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- 2022-07-26 发布
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静电场一、电场强度1.库仑定律：，适用条件：真空中点电荷、均匀带电球体、均匀带电球壳。在介质中，F¢>R时,EP=.环可看成点电荷.1.一无限长均匀带电细线弯成如图所示的平面图形,其中AB弧是半径为R的半圆弧,AA¢平行于BB¢,试求圆心O处的电场强度.（答案：零）解:在半圆弧上取一小段弧ab,对应a¢b¢，弧所成的夹角为Dq®0,则ab和a¢b¢都可看成点电荷,ab弧=RDq,设单位长度的电量为h。ab弧在圆心产生的场强:。a¢a¢¢=rDq,则(注:a¢b¢¹a¢¢a¢)a¢b¢在圆心产生的场强。ab段和a¢b¢段在圆心的合场强为零，其它部分对应抵消，所以圆心O处的电场强度E=0.无限长直导线产生的场强2.已知均匀带电无限长直线棒电荷线密度为l，直线棒外的某点P离直线棒的垂直距离为R，求P点的场强。（答案：）解：根据上题的启发，半根均匀带电直线棒与四分之一的均匀带电圆周在圆心产生的场强大小相等，则无限长直线棒与半圆在圆心产生的场强大小相等。所以我们只要求出半径为R、均匀带电的半圆形带电棒在圆心的场强，就可得到无限长带电棒垂直距离为R处的场强。由于对称性，半圆形带电棒在圆心产生的场强在y方向为零。在圆周上任取一段DL，所对应的圆心角为Da，DL在圆心产生的场强DE在x方向的分量x方向的合场强为（kg×m3×A-1×s-4）所以，无限长直线棒在离棒垂直距离为R处的场强为，方向与棒垂直。问题：均匀带电有限长直线棒怎样求？3.已知半径为R的均匀带电半球面,带电量为Q.求圆心O点的场强大小.（答案：）解:根据对称性，垂直中心线方向的强场为零。在球面上取一小块面积DS,只要我们所取的DS足够小,就可以把它看成点电荷,沿中心线方向的强场：。1.电偶极子产生的场强：在真空中一对带等量异号点电荷系统（+q和-q），且相距L23\n远小于讨论中所涉及的距离，这样的电荷体系称为电偶极子，将电量q与两点电荷间距L的乘积（qL）定义为电偶极距。1.在真空中有两个点电荷+q和-q，相距L，以下各小题中r>>L，试求：（1）L的中垂面上任一点的场强，设场点到L中点的距离为r；（2）L的延长线上任一点的场强，设场点到L中点的距离为r；（3）空间中任一点的场强，设场点到L中点的距离为r；r与L之间的夹角为j。[答案：（1）；（2）；（3），]解：（1）场点P到电荷间的距离均为，场点P与电荷连线的夹角为q，则电荷在P点产生的场强大小为根据对称性，在沿中垂面方向的场强为零，故中垂面P点的场强大小为，方向垂直中垂面。当r>>L时，+q和-q电荷体系称为电偶极子，场点的场强大小为。（2）场点P到电荷间的距离分别为，在P点产生的场强大小为，场点场强大小为当r>>L时，+q和-q电荷体系称为电偶极子，场点的场强为。（3）如图所示，可认为C点有两个电荷+q和-q，则空间中的电场可视为两个电偶极子产生的E^由B处+q与C处的-q产生的，E//由C处+q和A处产生的-q。，场点的场强大小为，方向与r夹角为。5.电场中两个基本原理高斯定律：。如点电荷的电场由。又如无限大的平面薄板，电荷面密度为s，周围的电场由。23\n在平行板电容器内是由两个面叠加，所以E内=，方向垂直表面；E外=0。也可用U=Q/C，E=U/d=Q/dC=,两板间有介质时C变大，E变小。回路定理：E||qL=0(或W=Uq,即电场力做功与路径无关)如：电场线相互平行而间隔不相等的直线,这种电场是不可能存在的.证:在电场中,取一闭合回路(为方便,可取一矩形闭合回路),一电荷在这一回路中运动一周做功不为零,与电场的性质矛盾,所以这种电场是不可能存在的.1.在空间-d£x£d的区域内有电荷体密度r为一正常量的介质,在x>d和x<-d的区域内无电荷分布,若在x=d处将一电子自静止释放并作为计时时刻,问在什么时刻电子在x=d/2的位置?电子在x=d/2的位置时的速度为多大?