靜電場與物質(zhì)相互作用課件

一、帶電體系的受力二、

導(dǎo)體表面作用力三、電介質(zhì)的極化四、漏電介質(zhì)五、唯一性定理與電像法一、帶電體系的受力1一、帶電體系的受力（1）虛功原理一個孤立系統(tǒng)在滿足能量守恒的條件下，所經(jīng)歷的虛擬過程，所做的功等于系統(tǒng)的能量減少。一、帶電體系的受力（1）虛功原理一個孤立系統(tǒng)2第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：

（2）絕緣孤立帶電體（q不變）或：第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：3繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動，則：

（3）非孤立帶電體（U不變）存在外界電源，使各導(dǎo)體Uj不變，外電源對系統(tǒng)做功繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動，則：（3）非孤立帶電體（U不變）存在外界電源，使4同理，所以有兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿足守恒律，因而其結(jié)果是相同的。同理，所以有兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿5靜電場與物質(zhì)相互作用課件6靜電場與物質(zhì)相互作用課件7【例】中間極板帶電荷Q,能不漏氣地沿壁滑動,該板兩邊空氣的初始壓強(qiáng)為p0,求該板處于穩(wěn)定平衡時的x值.【例】中間極板帶電荷Q,能不漏氣地沿壁滑動,該板兩邊空氣8【解】電容器兩邊接地,因此可視為左右2個電容器C1和C2并聯(lián),當(dāng)中間板位于x處時,總電容:故系統(tǒng)總的靜電能為:【解】電容器兩邊接地,因此可視為左右2個電容器C1和C2并聯(lián)9中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:Fe>0,表明力沿x增加方向.其次,由于導(dǎo)體是良好的導(dǎo)熱體,因此中間極板移動過程可視為等溫過程,設(shè)左右極板兩邊的壓強(qiáng)分別為p1,p2,則有:中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:Fe>0,表明力沿x10當(dāng)板處于中間時,靜電力與左、右壓力相互平衡,即:討論Q滿足的條件當(dāng)板處于中間時,靜電力與左、右壓力相互11第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：（1）斷開電源，把介質(zhì)板抽出，試問需要做多少功？（2）如果在不斷開電源的情況下抽出介質(zhì)板，則需做多少功？（2）電容器與電源斷開，維持電量為Q（只須給出h與x的表達(dá)式）。區(qū)域2：鏡像電荷q’’【例】高壓電纜的耐壓問題.意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。其次,由于導(dǎo)體是良好的導(dǎo)熱體,因此中間極板移動過程可視為等溫過程,設(shè)左右極板兩邊的壓強(qiáng)分別為p1,p2,則有:由q和q’組成的系統(tǒng)正好滿足邊界條件，即：球面上另有一均勻分布電荷，Q-q’。如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;總電量Q不變，故能量為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：【拓展題】半徑為R的接地導(dǎo)體球外有一電偶極子p=2ql,設(shè)偶極子的軸線通過球心,距離為L.【例】高壓電纜的耐壓問題.當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：（3）介質(zhì)分界面的電荷面密度.【例】一平行板電容器兩極板的面積為S，兩板間充滿兩層均勻介質(zhì)，它們的厚度為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電導(dǎo)率為s1和s2，當(dāng)兩極板間加電勢差U時，略去邊緣效應(yīng)，試求（1）兩介質(zhì)中的E;（2）通過電容器中的電流；【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:此外必須有:即:第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：此外必須有:即:12【例】一空氣平行板電容器極板的面積都是a*b,相距為d，充電到電壓U時斷開電源，再將介電常數(shù)為e的介質(zhì)充滿兩極板間，略去邊緣效應(yīng)，求引入介質(zhì)前后的靜電能之差，并證明這能量差等于電場力所做的功?！