全国中学生物理竞赛课件17：静电场：原理与方法

全国中学生物理竞赛课件17：静电场：原理与方法

静电场的两大外观表现♠ 对引入电场的任何带电体产生力的作用. 当带电体在电场中移动时,电场力做功,说明电 场具有能量. 描述静电场的基本规律♠ 对一个孤立系统，电荷可在系统各部分之间迁移，但其总量保 持不变——原来为零的始终为零，原来为某一量Q的，则始终 为Q，此即电荷守恒定律． 1 2 2= kq qF r 在真空中的任何静电场中，通过任一闭合曲面的 电通量等于这闭合曲面所包围的电荷的代数和的 ε0分之一，这就是真空中静电场的高斯定理． 0 i i e q    等效处理方法♠ 等效对称替代法 等效电像变换法 示例 规律 规 律 应用 示例 示例 球在第一次与板接触后获得电量为q，说明有 量值为q的正电荷从板上转移到球上，由电荷守恒 可知，此时板上电量为(Q-q), 球与板这一系统中的总电量是按比例 分配到球上与板上的． q Q q 当多次操作直至最终板上电量又一次为Q但不能 向与之接触的球迁移时（此时两者等电势），球上电 量达到最大: maxq q Q Q q   max q qq Q Q   一个金属球借助导电薄板从起电机上获得 电荷，板在每次与球接触后又从起电机上带电至电量为 Q．如果球在第一次与板接触后带电量为q，求球可获得的 最大电量. 　　　　　 如图所示，半径相同的两个金属球A、B相距很远， 原来不带电，C球先与远处电池正极接触，（负极接地），接着与球 A接触，再与B球接触；然后又与电池正极接触，重复上述过程，反 复不已．已知C球第一次与电池接触后的带电量为q，第一次与A球 接触后A球的带电量为Q1，求⑴A球与B球最后的带电量Q与Q′；⑵ 设 ，至少经过几次与C球接触后，A球的带电量可达最后带 电量的一半？ 1 9 10 Q q  C A B ⑴设A、B球半径为R,C球半径为r,C球与A球第1次 接触后有 1 1q Q Q r R   ① q Q r R  时 电荷不再从C球移向A球，故 RQ qr  C球与B球接触最终亦 有 q Q r R  1 1 Q qq QQ  ⑵由①式及题给条件 1 9 r R  若第２次C与A接触后A又获电量Q2， 2 1 2q Q Q Q r R  則 2 2 9 1 0Q q     n次C、A接触后有 919 10 4.5110 10 n q q       n 7 次 返回 1 1 Q qq Q= r2r1 m O  21 1S 2S MQ q 2 1 1 2 1 cos cos rk q F k q r        2 2 2 2 2 cos cos rk q F k q r        带电球壳内场强为零! 3 2 03 4 3k r E r r     r 把两个相同的电量为q的点电荷固定在相 距l的地方，在二者中间放上第三个质量为m的电量亦为q 的点电荷，现沿电荷连线方向给第三个点电荷一小扰动， 证明随之发生的小幅振动为简谐运动并求其周期T． FB FA qA A qB B Ol lx2 2A B kqF F l   质点在平衡位置O时： 质点在距平衡位置x的某位置时： 22 2 2 2 4 21 2 A kq kq xF lll x          22 2 2 2 4 21 2 B kq kq xF lll x          2 332 kq x l  kq x xF l ll 2 2 4 1 4 1 4                2 2 l m l qT k  2 kQ R 点电荷q在两侧场强等值反向! q EqEq整个带电球内部场强为0; 外表面场强大小为 设球壳除A外其余部分在A处的场强为EA A 在A内侧有 0q AE E  在A外侧有 2q A kQE E R   22AE kQ R  22 F kqQ R  均匀带电球壳半径为R，带正电，电量为 Q，若在球面上划出很小一块，它所带电量为q．试求球壳 的其余部分对它的作用力． 一个半径为a的孤立的带电金属丝环，其中心电势为U0．将此 环靠近半径为b的接地的球，只有环中心O位于球面上，如图．试求球上感应电荷的电 量 ． O点O1点电势均为0; 环上电荷在O点的总电势为U0 0 i i kqU a   球上感应电荷在O1点引起的电势Ub O 1 a b O O点O1点电势均由环上电荷及 球上感应电荷共同引起！ 