(已知电子的质量为m,电量为e，不计介质对电子的阻力)[答案：，]解:电子受带电区域的吸引方向运动(向x负方向运动),当它运动到离原点O(中心点)的距离为x的P点时,如图所示,将全部区域分为-d到x的区域1和x到d的区域2,每一区域可看成无限大均匀带电平面。它们的电荷面密度,因无限大均匀带电平面产生的场强大小为(其中),它们在P点产生的场强大小分别为,E2=2pks2=2pkr(d-x),合场强E=E1-E2=4pkrx,电子受到的合力F=-4pkrex,[或证明：]受力大小与位移成正比,方向与位移方向相反,电子作简谐振动,振动的周期,振幅A=d。振幅的求法1：当t=0时，得振幅的求法2：根据机械能守恒定律得所以电子运动到x=d的位置至少需要的时间.电子在在x=d位置的时刻应为(2)根据简谐振动的能量守恒有23\n得电子在x=d的位置时的速度大小为.或。1.二.带电粒子在电场中的运动初速度方向与电场方向垂直：类似平抛如图所示,电子以一定的初速度从两金属板中间垂直于电力线方向进入偏转电场,飞出电场后,打在屏上垂直电场方向作匀速运动：x=vxt,沿电场方向作匀加速运动:y=at2/2.在电场中运动的时间：t=L/v0,飞出电场时的偏转位移：µU。飞出电场时的速度大小或根据动能定理：偏转角（即反向延长线交于中点）。打在屏上时的偏转位移：Y¢=Y+Stanq=(1+)YµU。1.如图甲所示,在真空中以速度大小v=106m/s的质子束连续地射入两平行板之间(已知质子的比荷q/m=108C/Kg).板长L=10cm,两板间距d=1cm,两板间不加电压时,质子束将沿两板之间的中线通过,在A、B两极板加上如图乙所示的电压时,质子束将开始出现以下现象:质子束有时能通过两极板,有时打在B板上间断,不能通过.(1)求两极板有质子束通过的时间跟质子束打在B板上间断的时间之比.(2)若取B板的左端为坐标的原点,向右为X轴的正方向,求质子打在B板上的范围.（答案：1:3，5cm>t,可认为电子通过平行板时的电压不变.设质子刚好能飞出电场的电压为U¢,则,得=100V,因电压与时间成正比,通过时间与间断时间之比==1:3.(2)电压最大时,质子打在最左边,设在这种情况下飞行的时间为t¢,则,得t¢=5´10-8s,水平位移S=vt¢=5´10-2m=5cm,所以能被质子打到5cm0,不计重力的影响.（1）试求将此点电荷由E点缓慢移至A点外力需做功的正负及大小,并说明理由.（2）P为球心正下方的一点,OP=R.试求将此点电荷由E点缓慢移至P点外力需做功的正负及大小,并说明理由.[答案：（1）零；（2）-W]解:（1）.设想取另一完全相同组成球壳,则壳内为等势体,ABCD为等势面.上下两个半球面在此平面上产生的电势相等,所以只有原半球面时ABCD23\n也是等势面,电荷在等势面上移动电场力做功为零,外力做功也为零.（2）.同理,对整个球壳U=0,,说明下半球在ET产生-UET，则下上半球在EP也产生-UET，所以得W¢=-W.1.有些仪器,如静电加速器,其高压电极外面都有一接地的金属罩,罩内充有一定压强的气体,内电极是一金属球,接地金属罩是一同心金属薄球壳,仪器工作时要求电极与金属罩之间的电势差为U0,选择适当的电极半径R1和球壳半径R2,有可能使靠近电极表面处的场强低于气体的击穿场强,从而使气体不被击穿.(1)若R1给定,则在理想的情况下,R2取何值,电极处的场强有最小值?(2)在实际情况往往适当选择R1/R2之值,使电极处的场强为上述最小值的若干倍,但仍低于击穿场强,求当电极处的场强为上述最小值的4倍时,R1/R2的值.[答案：(1)；(2)]解(1)设电极带电量为Q,则球壳内壁电量为-Q,为什么？（根据高斯定律或电容器带电的特点一定是等量异种，两极间强场不是零，又不是匀强电场）。电极与球壳间电势差,靠近电极表面处的场强E=,有上式得,R1一定,R2®¥时E最小,(2)有，得.2.在一个接地的导体球附近有一个电量为q的点电荷,如图所示,已知导体球的半径为R,点电荷距导体球球心的距离为L,求电体球表面感应电荷的电量.（答案：）解:由于电体球接地,所以它只带一种与q异性的电荷,分布在电体球的表面上(但分布不均匀).