窘狻课匆虢橘|(zhì)時電容器的電容和電荷為：靜電場儲存的能量為【例】一空氣平行板電容器極板的面積都是a*b,相距為d，充電13引入介質(zhì)后，電容為：總電量Q不變，故能量為：能量差為：DW>0表明插入介質(zhì)后，靜電能減少了。引入介質(zhì)后，電容為：總電量Q不變，故能量為：能量差為：DW>14介質(zhì)進(jìn)入電容x后，總電容值為：總電量不變，故儲存的總能量為：作用在介質(zhì)上的電場力為介質(zhì)進(jìn)入電容x后，總電容值為：總電量不變，故儲存的總能量為：15電場力所作的功為：所以，電場力所做的功等于靜電能的減少值。電場力所作的功為：所以，電場力所做的功等于靜電能的減少值。16【例】一平行板電容器兩極板的面積都是S，相距為d，中間有一塊厚度為t，介電常數(shù)為er的平行介質(zhì)平板，接通開關(guān)，使電容器充電到電壓為U，略去邊緣效應(yīng)。（1）斷開電源，把介質(zhì)板抽出，試問需要做多少功？（2）如果在不斷開電源的情況下抽出介質(zhì)板，則需做多少功？【解】（1）斷開電源，電容器兩極板的電荷總量Q不變,介質(zhì)板未抽出時,其電場強(qiáng)度為：

tdt【例】一平行板電容器兩極板的面積都是S，相距為d，中間有一塊17電容器的儲存的能量為：電勢差為：電容為：電容器的儲存的能量為：電勢差為：電容為：18電介質(zhì)抽出后，電容器的電容為：這時電容器的儲存的能量為電介質(zhì)抽出后，電容器的電容為：這時電容器的儲存的能量為19電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：20DW>0表示抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量增加了，這部分能量來自于抽出介質(zhì)板時外力所做的功，故在斷開電源的條件下，抽出介質(zhì)板時外力所做的功為：DW>0表示抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量增加了，這部21（2）不斷開電源，兩極板間的電勢差U不變，抽出電介質(zhì)后電容器的電荷量為：故抽出電介質(zhì)后，電容器的電荷增量為：（2）不斷開電源，兩極板間的電勢差U不變，抽出電介質(zhì)后電容器22【例】兩個半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)。【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；【例】一個半徑為R帶電量為q的球形導(dǎo)體，被切成兩半，求兩半球的相互作用力。意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：當(dāng)F＞0時，為斥力；電容器的儲存的能量為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：電容器相當(dāng)于兩個電容串聯(lián)，則總電容為：【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？取小球的中央位置為原點(diǎn)，取水平向右為x軸．則當(dāng)帶電擺球在x位置時，各鏡像點(diǎn)電荷的位置如圖所示。若P1＜P2，則sp＜0，交界面上有負(fù)的極化電荷兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：這些鏡像點(diǎn)電荷對帶電擺球靜電作用力的合力為：【例】高壓電纜的耐壓問題.為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。（1）電容器與電源相接，維持電壓為V；【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其中，球的半徑為R，求介質(zhì)中的場強(qiáng)。為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。DQ<0表示抽出介質(zhì)時，有電荷從電容器流向電源，因此，也就伴有相應(yīng)的能量DWB從電容器流向電源:抽出介質(zhì)后，電容器所儲存的能量增量為：【例】兩個半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)。D23DW<0表示,抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量減少

了。把電源和電容作為一個系統(tǒng)，抽出介質(zhì)板后，系統(tǒng)的能量增量為：DW>0表示抽出介質(zhì)板后，系統(tǒng)的能量增加了，所增加的能量來自于抽出介質(zhì)板時外力所做的功，故在不斷開電源的條件下，抽出介質(zhì)板時外力所做的功為：DW<0表示,抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量減少了。24靜電場與物質(zhì)相互作用課件25平行板電容器二、

