大学物理复习-静电场

静电场

静电场：相对于观察者静止的电场

本章重要概念

• 一个理想模型：点电荷
• 一个实验规律：库仑定律
• 两个物理量：电场强度、电势
• 两个定理： 高斯定理、环路定理

电荷 库伦定律

电荷

引出概念：

电量： 电荷的多少    单位：库伦（C)

物质的电结构

物质通过电可以作以下分解
分子-> 原子->原子核（质子，中子）、电子

电荷的量子化效应

1909年密立根油滴实验证明了例子的电荷是量子化的在公式上表达为
$$Q=N\ast e$$
其中e为元电荷，其大小为
$$e=1.6\ast 10^{-19}C$$

电荷的相对论不变性

即在不同的参考系内观察，同一带电粒子的电量不变

电荷守恒定律

在电行为中，摩擦起电、静电感应、电荷中和都只是电荷转移，而没有对电荷的总量发生改变
而电子对的淹没：$e^{-}+e^{+}=2\gamma$在代数和上没有对电荷总量进行更改
因此我们有结论：
在一个孤立系统中，无论发生何种物理过程，该系统电荷的代数和保持不变，这就是电荷守恒定律
这一定律在一切宏观和微观过程中普遍成立

库仑定律

库仑定律：真空中两个静止的电荷之间的作用力（静电力），与他们所带的电量的乘积成正比，与他们之间的距离的平方成反比，作用力沿着这两个点电荷的连线

上述定理表现为公式即是
$$F_{21}=F_{12}=k\frac{q_1{q}_2}{r^2}{r}_0$$
其中
$$k=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\approx 9.0\ast 10^{9}N\cdot m^2\cdot C^{-2}$$
$${ϵ}_0=8.85\ast 10^{-12}{C}^2{N}^{-1}{m}^{-2}$$
$$r_0——单位矢量，由施力物体指向受力物体$$

静电力叠加原理

静电力叠加原理：作用于某电荷上的总静电力等于其他点电荷单独作用存在时作用于该电荷的静电力的矢量和

数学上表达为：

1. 离散状态
   $$F=\sum _{i=1}^N{F}_i$$
   $$F_i=\frac{q{q}_i}{4\pi {ϵ}_0{r}_i^2}{r}_{i0}$$
2. 连续分布
   $$F=\int dF$$
   $$dF=\frac{qdq}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}{r}_0$$

电场强度

电场

场：场是物质存在的一种形式，与实物一样具有能量与动量，有自己的运动规律，静质量为0，若干个场可以占据同一空间，场可以相互叠加。电荷之间的作用就是通过场发生的

静电场的对外表现

• 对放入其中的物体产生电场力作用
• 对放入其中的导体和电介质产生静电感应作用和极化作用
• 当带电体在电场中移动时，电场力将对该带电体做功，表明电场具有能量。

电场强度

想要探究电场强度需要我们引入试探电荷的概念

试探电荷：带电量足够小，不影响原电场分布，线度小，可视为点电荷的电荷

通过试探电荷我们可以讲电场强度定义为$$E=\frac{F}{q_0}$$
其中E的大小在数值上等于单位正电荷在该点所受的电场力的大小
方向与该正电荷所受的电场力相同
单位即是牛/库伦 N/C
当场中各点的场强大小方向都相等时，我们就可以称该电场为匀强电场
值得注意的是，通过上述方法测得的电场强度通常比实际的电场强度略小

场强叠加原理

与电场力相似，场强也可以进行叠加
点电荷系：
$$E=\sum _{i=1}^N{E}_i$$
离散带电体：
$$E=\int dE$$

电场强度计算

• 点电荷的电场
  $$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q}{r^2}{r}_0$$
• 点电荷系的电场
  设真空中有n个点电荷设为$q_1,q_2...q_n$则场强为
  $$E=\sum _i{E}_i=\sum _i\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q_i}{r_i^2}{r}_{i0}$$