1 i b O i kQU Ub    环上电荷在O1点的总电势为 1 2 2 i O i kqU a b    0 21 2OU aU a b  0 2 2 aU a b    0 2 2 abU k a Q b  　　　　　 正点电荷Ｑ1和正点电荷Ｑ2分别放置在A、B两点， 两点间相距L．现以L为直径作一半圆，电荷在此半圆上有一电势最 小的位置P，设PA与AB的夹角为α，则α＝ ．（用三角函数 表示）  切向场强为0位置为 电势最小的位置！     1 2 2 2sin cos cos sin kQ kQ L L      3 2 1 tan Q Q   1Q 2Q 3 1 2 1 tan Q Q  　　　　　 电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度等于E0．两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半球中 分出一部分球面，如图所示．试求所分出的这部分球面上（在“小 瓣”上）的电荷在O处的电场强度E． E 0 Ｏ E 2  0 sin 2 EE 小 半球面均匀分布电荷 在O点引起的场强可视 为“小瓣”球面电荷 与“大瓣”球面电荷 在O点引起的电场的矢 量和.由对称性及半球几何关系可知 E大与E小垂直，如图所示: 　　　　　 有两个异种点电荷，其电量之比为n，相互间距离 为d．试证明它们的电场中电势为零的等势面为一球面，并求此等势 面的半径及其中心与电量较小电荷的距离r ． O y x -q nq 以小电量电荷所在位置为坐 标原点，建立直角坐标  ,x y  2 2 2 2 kq knq x y d x y     d -q与nq在坐标为（x、y） 的点电势迭加为零，即有 2 2 2 2 21 1 d ndx y n n              2 ,0 1 d n    球心坐标 球半径 2 1 ndr n   　　　　　 半径分别为R1和R2的两个同心半球相对放置，如 图所示，两个半球面均匀带电，电荷密度分别为σ1和σ2，试求大的 半球面所对应底面圆直径AOB上电势的分布 ． A B 大半球面上电荷量为 2 1 12 R  大半球面上电荷在底面引起的电势为整个大球 面上电荷引起电势的一半,即2 1 1 1 1 1 1 2 2k RU k RR      小半球面上电荷量为 2 2 22 R  小半球面上电荷在其底面引起的电势为整个小球 面上电荷引起电势的一半,即 2 2 2 2 2 2 2 2 2k RU k RR      根据电场叠加原 理,直径AB上电 荷分布为:       1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 k R R R R r U r R U R r Rk                       小半球面上电荷在球面外引起的电势亦为 整个小球面上电荷引起电势的一半,即 2 2 2 2 2 2k RU r    　　　　　 一半径为R、带电量为Q的均匀带电球面，试求其 上的表面张力系数σ，σ定义为面上单位长度线段两侧各向对方施加 的作用力 ． R  E 2  sin 2R  TT 2 sin 2S R        2 2 2 sin sin2 4 24 Q Qq R R                   2 08 QE R  在球面上取一面元 面元受力如示 0 22 0 2 2 2sin4 s2 i 28 n 23e QF R QQ R                  面元周边所受张力合力大小为 2 sin sin2 2T R       面元处于平衡,则 22 2 0 sin 23 2 sin sin 22 2 Q R R               2 2 3 064 Q R    返回 q 点电荷电场 S S 球面上各处场强大小均为 2 2 04 kq qE r r   12 2 2 0 1 8.85 10 C /N m4 k      从该球面穿出的电通量 2 2 00 4 4e q qES r r        e eE S  电场线的疏密表示电场的强弱，若场中某面元上有 条电场线垂直穿过，则 0 e q   根据电场线的性质——在电场中 没有电荷处电场线是连续的、不 相交的，可以肯定包围点电荷q的 