導(dǎo)體表面作用力平行板電容器二、導(dǎo)體表面作用力26單位面積上的力為：該力的方向總是從導(dǎo)體向外，即每個帶電導(dǎo)體表面存在向外的拉力，大小等于導(dǎo)體表面上的能量密度，該式雖然從平板電容器導(dǎo)出，但它是普遍正確的。Fxn單位面積上的力為：該力的方向總是從導(dǎo)體向外，即27整個導(dǎo)體面上的力為：注意：單位面積上的力為1/2sE,不是sE；F是矢量式。整個導(dǎo)體面上的力為：注意：28【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.起始不帶電,然后慢慢充電.求電荷密度多大時金屬離開平面.【解】設(shè)金屬盤的質(zhì)量和面積分別為m和S,導(dǎo)體的電荷密度為s時,空間電場為:盤受到的作用力為:要使盤升起,必須所以:【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.起始不29【例】“乒乓式”電容器一個電容器由兩塊半徑為R的平行圓盤組成，間距為d(d<<R)，上盤連接一電壓為V的直流恒壓源，下盤放一個小薄園片，質(zhì)量為m，半徑為r(r<<d).（1）放進(jìn)小圓片之前，兩極板的作用力；（2）小圓片上電量q與電壓V成正比關(guān)系，求比例系數(shù)；（3）系統(tǒng)垂直放入重力場中，欲使小圓片靜止，需增加電壓超過一個閾值Vth,求Vth；【例】“乒乓式”電容器30（4）當(dāng)電壓V>Vth時,小圓片上下運(yùn)動，加上碰撞是非彈性的，恢復(fù)系數(shù)h=v后/v前，小圓盤多次碰撞底部得到一個穩(wěn)定速度，求該速度；（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;(6)當(dāng)電壓緩慢減少時，存在一個臨界電壓Vc，低于這個電壓電荷將停止流動，求這個電壓。（4）當(dāng)電壓V>Vth時,小圓片上下運(yùn)動，加上碰撞是非彈31【解】（1）使用虛功原理（2）由高斯定律：【解】（1）使用虛功原理（2）由高斯定律：32（3）小圓片上合力為：欲使小圓片上合力大于零，必須（3）小圓片上合力為：欲使小圓片上合力大于零，必須33(4)小圓片多次碰撞底部后保持勻速vs，底部提供使小圓片保持穩(wěn)定的動能為：每次碰撞后，小圓片獲得的電能為：每次碰撞后，小圓片損失的動能為：(4)小圓片多次碰撞底部后保持勻速vs，底部提供使小圓片保持34設(shè)ks為碰撞底盤后的動能，則為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成一次能量損失為Dk,則達(dá)到穩(wěn)定，必須有：設(shè)ks為碰撞底盤后的動能，則為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成35靜電場與物質(zhì)相互作用課件36從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的總帶電量為:n是外法線單位矢量，故總的內(nèi)外壓強(qiáng)差為：“電象在球面上的電勢與E0在球面上的電勢之和必為常數(shù)（因球面為等勢面）只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解！【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:“電象在球面上的電勢與E0在球面上的電勢之和必為常數(shù)（因球面為等勢面）當(dāng)P1=P2，即法向分量在交界面上連續(xù)時，交界面上無極化電荷。DW>0表明插入介質(zhì)后，靜電能減少了。一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；這時電容器的儲存的能量為（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：【解】當(dāng)帶電擺球偏離中央位置時，也有相應(yīng)的左、右無限系列的鏡像點(diǎn)電荷。x>0區(qū)域的電場強(qiáng)度為：兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：每次碰撞后，小圓片獲得的電能為：導(dǎo)體表面的電場強(qiáng)度為：為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成一次能量損失為Dk,則【例】一個半徑為R帶電量為q的球形導(dǎo)體，被切成兩半，求兩半球的相互作用力?！窘狻坑蓪ΨQ性從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的37靜電場與物質(zhì)相互作用課件38【例】一帶電的肥皂泡半徑為R，電勢為U，肥皂水的表面張力系數(shù)為a，當(dāng)吹肥皂泡的小管與大氣相通時，泡內(nèi)外的空氣壓強(qiáng)相等，設(shè)這時肥皂泡處于穩(wěn)定狀態(tài)，略去小管的影響，求R、U和a之間的關(guān)系?！