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据此我们引出一个重要例题

解：对于A点 我们可以设+q与-q的场强大小分别为$E_{+}和E_{-}$
$$E_{+}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0(r-\frac{l}{2}{)}^2}i$$
$$E_{-}=\frac{-q}{4\pi {ϵ}_0(r+\frac{l}{2}{)}^2}i$$
相加得到
$$E_A=\frac{2qrl}{4\pi {ϵ}_0{r}^4(1-\frac{l}{2r}{)}^2(1+\frac{l}{2r}{)}^2}i$$
由于r>>l,因此$\frac{l}{2r}\approx 0$
令$qli=p$
$$E_A=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{2ql}{r^3}i=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{2p}{r^3}$$
对B点：$E_{+}=E-=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q}{(r^2+\frac{l^2}{4})}$
$E_y=0$
$E_x=2E_{+x}=-2E_{+}\frac{\frac{l}{2}}{\sqrt{r^2+\frac{l^2}{4}}}$
与上同
由于r>>l,因此$\frac{l}{2r}\approx 0$
令$qli=p$
$$E_B=-\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p}{r^3}$$

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由此 $E_A,E_B$与p成正比，与$r^3$成反比，而$p$即为电偶极矩

电偶极子是一个重要的物理模型，在研究电介质的极化、电磁波的发射和吸收以及中性分子之间的相互作用等问题时，都要用到该模型。

• 连续带电体的电场
  $$E=\int dE=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{dq}{r^2}{r}_0$$
  其中，电荷元$dq$随着不同的电荷分布应该表示为：
  
  例题分析

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求一均匀带电细直棒在O点的电场。
已知： a 、${\theta }_1$、${\theta }_2$、$\lambda$。

我们选择以角度$\theta$作为积分变量
$$l=\frac{a}{tan(\pi -\theta )}=\frac{a}{-tan\theta }$$
$$dl=\frac{a}{(sin\theta {)}^2}d\theta$$
$$r^2=a^2+l^2=\frac{a^2}{(sin\theta {)}^2}$$
那么$dE=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{\lambda dl}{r^2}=\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}d\theta$
据此：
$d{E}_x=\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}cos\theta d\theta$
$d{E}_y=\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}sin\theta d\theta$
对上述二者进行积分
$E_x=\int d{E}_x={\int }_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}cos\theta d\theta =\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}(sin{\theta }_2-sin{\theta }_2)$
$E_y=\int d{E}_y={\int }_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}sin\theta d\theta =\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_{0}a}(cos{\theta }_1-cos{\theta }_2)$
$E=\sqrt{E_x^2+E_y^2}$方向即为与X夹角为$arctan\frac{E_y}{E_x}$
当直线无限长时，$E_x=0,E=E_y=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}a}$
由此得出推论：
无限长均匀带电直线的场强$E=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}a}$

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$dE=\frac{dq}{4\pi {\epsilon }_0(L-X+a{)}^2}$
$E={\int }_0^L\frac{\lambda dx}{4\pi {\epsilon }_0(L-X+a{)}^2}=\frac{\lambda }{4\pi {\epsilon }_0}(\frac{1}{a}-\frac{1}{L+a})=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}a(L+a)}$

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求一均匀带电圆环轴线上任一点 x处的电场。
已知： q 、a 、 x。

$dq=\lambda dl$
$\lambda =\frac{q}{2\pi r}$
$dE=\frac{dq}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$
据对称性$E_x=\int \frac{x}{r}dE$
因此$E={\oint }_{2\pi a}\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q}{2\pi a}\frac{x}{r^3}dl=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q}{r^3}x=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{qx}{(x^2+a^2{)}^{\frac{3}{2}}}$

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求均匀带电半圆环圆心处的 ，已知 R、$\lambda$

$dE=\frac{dq}{4\pi {\epsilon }_0{R}^2}$
$q=\lambda Rd\theta$
据对称性
$E={\int }_0^{\pi }\frac{\lambda Rd\theta }{4\pi {\epsilon }_0{R}^2}sin\theta =\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}R}$

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求均匀带电细圆弧圆心处的场强，已知$\alpha ,\lambda ,$R