任意封闭曲面S′上的电通量也是 q S   入 出 0e  0q 0 e q   根据电场迭加原理，将上述结果推广到任意点电荷 系构成的静电场：若闭合曲面包围的电荷的代数和 为 ,i i q 0 i e i q   則 返回 O r R r< 由高斯定理有 2 2 0 0 4 4 0eE R R      R r 由高斯定理有 2 22 04 4 e Q R QE k R R      R E 0 r O r R r< 由高斯定理有 3 3 0 e R Q r   R r 由高斯定理有 2 22 04 4 e Q R QE k R R      R E 0 r R 2 3 044 eE R Q R r   3E kQ R r   E S 由高斯定理有 0 e S     02 2 eE S     Q Q 两面积S、间距d平行板电容器当 带电荷量Q时，板间电场由电场 叠加原理可得为 0 0 2 2E     4 kQ S  　　　　　 半径为r的圆板，在与其中心O距离为d处置一点电荷 q，试求板上电通量． 球冠面上的电通量与圆板的电通量相同！ q d rR 2 2 2 kq kqE R r d    距q为R处电场强度大小为 球冠面积为  2S R R d    2 2e kq R R d R    2 20 12 q d d r        　　　　　 在相距d的两根平行细长导线上均匀地分布有异种电荷， 其线密度为＋及－λ ．求在对称平面上与导线所在平面相距为x的一 点P的电场强度 ． 由高斯定理有 0 e l     02 2 eE R l R     l R 02E R    2 d 2 d x P  1E  2E PE 1 2 2 2 02 2 E E d x          2 2 2 2 0 / 22 2 2 2 p dE d dx x                 2 2 0 2 4p dE x d     　　　　　 如图，有“无限长”均匀带电圆柱面，半径为R， 电荷面密度为σ，试求其场强，并作E（r）图 ．  r R< 0e  0eE S   r R R E 0 2 e R l       l 2 e eE S r l      0 1R r    r E 0 R 0   　　　　　 如图，在一厚度为d的无穷大平板层内均匀地分布 有正电荷，其密度为ρ，求在平板层内及平板层外的电场强度E，并 作E（r）图 ．  d S 2 dr < 时 0 2 e S r      02 eE S r    2 dr  时 0 e S d      02 2 eE S d    r E 0 d/2 02 d  02 d  　　　　　 一点电荷q位于一立方体中心，立方体边长为a， 试问通过立方体一面的电通量是多少？如果点电荷移至立方体的一 个角上，这时通过立方体每个面的电通量各是多少？ 点电荷位于立方体中心时，通过立方体一个表面的电通量为 06e q   点电荷位于立方体顶点时， 通过立方体一个表面的电通量为 06 1 4e q    024 q  　　　　　 如图，电场线从正电荷＋q1出发，与正点电荷及负点 电荷的连线成α角，则该电场线进入负点电荷－q2的角度β是多大？ α β－ +q1 －q2 以点电荷+q1与-q2为中心， 取一半径r很小的球面，可 视为其上电场线均匀分布， 穿出2α角所对的球冠面的 电场线应完全穿入2β角所 对的球冠面，两面上电通 量相等：    1 2 2 2 0 0 2 1 cos 2 1 cos 4 4 r r r rq q r r              1 2 sin sin2 2 q q   -4qq 　　　　　 准确地画出两点电荷＋q及－4q的电场线分布示意图. 若两电荷相距a，场强为零的点在两点电荷连线延长线 距+q为x远处:   2 2 1 4 x x a a x     由上题，从+q出发， 与两电荷连线所成 角度在[0,π]之间的 电场线进入-4q终止 时与两电荷连线夹 角在[0,π/3]之间， 如图: A O点电势为0： 0r Rq qq l r R    由高斯定理知 0r Rq q q      R l r R R lQ qr      r l R r r lQ qR   Ｏ q r R l 　　　　　 如图，两个以O为球心的同心金属球壳都接地，半径 分别是r、R．