法解法二：。。。。解法三：設移動Q過程中離板距離達成X，且移動遲緩，移動過程中外力一直等于作用在Q上的靜電力，即因此外力做功為電場線例1：計算在通過導體面上以0為圓心，R為半徑的圓上的電量等于由Q發(fā)出的所有電量二分之一的條件下，求R=?解：一個措施是先求出導體面上相對于0的表白感應電荷面密度的分布，求出半徑為R的園面上電量為時，R=?這里采取初等措施，因為導體板右側電場強度分布是由點電荷Q和導體板上感應電荷共同激發(fā)產生，或者等價的以為：導體板右側電場分布是由點電荷Q及其對應的電荷-Q共同激發(fā)產生。因為右側空間電場強度分布的非球形對稱性，因此計算通過導體板上半徑為R的園面上電通量較困難，這是因為右側的電場，已經由Q,-Q兩點電荷產生的場疊加后形成的分布。這里采取措施是：在計算通過導體板上園面的電通量寧可不用疊加后的電場計算，而用疊加前的由Q發(fā)出，由-Q吸取的兩個球對稱的電場來處理，其成果顯然是相同的。以Q為球心，r為半徑做一個球面假設由Q發(fā)出的電量為N,那么具備球對稱的，由Q發(fā)出的電通量，通過圓的電通量為同樣，由-Q吸取電場線，通過導體上同一個園面上的電通量必為這個值，并且通量方向相同。寫出通過圓面電通量的方程：對應的R為：例2：一個半徑為R的接地導體球，球外距球心為d處放置一個電量為q的點電荷A,已知導體球面上，區(qū)域的感應電荷量為，求解：本系統(tǒng)球外有一個點電荷Q和導體球上感應電荷共同激發(fā)產生的電場分布，或者說球外有一個由電荷q及其對應的電荷如圖幾何關系：化簡整頓得：例3：點電荷+q和-q’（q’<q）分別位于x軸上A.B兩點，A,B的距離為L，從+q發(fā)出的某一條電力線與連線AB成α角度，求：（1）求該電場線最后的場線與x軸間的夾角（2）求該電場線或其最后的場線與x軸的交點c的位置解：題給的那條由q發(fā)出的電場線將來去向何處，首先應當在q發(fā)出的千萬條電場線中找出一條能達成B而未達成B的那條電場線在A發(fā)出時與AB的夾角α0因為點電荷發(fā)出或者接收的電通量與該電荷的電量成正比，因此在寫電量時均對應的電量表示，當初，題給的電場線將在B點，設這條電場線最后與AB夾角為β解得當初，解得當初，c點即為B點如圖,ΔPCA中，ΔPCB中，利用，又三角形中，因此，另一個方程,例4.；兩條均勻帶電的無限平行直線，單位長的電荷量分別為λ和-λ，相距2a，兩帶電線組成的平面為Z-X平面，使Z軸與兩線平行且距離相等，取直角坐標，試證明。電勢為U的等勢面半徑為的圓柱面，其中，圓柱的軸線與兩帶電的直線平行且共面，位置在x軸上，處。在X-Y平面上，電場線的方程為，即圓心在y軸上的圓，其中b為常量。證明：本系統(tǒng)是一個相對Z軸具備一定對稱性的系統(tǒng)，即在任意一個垂直于Z軸平面內，電場的分不相同，因此可在X-Y平面內討論寫出P(X,Y)點處的電勢體現(xiàn)式，設為U，因為，整頓后的得證在X-Y平面內，如圖寫出P(X,Y)點電場強度為在P點電場線的斜率整頓得因此得證。例：兩個導體相距很遠，其中一個導體帶電荷Q1，電勢為U1，另一個導體帶電荷為Q2，電勢為U2，電容為C電容器本來不帶電，目前用極細的導體將它與兩個導體相連，如圖所示，求，電容器充電后的電壓。解：用細導線相連，電容器沖電，并使電容器兩極板間電勢差為U,則此時電容器帶電量為Q=CU，因此導致兩導體帶電量變?yōu)椋≦1-CU）.(Q2-CU)因為孤立導體所帶電荷量與導體之比為Q/U,與其帶電量多少無關，因此，末態(tài)兩導體的電勢滿足,兩導體間電勢差等于電容器的兩極板間電勢差，即解得因為無限長帶電直線上無限多個無限小線小線元與輔助半圓上無限多個無限小弧之具備對應關系，因此ΔL在P點產生的電場強度與ΔL2在P點產生的電場強度完全相同。因此P點的電場強度用同樣帶有λ的帶電輔助半圓在P點產生的電場強度替代。下面計算：‘P點電場強度大小——在P點放一個單位正電荷，它受帶電半圓的作用力大小?！