由于导体导体球接地,在导体上各点的电势都为零,对导体的球心处的电势也为零(对球心比较方便),在电体球表面上取一面积微元,其带电量为Dq¢,则它在球心产生的电势为DU¢=,所有感应电荷在球心产生的电势U¢=.因导体导体球接地，所以U+U¢=,.3.如图所示,一个半径为a的弧立的带电金属丝环,其中心处的电势为U0,将此环靠近半径为b接地的导体球,环中心o处与球面相切,试求球上感应电荷的电量.（答案：）解:设环带电量为Q,则对原来的环--Q在O¢处产生的电势------,23\n球上感应电量在O¢产生的电势U=----因球接地,对导体的球心处的电势也为零(对球心比较方便).----有式得:四．电容器1.球形电容器的电容：内球壳的半径为r,外球壳的半径为R的电容器的电容,设内球壳带电量为Q,则外球壳带电量-Q,内球面的电势U1=kQ/r-kQ/R,外球面的电势U2=0,所以C2=Q/DU=Rr/k(R-r).孤立带电导体球的电容：（或取外球壳的半径为无穷大）。2.平行板电容器的电容：。问题：平行板电容器的电压为U，则两板的电势各是多少？因两板的中心线的电势为零，所以两板的电势各为-U/2和U/2，且无限远到两板的电势差为U/2。3.电容器的连接。串联：各极板的电量相等，总电压等于各电容器上的电压之和。即。并联：电压相等，总电量等于各电容器上的电量之和。即：Q=CU=C1U+C2U+××××××××，得C=C1+C2+××××××。1.电容器A的电容为10mF,充电后电压为20V,电容器B的电容为20mF,充电后电压为40V.求：（1）把它们正极板连在一起,负极板也连在一起,平衡后电容器A两极板之间的电压（2）把它们正极板和负极板依次连在一起,平衡后电容器A两极板之间的电压[答案：（1）V；（2）20V]解（1）有电荷守恒：----平衡后电压相等：-----有得V（2）有电荷守恒：----平衡后电压相等：-----有得V2.在由电阻R和电动势为e、内阻r=R/3的电源组成电路上，接电容分别为C1、C2的两个电容器，如图所示。闭合接头1与2、3与4、5与6，闭合前电容器C2已带有电量，电容器C1不带电。闭合后电容器C1两板的电压等于e/2，而且接点3的电势高于接点2的电势，求电容器C2原来的电量。[答案：]解：因接点3的电势高于接点2的电势，说明电容器C2放电，设C2原来带电量为Q.23\n根据电压关系：---电容器C1带的电量q1=C1e/2-----有电荷守恒定律：Q=q1+q2-----有上述三式得电容器C2原来所带的电量。1.图中的两个电容器原来都不带电,现用图示的方法给电容为C2的电容器充电(已知C1=C,C2=2C),先将K扳向1位置,经过足够长的时间,再将K扳向2位置,然后又经过足够长的时间将K扳向1位置,如此反复进行,至少要经过几次K板向2位置,电容器C2的电压可达到0.99e?(电源内阻不计)（答案：）解:第一次对C2充电,C2的压力为U1,则:第二次对C2充电,C2的电压为U2,则:第三次对C2充电,C2的压力为U2,则:同理2.在如图所示的电路中,三个电容器的电容值均等于C.电源的电动势为e.开始时,三个电容器都不带电,先接通oa,再接通ob,再接通oa,再接通ob,……,如此反复换向.设每次接通前都已达到静电平衡,求:(1)当K第n次接通ob并达到平衡后,每个电容器两端的电压各是多少?(2)当反复换向的次数无限增多时,在所有电阻上消耗的总电能是多少?[答案：(1)；(2)]解:第一次接oa后,C1的电量Q1=DQ1=.C2带的电量为，第一次接ob,C2的电量变为.第二次接oa后,设C1的电量增加了DQ2,则C2的电量也增加了DQ2,因为U1+U2+=e,所以.得.同理第三次接oa后,.即后一次增加的电量与前一次增加的电量之比为1/4.第n次接oa后C1的电量：第n次接ob后C2和C3的电量各为：(1)C1、C2、C3的电分别为:。(2):当n®¥时，C1上的电量(也是通过电池的总电量)Q=,电源供电We=Qe=23\n.各电容中的电能。由能量守恒，电阻上消耗的总电能：。1.