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物理学基础 5:静电场

基础知识

电场强度通量

电场强度通量,简称电通量,是场强在曲面上的积累:

$$
\Phi _{E}=\int _{S}{\mathbf {E}}\cdot d{\mathbf {A}}
$$

${\displaystyle d\mathbf {A} }$是闭曲面${\displaystyle S}$上的微分面积。方向为法线向外。

进入曲面的场强,会使通量增加,离开曲面的场强,会使通量减少,因此,闭合曲面的电通量为 $0$

库仑定律

真空中两个单独电荷之间的作用力与距离平方成反比:

$$
\bold{F} = k\dfrac{q_1q_2}{r^2}\vec{e_r}\\
\text{其中 } k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}
$$

$\varepsilon_0$ 为真空电容率。

电场强度

电场是带电物体在空间中激发的,是电磁力的介质。定义场强:

$$
\bold{E} = \dfrac{\bold{F}}{q}
$$

点电荷的场强

$$
\bold{E} = k \dfrac{ Q}{ r^2} \bold{e_r }
$$

无限长直导线的场强

$$
\bold{E} = k \dfrac{ 2\lambda}{ r^2} \bold{e_r }
$$

可用积分或高斯定理证明,参见:An Infinite Line of Charge 以及后文

场强叠加定理

向量和。

电偶极子

电偶极子就是一对点电荷 $+q, -q$ 构成的电荷系。距离为 $r_0$

电偶极矩

定义 $qr_0$ 为电偶极子的电偶极矩,简称电矩。

电偶极子的场强

电偶极子就是一对点电荷 $+q, -q$ 构成的电荷系。取中点 $O$ 建立一维坐标系。两个电荷产生的场强分别为

$$
\vec{E_+}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{\left(x-\frac{r_{0}}{2}\right)^{2}} \vec{e_r}\\
\vec{E_-}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{\left(x+\frac{r_{0}}{2}\right)^{2}} \vec{e_r}
$$

求任何位置的场强,只要把这两个矢量相加即可。

电场强度和电势的关系

场强是电势的导数。

安培环路定理

使用方法:

  1. 求出 $ \oint_{L}^{}B \mathrm{d}l = B(l_{正向} - l_{反向}) $
  2. 求出闭合曲线内的电流之和 $ I $,并判断电流的朝向取正负。
  3. 利用 $ \oint_{L}^{}B \mathrm{d}l = \mu_0I $ 求出 $ B $

例题

【例子】 在点电荷 q 的电场中,若取图 3 中 P 点处为电势零点,则 M 点的电势为

图3:


--- +q ------------- P ------------- M --
            a                   a

【分析与解答】

电势的一种讲人话的定义是:单位正电荷从该点移动到电势为零的点,电场力所做的功,再说通俗一点,你下山到地面做的功。但是如果我们直接计算做功,还要计算路径积分,烦的一批。所以不如直接计算电势差,电势差的计算比较特殊,他不是 $ \Delta = b - a $,而是初减末。我们要计算从 M 到 P 做的功,就是要计算 M 的电势减 P 的电势:

$$
{} \frac{q}{4 \pi \varepsilon _0}{ (\frac{1}{2a} - \frac{1}{a} )}
$$

所以答案是:

$$
\frac{q}{8 \pi \varepsilon _0 }
$$

【例子】 两个均匀带电球壳同心放置,半径分别为 $ R_1 < R_2 $,已知内外球壳之间的电势
差为 $U$ , 则两球壳间半径为 $ r $ 处的电场强度大小为 ?

求场强的一般方法:

0 静电平衡的导体内部场强处处为 0

1 画出封闭曲面

2 算出封闭曲面的电通量

3 算出曲面内的总电荷量

4 用高斯定理 $ \Phi = \frac{\Sigma q}{\varepsilon _0} $ 求出场强

【分析与解答】

$ R1 < R_2 $ 时:

封闭曲面自然就是个球面了。电通量等于 $ E \cdot S_{法向} $

所以:

$ \Phi = E \cdot 4 \pi r^2 $

假设封闭曲面内电荷量是 $ q $

$$
U = \frac{q}{4 \pi \varepsilon _0}(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})
$$