与上题同理，只是积分区域不同
$E=\int d{E}_y=2{\int }_0^{\frac{\alpha }{2}}\frac{\lambda Rd\theta }{4\pi {\epsilon }_0{R}^2}cos\theta =\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}R}sin\frac{\alpha }{2}$

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求均匀带电圆盘轴线上任一点的电场。
已知：q、 R、 x 求：Ep

$dq=\sigma d\pi r^2=\sigma 2\pi rdr$
$\sigma =\frac{q}{\pi R^2}$
因为圆环产生的电场强度为：$\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{qx}{(x^2+a^2{)}^{\frac{3}{2}}}$
$dE=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{xdq}{(x^2+a^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{x{\sigma }^{2}2\pi rdr}{4\pi {\epsilon }_0(r^2+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}$
$E=\int dE={\int }_0^R\frac{\sigma x}{2{\epsilon }_0}\frac{rdr}{(r^2+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}(1-\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}})$

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由上，当R>>x时，$E=\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}$,R<$E\approx \frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{x}^2}$

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两块无限大均匀带电平面，已知电荷面密度为$\pm \sigma$，计算场强分布。

由图得：
两板之间：$E=E_{+}+E_{-}=2\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0}=\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}$
两板之间的作用力
由$f=qE,q=\sigma \ast s$得
$$f=\frac{{\sigma }^{2}s}{2{\epsilon }_0}$$

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计算电偶极子在均匀电场中所受的合力和合力矩,已知$p=ql,E$

$M=F_{+}\frac{l}{2}sin\theta +F_{-}\frac{l}{2}sin\theta =qlEsin\theta =p\times E$
据此：$p\perp E$有最大力矩，$p//E$有最小力矩，力矩总是使电偶极矩转向电场方向以趋向稳定

静电场的高斯定理

电力线表示电场

在电场中画一组曲线，曲线上每一点的切线方向与该点的电场方向一致，则这一组曲线被称为电力线

通过无限小面元$dS$的电力线数目$d{\Phi }_e$与$dS$的比值称为电力线密度。我们规定电场中某点的场强大小等于该点的电力线密度，也即$E=\frac{d{\Phi }_e}{d{S}_{\perp }}$

电力线性质

• 不闭合，起源于正电荷或者无限远，止于负电荷或无限远，不在无电荷处中断
• 任何两条电力线不相交

电通量

通过电场中某个面的电力线数目称为通过该面的电通量。用${\Phi }_e$表示

$\Phi =EScos\theta =E\cdot S$

高斯定理

高斯定理：在真空中的任意静电场中，通过任一闭合曲面S的电通量${\Phi }_e$,等于该闭合曲面所包围的电荷电量的代数和除以${\epsilon }_0$ 而与闭合曲面外的电荷无关。即$${\Phi }_e={\oint }_{s}E\cdot dS=\frac{1}{{\epsilon }_0}\sum q_i$$

高斯定理的引出

• 场源电荷为点电荷且在闭合曲面内
  以球体作简单证明：

${\Phi }_e={\oint }_{s}E\cdot S$
$={\oint }_s\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}{r}_0\cdot ds$
$={\oint }_s\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}dS=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}{\oint }_{s}dS$
$=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}\cdot 4\pi r^2=\frac{q}{{\epsilon }_0}$

• 场源电荷为点电荷，但在闭合曲面外。
  
  由于进入的所有电力线最后会出来，所以${\Phi }_e=0$
• 场源电荷为点电荷系(或电荷连续分布的带电体)， 高斯面为任意闭合曲面
  易证
  $\Phi ={\oint }_{s}E\cdot S=\frac{1}{{\epsilon }_0}\sum q_{内}$

高斯定理的理解

• $E$ 是闭合面各面元处的电场强度，是由全部电荷（面内外电荷）共同产生的矢量和，而过曲面的通量由曲面内的电荷决定。
• $$\sum q_i>0\to {\Phi }_e>0$$表明电力线从正电荷发出，穿出闭合曲面,所以正电荷是静电场的源头$$\sum q_i<0\to {\Phi }_e<0$$表明有电力线穿入闭合曲面而终止于负电荷，所以负电荷是静电场的尾。