如图所示，两个面积均为S的大的平行平面带电导体薄板，左导体板带电为Q1，右导体板带电为Q2，2、3两个面之间的距离为d，求两导体板之间的电势差以及两板之间的相互作用力。[答案：；]解：设各面所带的电量分加为q1、q2、q3、q4，有电荷守恒定律q1+q2=Q1-------q3+q4=Q2-----------因导体内部的场强为零：--------------有上述4式得，等量同种；，等量异种。所以得两板之间的电压为。板面1和板面2在板面3和板面4处产生的场强为，所以两板之间的相互作用力。2.平行板电容器的极板A固定不动,极板B用弹簧固定在侧壁上,如图所示.如将开关闭合,极板B开始平行地向极板A移动,并在新的位置停下来,这时两极板的距离减小了10%.如果开关闭合后,在极板B还来不及离开原来位置时就断开开关,试问,极板B在新的位置停下来后,两极板的距离将减小多少?（答案：8.1%）解:设电容器每一个正对的面积为S,电源的电压为U,闭合开关前两极板间的距离为d,弹簧的劲度系数为K.第一种情况:闭合开关后,两极板间的电压不变,因电容器内部的电场为匀强电场,所以极板B所受的电场力与弹力平衡:qE=KDL----(1)将,,DL=0.1d代入(1)得—(2)第二种情况,开关闭合的时间极短就断开,两极板间的电量不变.极板B所受的电场力与弹力平衡q¢E¢=KDL¢----(3)将,,以及(2)代入(3)得DL¢=0.081d.即减小了8.1%.五.电势能1.电荷间的电势能：证明方法与引力势能相同；如何确定电势能的正负或大小的变化。2.孤立带电体球体的电势能：23\n弧立带电体的电势能电荷的多少有关，所以用微元法或根据Uµq,电势能W是U-q图象中的三角形面积。如有厚度的（内、外半径分别为R1和R2）导体球，在球心有一电量为Q的点电荷，把它通过球上的小孔移到无限远要做功。3.电荷系间的电势能；以半径分别为R1、R2、R3，其带电量分别为Q1、Q2、Q3，他们之间的距离分别为r12、r23、r31为例，其电荷系间的电势能：。注意：我们关心的是电势能的变化，不是电势能。1.总电量为Q的电荷均匀分布于一半径为R的固定圆环上,今将带电量为q的质点A以V0=10m/s的初速度由圆环的中心O点垂直于圆环平面向E射出,如图所示.若q与Q的电性相反,则质点A沿OE轴运动时可到达的最远点为P,而直线OP=R,不计带电质点的重力,试问:(1)为了使质点A从O向E方向射出后能到达无限远处,质点A的最小初速度为多少?(2)今将质点A改为质量和电量都不变,但电性与Q相反的另一质点B,那么,当质点B从O点由静止开始运动,当质点B到达P点时的速率为多少?[答案：(1)m/s；(2)10m/s]解(1)Q在O点的电势,在P点的电势,O到P，有能量守恒（为什么不考虑环中电荷间的电势能）O到到无限远，有能量守恒，得m/s.(2)因电性相反,所以，得v2=v0=10m/s.2.一个带电水珠电量超过一定后会自动分裂成两个同样大小的水珠.一个半径R=10-5m的水珠带电量至少为多少时才会自动分裂?(设水珠带的电量是均匀分布在表面上,水的表面张力为a=2.7´10-2N/m,不考虑水珠的重力势能的变化)（答案：）解:分裂时可看成是电荷间的斥力大于表面张力的缘故,但电荷间的作用力比较复杂,用能量守恒能定律解比较简单.分裂前半径为R,分裂后半径为R¢,有水珠分裂时,电势能的减少用来克服表面张力做功转化成表面能（内能）.分裂前电荷的电势能为.分裂后两个弧立电荷的电势能相等,都为E1=E2=,两个电荷间的电势能为E3=(两球间的距离为2R¢时满足带电量最少).克服表面张力做功转化成内能为W=aLL¢=a(2´4pR¢2-4pR2)=a´4pR2.23\n分裂的条件是:W£E-(2E1+E3),即.4.电容器中的能量根据Uµq,电势能W是U-q图象中的三角形面积：。电源对电容器充电时，电源消耗的能量为W¢=UQ，即一半消耗在电路上，与充电电路中的电阻R大小无关，充电的时间与R大小有关，R越大、电容C越大充电时间越长，在物体学中，把RC乘积叫电容器的充电时间。电容器中的能量是以电场能形式贮存，所以有时又叫电场能。与电场的关系。1.设可变电容器的极板是一对相同的扇形金属片组成的.