又:

$$
E \cdot 4 \pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon _0}
$$

两个得到:

$$
\begin{array}{l}
E r^{2}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}=U \cdot \frac{R_{1} R_{2}}{R_{2}-R_{1}} \\
\Rightarrow E_{2} = \frac{U}{r^{2}} \cdot \frac{R_{1} R_{2}}{R_{2}-R_{1}}
\end{array}
$$

【例子】

如图,半径为R1,带电量为q的金属球,被一同心金属球壳包围。球壳内径为R2,外径为R3,带电量为Q。求距球心r处的电势。

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【分析与解答】

首先我们分析场强分布。根据高斯定理可以直接写出:

$$
E = \left\{\begin{array}{cc}
E_1 =& 0 &\quad 0 \leq r \leq R_1\\
E_2 =& \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon _0 r^2} &\quad R_1 < r \leq R_2\\ E_3 =& 0 & \quad R_2 < r \leq R_3\\ E_4 =& \dfrac{Q+q}{4 \pi \varepsilon _0 r^2}&\quad R3 < r \end{array}\right. $$

选取无穷远处为电势零点,则

$$
U = \int_{r}^{+\infty } E \mathrm{d}r
$$

由于积分是从 $ r $ 到无穷远,所以考虑的是 $ r $ 及其外部。换言之应该从远到近分类讨论。

$ r \geq R_3 $ 时,积分结果是 $ \frac{Q+q}{e \pi \varepsilon _0 r} $

$ R_2 < r < R_3 $ 时,场强为 0,此范围积分肯定是 0。电势是:$0 + \frac{Q+q}{e \pi \varepsilon _0 R_3} = \frac{Q+q}{e \pi \varepsilon _0 R_3} $

$ R_1< r < R_2 $ 时,此范围 $[r,R_2]$ 积分是 $ -\frac{q}{4 \pi \varepsilon _0 }(\frac{1}{R_2} - \frac{1}{r}) $(注:不要忘记负号。负号怎么来的? $ \int \frac{1}{x} \mathrm{d}x = - \frac{1}{x^ 2} $ ),算上外边的,一共是 $ \frac{Q+q}{e \pi \varepsilon _0 R_3} - \frac{q}{e \pi \varepsilon _0 R_2} + \frac{q}{e \pi \varepsilon _0 r} $

$ r < R_1 $ 时,同上。结果为 $ \frac{Q+q}{e \pi \varepsilon _0 R_3} - \frac{q}{e \pi \varepsilon _0 R_2} + \frac{q}{e \pi \varepsilon _0 R_1} $

【例子】 有一无限长直导线,距离直导线R处有一O点。当通过的电流为I时,求O点处的磁感应强度的大小和方向。

【分析与解答】 刚才推导过有限长直导线,$ B = \dfrac{\mu_0I}{2 \pi R}(\cos \alpha - \cos \beta )) $ 。带入 $ \alpha = 0, \beta = \dfrac{\pi }{2} $ 可得 $ B = \dfrac{\mu_0 I }{2 \pi R} $

方向的话用右手螺旋定则,求出 $ \mathrm{d} \mathbf{l} \times \mathbf{r} $,可知方向朝外。

【例子】 有一半径为R的圆形导线。当通过的电流为 I 顺时针时,求圆心O点处的磁感应强度的大小和方向。

【分析与解答】

刚才我们推导过距离圆环 $ r $ 处的磁感应强度是 $ B = \dfrac{\mu_0IR^2}{2 (R+r)^{3/2}} $ 所以令 $ r =0 $ 就得到 $ B = \dfrac{\mu_0 I }{2{R}}$。方向向里。

【例子】 电荷 $ q $$ \omega $ 角速度圆周运动,求它在运动中心产生的磁感应强度。

【分析与解答】

BS 定律:

$$
\int_{}^{} dB = \int_{}^{} \dfrac{\mu_0 I}{4 \pi r^2} \cdot \mathrm{d} \mathbf{l} \times \mathbf{e_r} = \dfrac{\mu_0 I}{2 R}
$$
$$
I = \dfrac{Q}{t} = \dfrac{Q}{2 \pi / \omega } = \dfrac{Q \omega }{2 \pi }
$$

联立得到

$$
B = \dfrac{\mu_0 Q \omega }{4 \pi R}
$$

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