上述性质也证明了静电场是有源场

高斯定理的应用

1. 利用高斯定理求某些电通量

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设均匀电场 和半径R为的半球面的轴平行，计算通过半球面的电通量。

$\because \sum q_i=0\therefore {\Phi }_e={\Phi }_{S_1}+{\Phi }_{S_2}=0$
$\because {\Phi }_{S_1}=-E\pi R^2$
$\therefore {\Phi }_{S_2}=E\pi R^2$

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2. 当场源分布具有高度对称性时求场强分布
   步骤
   1. 对称性分析，确定$E$的大小、方向和分布特征
   2. 作高斯面，计算$\sum q_i$
   3. 利用高斯定理求解

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作球面为高斯面

${\Phi }_e=\oint E\cdot dS$
$=E{\oint }_{s_1}dS=E4\pi r^2$
当r 电量$\sum q_i=0$
由高斯定理$E_{1}4\pi r^2=0$
$\therefore E_1=0$
当r>R时
$\sum q_i=q$据高斯定理，$E_{2}4\pi r^2=\frac{q}{{\epsilon }_0}$
$E_2=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$

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均匀带电球体的电场。已知q,R

解：
当r ${\Phi }_e=\oint E\cdot dS=E4\pi r$
$\because \sum q_i=\rho \frac{4}{3}\pi r^3,\rho =\frac{q}{\frac{4}{3}\pi R^3}$
$\therefore \sum q_i=q\frac{r^3}{R^3}$
$E4\pi r^2=\frac{1}{{\epsilon }_0}\frac{q{r}^3}{R^3}$
$\therefore E=\frac{qr}{4\pi {\epsilon }_0{R}^3}=\frac{\rho r}{3\epsilon }$
当r>R时：
${\Phi }_e=\oint E\cdot dS=E4\pi r^2$
$\sum q_i=q$
由高斯定理$E4\pi r^2=\frac{q}{{\epsilon }_0}$得
$E=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$

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均匀带电圆柱面的电场。 沿轴线方向单位长度带电量为$\lambda$

解：
当r 当r>R时
${\Phi }_e=\oint E\cdot dS=E2\pi rl$
$\sum q_i=2\pi Rl\sigma \therefore E=\frac{R\sigma }{r{\epsilon }_0}$
当线密度$\lambda$已知时
$E=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}r}$
数值上等于距离无限长直线r距离的点的电场强度，因此可以在圆柱外时将圆柱等效为直线

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均匀带电球体 $\rho ,R$ ，挖去一小球，$\rho$不变.
(1)求O’点的电场强度；
(2)设P,O,O’ 在同一直径上,求P点的电场强度.

解： 不妨将挖去部分补上使原球为一完整的球设为"大"，而被挖去的部分再增加一个电荷正好相反的和被挖去的球大小相同的球设为"小"
(1)$E_{o^{\prime }}=E_{大}-E_{小}$，其中$E_{大}=\frac{\rho r}{3{\epsilon }_0},E_{小}=0$
$\therefore E_{o^{\prime }}=\frac{\rho d}{3{\epsilon }_0}$方向沿着oo’向外
（2）P处$E_{小}=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}=\frac{\rho r^3}{12{\epsilon }_0{d}^2}$
$\therefore E_p=E_{大}-E_{小}=\frac{\rho }{3{\epsilon }_0}(d-\frac{r^3}{4d^2})$

静电场的环路定理 电势

电场力做功

电场力做功与路径无关：试验电荷在任何静电场中移动时，静电场力所做的功只与路径的起点和终点位置有关，而与路径无关。表明静电力是保守力, 静电场是保守力场.