旋转旋钮,改变极板间相对的面积,可改变电容的值.当旋钮从00转到1800时,电容从40PF变到280PF.当旋钮转到900时,用400V电源对电容器充电.拆去电源后,再把旋钮调到00过程,求外力所做的功.（答案：3.64´10-5J）解:当00时,金属板所对的面积不为零,所以电容器与角度应是线性关系(不是正比关系):,可得900时的电容为C=160PF.拆去电源后,电容器的电量Q=UC保持不变.00时电容器的电场能=5.12´10-5J,900时电容器的电场能=1.28´10-5J.有能量守恒,外力的功等于W=E1-E2=3.64´10-5J.2.如图所示ad为一平行板电容器的两个极板,bc是一块长宽都与a板相同的厚导体板,平行地插入在a、d之间,导体板的厚度bc=ab=cd,极板a、d与内阻可忽略的电动势为e的蓄电池以及电阻R相联成如图的电路.已知在没有导体板bc时电容器a、d的电容为C,现将导体板bc抽去,设已知抽去过程中所做的功为A,求这过程中电阻R消耗的电场能.（答案：A-Ce2）解:有bc时,电容为C¢(相当于ab和cd串联),而每个电容器和C相比,C1=C2=3C.所以总电容C¢=3C/2,电容器中原来的电场能E0=C¢e2=Ce2(或两只电容器中的电场能相加),后来Et=Ce2,抽去过程中电场能减少DE1=E0-Et=Ce2,电量减少Dq=Ce-Ce=Ce.对电源充电DE2=eDq=Ce2.有能量守恒A+DE1=DE2+W,所以W=A+DE1-DE2=A-Ce2.3.由n个单元组成的电容器网络,每一个单元由三个电容器连接而成,其中两个电容器的电容都是3C,另一个电容器的电容都是2C,如图所示.图中a、b为网络的输入端,a¢、b¢为其输出端.今在网络的输入端ab23\n加一恒定的电压U,在其输出端a¢b¢间接入一个电容为C的电容器.(1)求从第k(kR1)处有一带电量为Q2的点电荷，球壳内的电势相等吗？是多少？球壳带电不均匀,其分布使球壳内场强为零，电势相等，对球心，其电势。把带电量为Q的点电荷放在球壳内，球壳原来不带电，不接地，球壳内、外表面各带多少电？球外场强和电势各是多少？球壳内的场强和电势跟什么有关？由高斯定律内表面Q内=-Q，内表面感应电荷分布与Q的位置有关。由电荷守恒Q外=Q，因导体是球体，外表面感应电荷分布均匀，球内感应电荷和点电荷Q在球外的场强为零，电势与无穷远等势（为零），所以球外的电场，电势，相当于均匀带电球壳产生的。球壳内的场强和电势跟Q的位置有关。把带电量为Q的点电荷放在球壳内，并把球壳接地，球壳内、外表面各带多少电？球外场强和电势各是多少？由高斯定律内表面Q内=-Q，内表面感应电荷分布与Q的位置有关。因球壳接地后，电势为零，球外的电势都由球外壳的感应电荷产生，且球壳接地后球壳外的电势为零得Q外=0。球壳接地后球壳外的E=0；U=0。若把带电量为Q2的点电荷放在球壳内，球壳原来带电Q1。球壳内、外表面各带多少电？球壳内的电势相等吗？球外场强和电势各是多少？球壳内场强不为零，电势不相等。由高斯定律内表面Q内=-Q2，内表面感应电荷分布与Q的位置有关。由电荷守恒Q外=Q2+Q1，因导体是球体，外表面感应电荷分布均匀，内表面感应电荷分布与Q2的位置有关。球外的电场，电势，相当于均匀带电球壳产生的。当球壳内点电荷电量为Q1、外点电荷电量为Q2，并把球壳接地，球壳内、外表面各带多少电？由高斯定律内表面Q内=-Q1，电荷的分布与Q1的位置有关。因球壳接地，球外表面的电势为零，球外电荷在球内产生等势（对圆心）：，得。R是球壳的半径，r是Q2离球心的距离。以上各题把球壳与地连接一电源？（如中球壳与地间的电源电压为U）由高斯定律内表面Q内=-Q1，球外表面由如果导体球壳有厚度？（内半径R1，外半径R2有厚度的球壳，球壳内点电荷电量为Q1、外点电荷电量为Q2离球心的距离分别为r1,r2,球心处的电势）球心处的电势。23\n球体内有多个空腔？1.如图所示，O为半径等于R的原来不带电的导体球的球心，O1、O2、O3为位于球内的三个半径皆为r的球形空腔的球心，它们与O共面，已知．