窘狻吭O(shè)肥皂泡的電量為q，則由：因電荷面密度為：【例】一帶電的肥皂泡半徑為R，電勢為U，肥皂水的表面張力系數(shù)39當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：由于帶電，表面單位面積受到的張力為：n是外法線單位矢量，故總的內(nèi)外壓強(qiáng)差為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：由于帶電，表面單位面積受到的40因肥皂泡內(nèi)外壓強(qiáng)相同，故：所以：或：因肥皂泡內(nèi)外壓強(qiáng)相同，故：所以：或：41【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？【解】因未帶電時：其中：【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為42溫度不變，則即：解之得：溫度不變，則即：解之得：43【例】一電容器質(zhì)量M，由相距為d的兩平行板組成，垂直放入相對介電常數(shù)為er，密度為r的介質(zhì)液中，求下面兩種情況下液面上升的高度：（1）電容器與電源相接，維持電壓為V；（2）電容器與電源斷開，維持電量為Q（只須給出h與x的表達(dá)式）?！纠恳浑娙萜髻|(zhì)量M，由相距為d的兩平行板組成，垂直放入相對44解:電壓不變：則由虛功原理：解:電壓不變：則由虛功原理：45（2）電量Q不變，則：平衡時液面上升高為：（2）電量Q不變，則：平衡時液面上升高為：46【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值。直角導(dǎo)體平面形成區(qū)域中點(diǎn)電荷的鏡像【拓展題】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一個接地的導(dǎo)體球,為抵消兩球之間電荷斥力,求導(dǎo)體球最小半徑的近似值.若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變?！纠科桨咫娙萜鲀?nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；一個孤立系統(tǒng)在滿足能量守恒的條件下，所經(jīng)歷的虛擬過程，所做的功等于系統(tǒng)的能量減少。如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0?！窘狻績蓪咏橘|(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:（3）系統(tǒng)垂直放入重力場中，欲使小圓片靜止，需增加電壓超過一個閾值Vth,求Vth；區(qū)域2：電勢和電位移矢量由q和鏡像電荷q’’貢獻(xiàn)：【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。球既不帶電，又不接地，（2）介質(zhì)分界面的極化電荷面密度。【例】兩塊導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,已知兩導(dǎo)體之間的電阻為R,求導(dǎo)體間的電容.【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的總帶電量為:【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。【例】兩塊導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,已知兩導(dǎo)體之間的電阻為R,求導(dǎo)體間的電容.（2）通過電容器的電流為：【例】一半徑為a的絕緣導(dǎo)體球,球心與一無限窮大導(dǎo)體平面相距為z,設(shè)z>>a.(1)求球和平面之間的電容的首項.(2)求球和平面之間的電容的一階修正項;(3)當(dāng)球帶電為Q時,將球與導(dǎo)體平面完全分離需提供多少的能量?【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值。【例47【解】(a)對于首項,可以認(rèn)為球與導(dǎo)體平面相距無限遠(yuǎn),即為孤立導(dǎo)體球的電容:(b)為求一階修正項,設(shè)導(dǎo)體球帶電為Q,因而導(dǎo)體板上另一側(cè)的鏡像電荷為-Q,空間沿兩電荷連線方向上的電場為:【解】(a)對于首項,可以認(rèn)為球與導(dǎo)體平面相距無限遠(yuǎn),即48所以,一階修正項為:所以,一階修正項為:49(c)兩個相距為2z的點(diǎn)電荷之間的作用力為:將球移至無限遠(yuǎn)所做的功為:而把兩個相距為z的導(dǎo)體球分離所做的功為:Why?(c)兩個相距為2z的點(diǎn)電荷之間的作用力為:將球移至無限遠(yuǎn)所50三、電介質(zhì)及其極化若電存器兩極板之間為真空時，電容器的電容為C0，當(dāng)電容器內(nèi)部充滿同一種均勻的電介質(zhì)后，則電容改變?yōu)镃，有三、電介質(zhì)及其極化若電存器兩極板之間為真空時，電容器的電容為51極化時，介質(zhì)的邊緣出現(xiàn)極化電荷極化時，介質(zhì)的邊緣出現(xiàn)極化電荷521.