狿點處單位正電荷對帶電半圓的作用力大小——它等于帶電半圓上單位長帶電量受到P處單位正電荷的作用力,利用圖作一個輔助圓（以P點為圓心，a為半徑作半個圓（與常電直線相同）利用，帶入上式子無限長帶電直線上任意一段無限小帶電線元ΔL在P點產生的電場強度大小和方向恰好等于同樣帶電線密度為λ的一段對應的弧元ΔL2在P點產生的電場強度的大小和方向。解法：如圖，在無限大帶電平面上，任取一無限帶電元ΔS,利用此式子告訴我們：在無限大均勻帶電平面上，任意一個無限小面元在P點產生的電場強度在Z方向分量恰好等于輔助半球面上對應的小球面元ΔS2上電荷在P點產生的電場強度的大小。再求無限長帶電直線周圍電勢分布（柱坐標）因此，則P點的電場強度（一定期Z方向）等于例：如圖計算無限長均勻帶電直線周圍電場強度體現(xiàn)式解：措施一：利用高斯定理如圖：帶電直線為軸取高為ΔL1，半徑為r的高斯面，措施二：初等措施例：平面對稱的電場，無限大帶電平面，，求周圍電場強度。解法一：利用高斯定理如圖取一個高斯面例：有三個同心的導體薄球殼，半徑分別為a，b，c，其中內、外球殼均接地，而中間球殼是由兩個半球殼拼接而成，且其中帶有一定電量。試問：三個球殼半a，b，c之間滿足什么關系，才能使中間球殼的兩部分不會相互分離解：設內、外球殼因感應產生帶電量分別為,中間球殼帶電量為Q依照題意可知，內、外球殼接地，電勢為零，能夠列方程：再求中間球殼受力方向（向外為正）中間球殼兩半球不分離的條件是球殼上受到的合力小于等于零帶入Qa，整頓可得（兩半球不分離條件）用c>a.條件為例：在正N變形的頂點上依次分布著電荷，所帶電量公差為q的等差數(shù)列，即q，2q，3q…Nq,從N邊行中心到任意一個頂點的距離均為R，求多邊形中心電場強度E的大小解：（1）先確定N邊行帶電系統(tǒng)在中心O點的合場強方向當N為偶數(shù)時，圖（b）作N1邊中垂線(過O點)構想以軸將正N邊行對折，即將右邊1,2,3…多點疊加在右邊N,N-1，N-2…上，各點電荷量均為（N+1）q，由對稱性，各點在O點引起的電場元矢量和的方向垂直于軸，可知原系統(tǒng)在O點的和電場方向必與軸垂直。這是因為對折前后沿方向電場分量為0當N奇數(shù)時，同樣做中垂線，構想以為軸將正N邊行對折，即將右邊1,2,3…多點疊加在右邊N,N-1，N-2…上，疊加后，除軸上的一個頂點的電量為（下端）除外，其他多點的電量均為（N+1）q。再將與圖（c）所示系統(tǒng)有關軸成完全對稱的另一個系統(tǒng)（第二次疊加）與之疊加，疊加后的系統(tǒng)如圖（d），此新的系統(tǒng)多頂點的電量均為（N+1）q，因此這個系統(tǒng)的中心0點，電場強度為0，因此圖（c）所示系統(tǒng)在O點的電場強度沒有沿軸方向的分量。由此可知，原系統(tǒng)在O點合場強方向必與軸垂直，綜上可知，無論N為何數(shù)，原系統(tǒng)在O點的合場強方向垂直（2）現(xiàn)取N0為軸，將兩個N邊行帶電系統(tǒng)有關軸鏡像對稱地疊加如圖（e），此時除N點電荷為2Nq，其他多點電荷均為Nq，顯然兩個系統(tǒng)疊加后再O點引起的合場強方向沿方向大小為,每個系統(tǒng)對應場強與關系為這就是原正N邊行中心處電場強度E的大小電偶極子觀測遠處電場強度時，可用一個量來代表這個電偶極子：電偶極距小結：（1）電偶極子的電偶極距（2）電偶極子在其延長線方向和中垂線上的電場強度分布如圖所示，（3）如圖所示，在p（r，θ）點處，電偶極子的產生電場強度分量為（4）電偶極子在p（r，θ）處產生的電勢，如圖，或者E與U的關系,柱坐標下（5）電偶極子在外電場的勢能（如圖所示）例：解：分析t=0時產生大的一個微粒，因為此時以及隨即A板加上正電壓U0，因此這個帶負電的微粒，將被加速。這個微粒能夠有T/2的加速時間，在這段時間內，設微粒能夠經歷的旅程為X，依據(jù)所給體現(xiàn)式因此x>L這個闡明t=0時產生的第一個微粒能夠抵達A板設這段時間產生微粒恰好能所有抵達A板，這里最后產生的那個微粒剛好能到A板，這個微粒產生后向A板加速的時間設為Δt1，則，求t1，如圖所示找方程,設加速度a，五個方程，五個未知量，聯(lián)立求解得闡明：時刻產生的那個微粒未到A板假設某一個時刻產生的一個微粒，將要抵達不過尚未抵達A板，掉過來反向加速，求抵達B板需要多長？（近A板時，速度為零