在OO1、OO2的连线上距O1、O2为的P1、P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的导体（视为点电荷），在O3处放置一带电量为q3的点电荷，设法使q1、q2和q3固定不动．在导体球外的P点放一个电量为Q的点电荷，P点与O1、O2、O3共面，位于的延长线上，到O的距离．(1)求q3的电势能． (2)将带有电量q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？此时q3的电势能为多少？[答案：(1);(2)腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．]解：1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现 电量为、和的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量，O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷及空腔3表面的感应电荷（）共同产生．导体球表面的电荷在O（跟O3产生的电势相等）点产生的电势为，Q在O点（跟O3产生的电势相等）产生的电势为，感应电荷在O3点产生的电势为根据电势叠加定理，O3点的电势为故q3的电势能2．在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷中和．q2与中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量及空腔3内壁的电荷共同产生，故q3的电势能．2.已知:使一原来不带电的导体小球与一带电量为Q的导体大球接触,分开后,小球获得的电量为q.今让小球与大球反复接触,在每次分开后,都给大球补充电荷,使其带电量恢复到原来的值Q,求小球可能获得的最大电量.（答案：）解:小球和大球接触时的电势相等：----小球可能获得的最大电量时（大球电量不变）：---23\n有式得.1.两个互相绝缘的同心导体薄球壳,内球壳半径为R1,外球壳半径为R2,开始时内球壳带电量为Q1,外球壳不带电.(1)试求外球壳内、外两个侧面的电荷及外球壳的电势.(2)将外球壳接地后再与地绝缘,计算此时外球壳内、外两侧的电荷.(3)将外球壳接地后再与地绝缘,再将内球壳接地,求外球壳内、外两侧的电荷.[答案：(1);(2)Q内=-Q1,Q外=0;(3)]解(1)求电量,一般用电势讨论,但不知球壳的电势,可用高斯定律，得Q内=-Q1,因外球壳的净电荷为零,所以Q外=Q1.Q内、Q外对外球壳贡献的电势为零,所以U外=.(2)外球壳接地,求电量可用电势来讨论,外球壳上的电势为零,所以Q内=-Q1,Q外=0.(3)内球壳接地后,内球壳的电势为零,所以有.根据电容器的特点，此时内表面的电量为Q¢外=根据电荷守恒定律外表面的电量为Q¢外=-Q1-Q¢外=。3.电像法2.无限大的平面金属板接地,在金属板上方距金属板的距离为d处放一电量为Q的正电荷,如图所示.求（1）距正电荷水平距离为d的P点的场强大小和电势.（2）欲将该点电荷Q缓慢地移到离导体平板很远的地方，外力至少要做多少功？[答案：（1）;（2）]解:（1）因导体表面的场强与表面垂直,且导体板的电势为零，所以导体上方的场强等效于等量异种点电荷的电场,导体上感应电荷等效于关于金属板与Q对称的、带电量为Q的负电荷,它离P点的距离为d（这种方法称为电像法）.Q在P点产生的场强.感应电荷在P点产生的场强.取水平方向为x正方向,竖直方向为y正方向.则在x方向上Ex=E1-E2´,在y方向上Ey=-E2´.得P点的场强大小（矢量叠加）其电势（标量叠加）U=U1+U2=（此方法不适用导体板以下）.23\n（2）开始时，根据电像法，点电荷所在位置处感应电荷产生的电势为用微元法，移到无限远要做功。1.在一个接地的导体球附近有一个电量为q的点电荷,如图所示,已知导体球的半径为R,点电荷距导体球球心的距离为L,求导体球表面感应电荷对q的作用力.[答案：]解法1：感应电荷的分布比较复杂,要直接求感应电荷对q的作用力比较困难.