極化強(qiáng)度當(dāng)場強(qiáng)不太強(qiáng)時，極化強(qiáng)度P與介質(zhì)中的場強(qiáng)E成正比，方向相同，即1.極化強(qiáng)度當(dāng)場強(qiáng)不太強(qiáng)時，極化強(qiáng)度P與介質(zhì)中的場強(qiáng)E成正比532.極化電荷兩種極化介質(zhì)的交界面上，或者在介質(zhì)的表面（實(shí)際上是介質(zhì)與真空的交界面）上，存在面分布的極化電荷。若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。2.極化電荷兩種極化介質(zhì)的交界面上，或者在介質(zhì)的表面（實(shí)際上54柱體內(nèi)的極化電荷的電量為：柱體內(nèi)的極化電荷的電量為：55討論若P1＞P2，則sp＞0，即交界面上有正的極化電荷若P1＜P2，則sp＜0，交界面上有負(fù)的極化電荷當(dāng)P1=P2，即法向分量在交界面上連續(xù)時，交界面上無極化電荷。若第二種介質(zhì)是真空，則P2=0，由介質(zhì)指向真空，這時即在介質(zhì)與真空的交界面上，極化電荷的面密度等于極化強(qiáng)度的法向分量。討論若P1＞P2，則sp＞0，即交界面上有正的極化電荷56當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：【解】自由電荷在球外單獨(dú)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為：如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。總電量Q不變，故能量為：只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解?。?）通過電容器的電流為：一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。球外有一點(diǎn)電荷q。（1）點(diǎn)電荷所受到導(dǎo)體球的作用力？意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。(2)求球和平面之間的電容的一階修正項;一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。(2)球帶電Q，但不接地，球面上另有一均勻分布電荷，Q-q’?！就卣诡}】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一個接地的導(dǎo)體球,為抵消兩球之間電荷斥力,求導(dǎo)體球最小半徑的近似值.單位面積上的力為1/2sE,不是sE；當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：(3)球不帶電,但卻有一固定的電勢U，（1）計算介質(zhì)中的電流；故抽出電介質(zhì)后，電容器的電荷增量為：當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：57靜電場與物質(zhì)相互作用課件58電介質(zhì)內(nèi)，若則，極化電荷只分布在均勻介質(zhì)表面。極化電荷與自由電荷的關(guān)系電介質(zhì)內(nèi)，若則，593.電容器內(nèi)的電場強(qiáng)度平板電容器中的電介質(zhì)3.電容器內(nèi)的電場強(qiáng)度平板電容器中的電介質(zhì)60【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其中，球的半徑為R，求介質(zhì)中的場強(qiáng)?！窘狻孔杂呻姾稍谇蛲鈫为?dú)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為：極化電荷出現(xiàn)在球面與介質(zhì)的分界面和無限遠(yuǎn)處的介質(zhì)表面上，因為無限遠(yuǎn)處的極化電荷對A點(diǎn)的場可以忽略，故極化電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)為：RArc【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其61于是介質(zhì)中的電場強(qiáng)度為：有解之得：于是介質(zhì)中的電場強(qiáng)度為：有解之得：62所以與Ef比較得所以與Ef比較得63【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；（2）介質(zhì)分界面的極化電荷面密度?！纠科桨咫娙萜鲀?nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相64電容器相當(dāng)于兩個電容串聯(lián)，則總電容為：其中：代入，有：電容器相當(dāng)于兩個電容串聯(lián)，則總電容為：其中：代入，有：65極板上所帶自由電荷的電量Q0為：又，極板上所帶自由電荷的電量Q0為：又，66電容器內(nèi)電場強(qiáng)度也可以用總電荷來表示：可以解得：兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：電容器內(nèi)電場強(qiáng)度也可以用總電荷來表示：可以解得：兩種介質(zhì)的分67靜電場與物質(zhì)相互作用課件68【例】球形電容器充滿兩種介質(zhì)，分界面半徑為d,求電容以及介質(zhì)分界面的極化電荷密度。