静电场的环路定理

q0沿闭合路径 acbda 一周电场力所作的功：
$A={\int }_{acb}{q}_{0}E\cdot dl+{\int }_{bda}{q}_{0}E\cdot dl={\int }_{acb}{q}_{0}E\cdot dl-{\int }_{adb}{q}_{0}E\cdot dl=0$
$\because q_0̸=0\therefore \oint E\cdot dl=0$
由此我们得到环路定理

环路定理：在静电场中，电场强度的环流 (或沿任意闭合路径的线积分) 恒为零。

电势能

$\because$保守力做功=相应势能的减少
$\therefore$静电力做功=静电势能增量的负值

电势能：电荷 q0 在电场中任一点 a 的电势能，在数值上等于将 q0 从 a 点移到电势能零点，静电力所做的功。
在有限带电体产生的电场中，通常选 q0 在无穷远处的电势能为零，对无限带电体视情况而定。实际工作中，常以大地或电器外壳为电势零点。

电势能的公式表达：
$$W_a={\int }_a^{\infty }{q}_{0}E\cdot dl$$
进一步有电势差公式
$$u_{ab}=u_a-u_b={\int }_a^{b}E\cdot dl$$

电势的计算

点电荷电场中的电势

图中P点的场强为$E=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}{r}_0$
由电势的定义得到
$$u_p={\int }_p^{\infty }\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}dr=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$$
电势叠加原理
若场源为$q_1,q_2\dots \dots q_n$的点电荷系
$u={\sum }_{i=1}^n{u}_i$

点电荷系的电势

$$u=\sum u_i=\sum \frac{q_i}{4\pi {\epsilon }_0{r}_i}$$

连续带电体的电势

$$u=\int du=\int \frac{dq}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$$

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求电偶极子电场中任一点P的电势

$u_p=u_1+u_2=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}_1}-\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}_2}=\frac{q(r_2-r_1)}{4\pi {\epsilon }_0{r}_1{r}_2}$
$\because r>>l$
$\therefore r_2-r_1\approx lcos\theta ,r_1{r}_2\approx r^2$
$\therefore u=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{lcos\theta }{r^2}$
$\because r=\sqrt{x^2+y^2},cos\theta =\frac{x}{r}$
$$u=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{px}{(x^2+y^2{)}^{\frac{3}{2}}}$$

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求均匀带电圆环轴线上的电势分布。已知：R、q

Solution 1
$du=\frac{dq}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$
$u_p=\int du={\int }_0^{2\pi R}\frac{\lambda dl}{4\pi {\epsilon }_{0}r}=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0\sqrt{R^2+x^2}}$
Solution 2
$E=\frac{qx}{4\pi {\epsilon }_0(x^2+R^2{)}^{\frac{3}{2}}}$
$u={\int }_{x_p}^{\infty }Edx=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0\sqrt{R^2+x^2}}$

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求均匀带电球面电场中电势的分布，已知R，q

由高斯定理求出场强分布为$$E=\{\begin{array}{ll}\frac{q{r}_0}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}& r>R\\ 0& r<R\end{array}$$
$\because u={\int }_p^{\infty }E\cdot dl$
$\therefore$
$$u=\{\begin{array}{ll}\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}R}& r<R\\ \frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}& r>R\end{array}$$

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求等量异号的同心带电球面的电势差
已知+q 、-q、RA 、RB

由高斯定理得
$$E=\{\begin{array}{ll}0& r<R_A,r>R_B\\ \frac{q{r}_0}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}& R_A<r<R_B\end{array}$$

$u_{AB}={\int }_A^{B}E\cdot dl=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}(\frac{1}{R_A}-\frac{1}{R_B})$

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如图已知+q 、-q、R

求单位正电荷沿odc 移至c ，电场力所作的功
$A_{oc}=u_o-u_c=0-(\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}3R}+\frac{-q}{4\pi {\epsilon }_{0}R})=\frac{q}{6\pi {\epsilon }_{0}R}$

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电场强度和电势梯度的关系

场强和电势梯度的关系

单位正电荷从a到b电场力的功
$E\cdot dl=Ecos\theta dl=u-(u+du)$
$Ecos\theta dl=-du$
$E_l=-\frac{du}{dl}$
由此
$$E_x=-\frac{\partial u}{\partial x}{E}_y=-\frac{\partial u}{\partial y}{E}_Z=-\frac{\partial u}{\partial z}$$
$$E=-gradu=-\nabla u=-\frac{du}{dn}{n}_0$$