用电像法来解,首先要求出q的像q¢电量及它的位置.q的像q¢必须满足在q和q¢的共同作用下,只要球面的电势为零,那么q¢就可代替感应电荷.根据对称性可得q¢一定在qO相连的直线上.设q¢到O的距离为a,如图所示。根据题意有：式中,代入上式得要使上式任意均成立，等号两边的相应系数应相等，即，解得（舍去a=0）,解法2:O为坐标的原点,Oq方向为x轴,P点的坐标为(x,y).对球表面上的任一点P而言,由于导体球接地,它的电势应等于零:.上式可整理成:.因为P点是位于以球心为原点的球面上的任一点,所以x、y的一次项为零，常数项等于R2，即：.所以,有库仑定律得感应电荷对q的作用力,方向向qO.问题：（1）球壳外的电荷有两个？（2）点电荷q在球内？球壳有厚度？2.如图所示，把一个点电荷q放置在内外半径分别为r1、r2的导体球壳内，点电荷q距球心的距离为r。求：（1）作用在此电荷上的电场力。（2）如果导体是孤立、原来不带电的，它的内表面的电势。[答案：（1）;（2）]解（1）球壳的外表面的感应电荷对q无作用力，只有球壳内表面的感应电荷对q有作用力，但内表面的感应电荷分布不均匀，应用电像法先求出像电荷的电量q¢23\n和像电荷离球心的距离r¢。根据对称性，像电荷一定在点电荷q与球心的连线上，在q和q¢的共同作用下，使半径为r1的球面上电为零，其电势与无限远等势（为零）：类似与上题的解法得像电荷离球心的距离，电量为。所以得作用在此电荷上的电场力（2）因q和q¢的共同作用下，使半径为r1的球面以外的场强为零，其电势与无限远等势（为零），所以球壳的内表面的电势都是由球外壳感应电荷贡献，因导体是孤立、原来不带电，根据高斯定律（静电感应）内表面Q内=-q，根据电荷守恒定律球壳外表面上的感应电荷q外=q（q外¹-q¢），球壳内表面上的电势（与q外在球心产生的电势相等）为。4.电介质的极化问题：在真空中的电场为E0，充入介质时的电场E增大还是减小？（极化电荷的影响减小）电介质的介电常数（又叫相对介电常数）e=E0/E，没有单位。叫绝对介电常数。相对介电常数和绝对介电常数的乘积叫介电常数，有时也用e表示。怎样区别？（没有特别说明的介电常数一般都反指相对介电常数）。介质中的库仑定律：。平行板电容器的电容：。电容器接在电源上，在电容器内插入介电常数为e介质后，电容器内的U、E、Q的变化？电容器充电后与电源断开，内插入介电常数为e介质后，电容器内的U、E、Q的变化？1.空气平行板电容器充电后与电源断开，此时两板间的电压为U、电容器所带的电量为Q、两板间的强场为E，电场能为W，极板上电荷面密度为s。在电容器内插入介电常数为e的电介质后两板间的电压为U¢、电容器所带的电量为Q¢、两板间的强场为E¢，电场能为W¢，电介质表面上极化电荷面密度为s¢。求的值。（答案：,,,,）解：带电量不变，带电量之比为入介质后，电容之比为：，由，所以电压之比为两板内强场之比为因，所以电场能之比为23\n因电场E¢是原来的电荷与极化电荷产生的电场的叠加：，得1.空气平行板电容器与输出电压不变的电源连接，此时两板间的电压为U、电容器所带的电量为Q、两板间的强场为E，电场能为W，极板上电荷面密度为s。在电容器内插入介电常数为e的电介质后两板间的电压为U¢、电容器所带的电量为Q¢、两板间的强场为E¢，电场能为W¢，电介质表面上极化电荷面密度为s¢。求的值。（答案：,,,,）解：入介质前后，电压不变，所以电压之比为因Q=CU，所以带电量之比为困，两板内强场之比为因，所以电场能之比为插入介质后，板上电荷面密度为，则，得j=es，电场E是电荷j与极化电荷的叠加：，得七.综合题例2.在光滑水平面上有两个质量分别为m的2m的物体带有等量异号的电荷,某时刻两个物体以图(a)所示运动,此时加上一个水平方向、慢慢减小的匀强电场,当电场减小到零时,质量为m的物体的速度大小和方向以图(b)所示运动.求此时质量为2m的物体的速度大小.（答案：）解:以两个物体作为系统,所受到的外力(电场力)之和为零,所以电场力不改变系统的动量,有2m´2v=2m´vx-m´2v---(1)-m´2v=2m´vy—(2)得vx=3v,vy=-v.