现在离O为l（r＜l＜R）的地方放一个点电荷q．问两个 球壳上的感应电荷的电量各是多少？ . Q + + + + ++ + + + ◎球壳内、外表面感应电荷电量总等于球 壳中心电荷量 ◎内外感应电荷在球壳中心引起的电势为 kQ kQU a b   ◎从中心移动极小电量过程中可认为中心点电势不变 ,Qq n 取 在第i次移动中的元功为   1 1 i Q QW k n in n a b        移动Q到无穷远的总功为   1 1 1lim n n i Q QW k n in n a b          2 2 1 1 1 1lim n n i kQ n ia b n         2 1 1 2 kQ a b      　　　　　 如图，两个以O为球心的同心金属球壳都接地，半径 分别是r、R．现在离O为l（r＜l＜R）的地方放一个点电荷q．问两个 球壳上的感应电荷的电量各是多少？ . 返回 　　　　　 如图所示，将表面均匀带正电的半球，沿线分成两部 分，然后将这两部分移开很远的距离，设分开后的球表面仍均匀带 电，试比较点与点电场强度的大小 ． AA A 2 R 2 R A E1 E2 3E A 2 3E E< 1 3E E 1 2E E> A B C D O 2 0 3 41 4      若正四面体的四个面电势相同，四面体就是一个等势体， 其中心点电势即可确定，现正四面体ABCD各面静电势 均不同，其中心点的电势难以直接确定. 　　　　　 如图所示，正四面体ABCD各面为导体，但又彼此 绝缘．已知带电后四个面的静电势分别为　、　、　和　,求四面体 中心Ｏ点的电势φ0 ． 1 42 3 进行等效替代：另有同样的三 个四个面的静电势分别为φ1、 φ2 、 φ3和φ4的正四面体，将 它们适当地叠在一起，使四个 面的电势均为φ1+φ2 +φ3+φ4 ， 中心点O共点，这个叠加而成 的四面体是等势体，其中心O 点电势4φ0=φ1+φ2 +φ3+φ4 　　　　　 如图所示，在半径为R、体密度为的均匀带电球体 内部挖去半径为r的一个小球，小球球心与大球球心O相距为a，试 求点的场强，并证明空腔内电场均匀 ． O r1 O A E1 EA E2 r2 1 2E E EA   1 1 0 E r3     1 2 0 E r r3A   則 带电球内半径为r处 场强 3 2 03 4 3k r E r r     2 2 0 E r3     0 a3   a B A B P  O M A BA P处带宽设为 l 带面积为 2 sin s l R     均匀带电球电荷面密度为 P处带上电荷量为 2 2 sin 4    QQ l R R     P处弧上电荷线密度为 sin2 Q lR    　　　　　 如图所示，在半径为R的细圆环上分布有不能移动 的正电荷，总电量为Q，AB是它的一条直径，如果要使AB上的场 强处处为零，则圆环上的电荷应该如何分布？ sin4 Q R  24 Q R    均匀带电金属球表面每一个面元受到整 个球面其余部分电荷对它的静电力大小 是 2 22 4i kQ QF S R R    则单位面积静电力 2 48 F kQP s R   设想另半球对此半球的作用力与压强亦为P的气体作 用在半球上的压力相平衡，则 2 2 2 4 28 8 kQ kQF R R R      2 2 032 Q R  　　　　　 两个半球合在一起组成一个完整的金属球，球的半 径为R，如图所示，求两个半球间的静电斥力. + + + ++ + + +++ + +++ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + EQ E-Q E EE EQ Q   1 0 r3EQ  而 2 03E rQ     1 2 0 0 r r3 3E Ed=      則 r1 r 2 E  d 03 E d  可得 S V d  cosV S d     03 E Vd S      03 cosE   　　　　　 在强度为E的均匀电场中放着一个均匀的金属球，其 半径为R，由于感应，在球上产生了表面密度为σ的电荷，σ与图中 标出的角α有关系．求关系式σ(α) 　　　　　 如图所示，平面上有一段长为l的均匀带电直线AB， 在该平面取直角坐标Oxy，原点O为AB中点，AB沿x轴．