【解】：分界面為等勢面，自由電荷q0產(chǎn)生的場強(qiáng)為：【例】球形電容器充滿兩種介質(zhì)，分界面半徑為d,求電容以及介69兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿足守恒律，因而其結(jié)果是相同的。設(shè)a為已知,要使兩層介質(zhì)中的擊穿場強(qiáng)都相等.導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷面密度為：如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。（2）不斷開電源，兩極板間的電勢差U不變，抽出電介質(zhì)后電容器的電荷量為：由q和q’組成的系統(tǒng)正好滿足邊界條件，即：設(shè)內(nèi)球t=0時的電量為q，則：【解】（1）兩極板間的電阻為：【例】一空氣平行板電容器極板的面積都是a*b,相距為d，充電到電壓U時斷開電源，再將介電常數(shù)為e的介質(zhì)充滿兩極板間，略去邊緣效應(yīng)，求引入介質(zhì)前后的靜電能之差，并證明這能量差等于電場力所做的功。【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。【例】球形電容器充滿兩種介質(zhì)，分界面半徑為d,求電容以及介質(zhì)分界面的極化電荷密度。（4）當(dāng)電壓V>Vth時,小圓片上下運(yùn)動，加上碰撞是非彈性的，恢復(fù)系數(shù)h=v后/v前，小圓盤多次碰撞底部得到一個穩(wěn)定速度，求該速度；當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。交界面的極化電荷面密度為：當(dāng)系統(tǒng)帶電量給定后,設(shè)法確定其電勢,便得到系統(tǒng)的電容。極化電荷與自由電荷的關(guān)系滿足上述邊界條件的解是唯一的。【解】設(shè)肥皂泡的電量為q，則由：在介質(zhì)中：兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿足守恒律，因70所以，電容值為：極化強(qiáng)度：所以，電容值為：極化強(qiáng)度：71極化電荷面密度：在兩種介質(zhì)交界面處，極化電荷面密度為：極化電荷面密度：在兩種介質(zhì)交界面處，極化電荷面密度為：72一個球形電容器可看成2個半球形電容器并聯(lián)而成，因為：一個球形電容器可看成2個半73【例】兩塊導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,已知兩導(dǎo)體之間的電阻為R,求導(dǎo)體間的電容.【解】設(shè)導(dǎo)體分別帶+Q,-Q,任取一高斯面包圍+Q導(dǎo)體,則流出該導(dǎo)體的電流為:四、漏電介質(zhì)【例】兩塊導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,74由歐姆定理:故導(dǎo)體間的電容為:由歐姆定理:故導(dǎo)體間的電容為:75【例】一平行板電容器兩極板的面積為S，兩板間充滿兩層均勻介質(zhì)，它們的厚度為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電導(dǎo)率為s1和s2，當(dāng)兩極板間加電勢差U時，略去邊緣效應(yīng)，試求（1）兩介質(zhì)中的E;（2）通過電容器中的電流；（3）介質(zhì)分界面的電荷面密度.【解】（1）兩極板間的電阻為：（2）通過電容器的電流為：【例】一平行板電容器兩極板的面積為S，兩板間充滿兩層均勻介質(zhì)76電場強(qiáng)度為：電流密度為：電場強(qiáng)度為：電流密度為：77交界面的極化電荷面密度為：交界面的總電荷面密度為：交界面的自由電荷面密度為：交界面的極化電荷面密度為：交界面的總電荷面密度為：交界面的自78【例】一對半徑為a和b（a<b）的同心金屬球殼中間填充了介電常數(shù)為e、電導(dǎo)率為s的介質(zhì)，設(shè)t=0時內(nèi)球殼上突然出現(xiàn)了電量q，（1）計算介質(zhì)中的電流；（2）計算電流產(chǎn)生的焦耳熱；（3）計算放電前介質(zhì)中的靜電能。【例】一對半徑為a和b（a<b）的同心金屬球殼中間填充了介電79解：(1)設(shè)內(nèi)球t=0時的電量為q，則：由電荷守恒，有：解：(1)由電荷守恒，有：80(2)介質(zhì)單位體積中的焦耳熱為：(2)介質(zhì)單位體積中的焦耳熱為：81(3)放電前的靜電能為：(3)放電前的靜電能為：82【例】高壓電纜的耐壓問題.