所以此时质量为2m的物体的速度大小.3.如图所示为一固定放置的半径为R的均匀带电球体，O为其球心。已知取无限远的电势为零时，球表面处的电势为U=1000V，在离球心O很远的O¢点附近有一质子b，它以EK=2000eV的动能沿与O¢O平行的方向射向a。以L表示b与O¢O线之间的垂直距离，要使质子b能够与带电球体a的表面相碰，试求L的最大值。把质子换成电子。再求L的最大值。（答案：,）解：令质子的质量为m，v0和v分别表示质子的初速度和到达a表面处的速度，e表示元电荷，有能量守恒可知------23\n取L最大时，b运动到a的表面其速度方向刚好与该处的表面相切，因a不动，b受力的方向始终指向O点，质子对O点的角动量守恒mv0L=mvR-----有上述两式得。若把质子换成电子时，其电势能减小，同理得。1.如图所示,在x>0的空间各点,存在沿x轴正方向的电场,其中在x£d的区域中,电场是非匀强电场,场强E的大小随x增大,即E=bx,b>0,b为已知常量;在x³d的区域中,电场是匀强电场,场强E=bd,在x<0的空间各点,电场的分布与x>0的空间中的分布对称,只是场强的方向都沿x轴负方向.一电子,其电荷为-e,质量为m,在x=5d/2处沿y轴正方向以初速度为v0开始运动.求:(1)电子在x方向分运动的周期;(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中,任意两个相邻交点间的距离.[答案：(1);(2)]解(1)电子在x方向上的分运动是沿x方向运动的初速度为零,在电场力作用下开始向负x方向作加速运动,在d£x£5d/2区间,电子受到沿负x方向的力,大小为F=ebd,电子的加速度为a1=ebd/m,设电子有5d/2到d处的时间为t1,则有(5d/2-d)=a1t12,得-(1)在-d£x£d区间,电子受力F=-eE=-ebx=-kx,电子在此区间内的x方向分运动是简谐振动,其,振幅为A的简谐振动的一部分;在x=d处,电子沿x方向的速度为方向向左.根据振动方程当t=0时,d=Acosa,wd=wAsina，得A=2d,a=600=，有-d=Acos(wt2+),得wt2=-=，得t2=---(2)(或根据得A=2d,有参考圆得电子自x=d运动到x=-d所需的时间t2=).在x£-d区间内的运动与x³d区间的运动对称,所以t3=t1---(3)此后电子在x=-5d/2与x=5d/2间的往复振动,其周期T=2(t1+t2+t3)=.(2)因电子在沿y轴方向的分运动是以初速度为v0的匀速运动,所以电子运动的轨迹与y轴的交点中,任意两个相邻交点间的距离都相等,且为Dy=v0=.2.如图甲所示,A、B23\n是一对平行放置的金属板,中心各有一个小孔P和Q,PQ连线垂直金属板,两板距离为d,从P点处连续不断地有质量为m、带电量为q的正电粒子(重力不计)沿PQ方向放出,初速可忽略,在A、B间加一如图乙所示的交变电压,其电压大小为U,周期为T,带电粒子在A、B间运动过程中,粒子间互相作用力可忽略不计.(1)如果在每个周期内放出的粒子只有在0-T/4时间内放出的粒子才能从Q小孔中射出,其它时间内放出的粒子不能从Q小孔中射出,则上述物理量之间应满足什么关系.(2)如果各物理量之间的关系满足(1)问的关系式,求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期的比值.[答案：;]解(1)粒子的运动先向右加速运动,再向右减速运动,在T时间内放出的粒子,越晚放出的粒子加速时间越短,向前的S就越小,刚好射出的粒子是t=T/4时刻放出的粒子,有运动的对称性,2´at2=d,,得.(2)t=0时刻射入的粒子最早射出,有s=a=2d>d,粒子一直加速射出Q孔,在t1=时刻射出Q孔,t=时刻射入的粒子最迟射出,在AB间运动的时间为t2=2´T=T,在t¢2=t2+T=时刻射出Q孔,在Q孔中有粒子射出的时间Dt=t¢2-t1=,则时间之比.23
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