⑴试证明该 平面上任一点P的电场线方向沿∠APB的角平分线；⑵试求该平面上 的电场线方程⑶试求该平面上的等势线方程. P C EP BA h ix i 2 1 r i n    sini i r nx      i 2r nh  2 i rq nh    元电荷在P点引 起的场强 qi k hE n  各点合场强均沿该点对 AB张角的角平分线 ! 利用双曲线性质：双曲线上各点切线沿该点与双曲线 两焦点夹角平分线，而所研究的电场其各点电场线切 线沿各点对A、B张角平分线，则电场线为一簇焦距 为l /2的双曲线 2 2 2 2 2 1 2 x y a l a        利用椭圆性质：椭圆上各点法线为该点与椭圆两焦点 夹角平分线，所研究的电场其各点电场线切线沿各点 对A、B张角平分线，而等势线与电场线处处垂直， 则其等势线即为一簇焦距为 l /2的椭圆 2 2 2 2 2 1 2 x y a la        返回 如图，无限大的接地导体板，在距板d处 的A点有一个电量为Q的正电荷，求板上的感应电荷对点 电荷Q的作用力． Q A -Q 24 kQF d  2 016 Q d  由于导体板接地，板上电势为零，在点电荷Q 的作用下，板的右侧出现感应电荷. 由于导体为一等势面，从点电荷Q出 发的电场线应处处与导体面正交而终 止，因而导体板右侧电场线分布大致 如图所示． 联想到等量异种电荷的电场： 导体板上感应电荷对板右侧电场的影响， 可用与点电荷Q关于导体面成镜像对称的另 一虚设点电荷-Q替代，板上感应电荷对Q的 作用亦等效于像电荷-Q对Q发生的作用 由库仑定律，板上感应电荷对点电荷Q的 作用力大小为 R O r P ＋q  q 由导体表面感应 电荷总电量在O点 引起的电势与点 电荷q在O点引起 的电势之和为零 得 0kq kq d R   根据唯一性原理可知，等效的像电荷量即为 Rq qd    像电荷位置，应令其在球面上任意点引起的电势与q在同一 点电势叠加为零，即满足 2 2 2 22 cos 2 cos  kq kq R d Rd R r Rr         2 2 2 2 2 22 cos 2 cos d R r Rr R R d Rd     2 2 4 2 32 2 cosd r R Rrd R d   对任意角位置等式均成立必有 2 r R d     2 2 22 2 kRdqkq dr R qF d      　　　　　 如图所示，设在一接地导体球的右侧P点，有一点电 荷q，它与球心的距离为d，球的半径为R，求导体球上的感应电荷为 多少？点电荷q受到的电场力为多大？ 　　　　　 半径为R2的导电球壳包围半径为R的金属球，金属球 原来具有电势为U，如果让球壳接地，则金属球的电势变为多少？ U 金属球上电量设为Q 1 kQU R 由 1URQ k   球壳接地后设感应电荷的像电荷电 量为q，由高斯定理 0 0 0Q q    1R Uq Q k     壳接地后球的电势为Q与q引起的电势叠加 1 2 URU U R    2 1 2 R R UR   Ec qa b -q a q b -q Ea EbaE  bE  c 像电荷在c点引起的场强大小 25 kqE d  2 4 5 2 5 2 5cE kqE d   　　　　　 两个电量q相等的正点电荷位于一无穷大导体平板 的同一侧，且与板的距离均为d，两点电荷之间的距离为2d．求在 两点电荷联线的中点处电场强度的大小与方向． 　　　　　 如图，速调管用于甚高频信号的放大．速调管 主要由两个相距为b的腔组成，每个腔有一对平行板．初始速度为 v0的一束电子通过板上的小孔横穿整个系统．要放大的高频信号以 一定的相位差（一个周期对应于2π相位）分别加在两对电极板上， 从而在每个腔中产生交变水平电场．当输入腔中的电场方向向右时， 进入腔中的电子被减速；反之，电场方向向左时，电子被加速．这 样，从输入腔中射出的电子经过一定的距离后将叠加成短电子 束．如果输出腔位于该短电子束形成处，那么，只要加于其上的电 压相位选择恰当，输出腔中的电场将从电子束中吸收能量．设电压 信号为周期T=1.0×10-9 s，电压V=0.5 V的方波．电子束的初始速 度v0=2.0×106 m/s，电子荷质比e/m=1.76×1011 C/kg．假定间距a 很小，电子渡越腔的时间可忽略不计．保留４位有效数字，计算： (a)使电子能叠加成短电子束的距离b．(b)由相移器提供的所需的输 出腔与输入腔之间的相位差． ～ 相移器输入腔 v0 a ab 输出腔 解答 ～ 相移器输入腔 v0 a ab 输出腔 通过输入腔的电子 电场向左时被电场加速 电场向右时被电场减速 由动能定理： 2 2 0 1 1 2 2tUe mv mv   2 0 2 t Uev mv        要形成短电子束，应使后半周期通 过输入腔被加速的电子经过一段距 离b在输出腔“追”上前半周期通 过输入腔被减速的电子，从而叠加 成短电子束，故此应有： 2 2 0 0 22 2 b T b Ue Uev vm m              读题 mm 2 4 0 9 6 2 2 0 0 22.27 2 1.0 1.956 2.04410 102 2 2.044 1 2.956 10 2 2 Uev m Tb Ue Uev vm m                          b)为使输出腔中的电场从短电子束中吸收能量，应使电 场方向向右，电场力对电子束做负功．当输入腔电场方 向向右时满足 2 0 2 2 2 b k UeT v m              2 6 9 2 0 2.272 102 2 11.62 21.956 10 1.0 102 b k k k UeT v m                                    0.6 2 2232       0.3 2 1378       读题 　　　　　 如图所示，N个一价正离子和N个一价负离子交错排 列成一维点阵，相邻离子间的间距为a．计算这个相互静电作用的点 阵总静电能．（N→∞） 除两端处的一些离子外，每个离子与其周围离子的相互作用 情形都相同，任取一正离子记为A0，两侧各对离子依次为A-1、 A+2…… 2 1 2 keE a   这是与第1 对负离子所共有的! A0在第2对正离子中间位置具有电势能 2 2 2 2 keE a  A0在第1对负离子中间位置具有电势能 A 0 这是与第2 对正离子所共有的! 22 1 1 11 2 3 4 keE a           2 2ln 2 ke a   　　　　　 如图所示，质子加速器使每个质子得到的动能为 E．很细的质子束从加速器射向一个远离加速器的半径为r的金属球， 并留在球上．球中心并不处在加速器发射出的质子运动方向的直线 上，而与该直线的垂直距离为d，且d＜r，加速器工作足够长时间后， 球能充电到多高的电势？计算中取E=2keV，． 设质子初速度为v0，当金属球充电到电势为U时，质子与 金属球相切而过，设此时速度设为v，由于质子在向球运 动时，只受库仑力且力的方向沿球径向，故对球心O，冲 量矩为零，质子角动量守恒： U 0 2 rmv mvr mv0 mv dr 0 2 2 v Ev m   4 EeU E     由动能定理： 15 V3 4 00U Ee    　　　　　 需要净化空气中的灰尘，但在一般条件下灰尘 沉积下来是较缓慢的，为此可利用这样一个事实，即灰尘是带电 的．为模拟净化过程，提出两种装置． 第一个装置是，将含有灰尘空气的玻璃圆桶（高h＝1 m，半径R ＝0.1 m，如图示）放在场强E1＝1×104 V/m的电场中，场强方向 沿着圆柱形桶的轴向．经时间t1＝120 s后，可以观察到容器中所有 的灰尘均已沉积在底部． 第二个装置是这样的：沿圆柱桶的轴线紧拉着一根细导线，且将 此导线跟高压电源相连，电源电压是这样选取的，使在容器壁上场 强值恰好等于第一个装置的场强值1×104 V/m．已知在这种情况 下场强E∝1/r，r为离轴线的距离． 假设尘粒是同种的，其所带电荷量也相等，试确定第二个装置中尘 粒沉积到容器壁所需时间．由于空气中的尘粒不多，体电荷可以忽 略，认为尘粒沉积过程动态平衡，空气阻力与速度成正比，不计重 力 解答 h 2R 第一个装置中，电场力恒定，故尘粒匀速下降时有 1 1E q kv 1 1 1 ht qv hk E   第二个装置中，在距离轴心r处尘粒速度设为vr，则 1 1 1 r r RE t E qq kv vr h   1 r Rhv rt  R n 2 1 lim n n ii Rt nv    1 1 lim n n i RR i tn nRh       1 2 1 1lim n n i R t ih n    12 R th  6s 读题