如圖結(jié)構(gòu)的電纜,半徑為a的金屬圓柱外包2層同軸的均勻介質(zhì)層.其介電常數(shù)為e1和e2,e2=e1/2,兩層介質(zhì)的交界面半徑為b,整個結(jié)構(gòu)被內(nèi)徑為c的金屬屏蔽網(wǎng)包圍.設(shè)a為已知,要使兩層介質(zhì)中的擊穿場強(qiáng)都相等.且在兩層介質(zhì)的交界面上出現(xiàn)場強(qiáng)的極值,應(yīng)該怎樣選擇b和c?【例】高壓電纜的耐壓問題.83【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:根據(jù)題意:解之:內(nèi)外層電勢差:【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:根據(jù)題意:解之:內(nèi)外層電勢差84對b求極值,

電荷密度:界面的電位移矢量:由題意:得:對b求極值,電荷密度:界面的電位移矢量:由題意:得:85給定的邊界條件為整個邊界上的電勢值；或所給定的邊界條件為整個邊界上的電勢法向變化率值；或所給定的邊界條件部分為電勢值，部分為電勢法向變化率值。滿足上述邊界條件的解是唯一的。意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解！無須再做進(jìn)一步的驗證。五、唯一性定理給定的邊界條件為整個邊界上的電勢值；861.電像法電像法是求解靜電場的一種特殊方法。它特別適用于一平面（或球面、圓柱面）導(dǎo)體前面存在點(diǎn)電荷或線電荷情況下的靜電場計算問題。1.電像法電像法是求解靜電場的一種特殊方法。它特別適用于一87一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。我們可以把感應(yīng)電荷的貢獻(xiàn)用一虛擬（鏡像）電荷來替代，問題是要找出該鏡像電荷的位置和數(shù)值。根據(jù)唯一性定理，所得到的解將是唯一正確的解。點(diǎn)電荷對無限大接地導(dǎo)體的鏡像一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將88鏡像的電荷：q’=-q，鏡像的位置：-d由q和q’組成的系統(tǒng)正好滿足邊界條件，即

：Pqq’dd’rr’xy鏡像的電荷：q’=-q，Pqq’dd’rr’xy89兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：我們可以把感應(yīng)電荷的貢獻(xiàn)用一虛擬（鏡像）電荷來替代，問題是要找出該鏡像電荷的位置和數(shù)值。設(shè)內(nèi)球t=0時的電量為q，則：若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。線電荷對導(dǎo)體圓柱面的鏡像這時電容器的儲存的能量為極化電荷出現(xiàn)在球面與介質(zhì)的分界面和無限遠(yuǎn)處的介質(zhì)表面上，因為無限遠(yuǎn)處的極化電荷對A點(diǎn)的場可以忽略，故極化電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)為：為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。r>a區(qū)域的電場強(qiáng)度：交界面的極化電荷面密度為：由于帶電，表面單位面積受到的張力為：或所給定的邊界條件為整個邊界上的電勢法向變化率值；(2)球帶電Q，但不接地，總電量Q不變，故能量為：欲使小圓片上合力大于零，必須【解】設(shè)肥皂泡的電量為q，則由：若P1＜P2，則sp＜0，交界面上有負(fù)的極化電荷導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷面密度為：【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；x>0區(qū)域的電場強(qiáng)度為：x>0區(qū)域的勢為：兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：x>0區(qū)域的電場強(qiáng)度為：x90導(dǎo)體表面的電場強(qiáng)度為：導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷面密度為：導(dǎo)體表面的總感應(yīng)電荷為：導(dǎo)體表面的電場強(qiáng)度為：導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷面密度為：導(dǎo)體表面的91點(diǎn)電荷所受的力需計算q0所在處由感應(yīng)電荷所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度點(diǎn)電荷所受的力需計算q0所在處由感應(yīng)電荷所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度92直角導(dǎo)體平面形成區(qū)域中點(diǎn)電荷的鏡像直角導(dǎo)體平面形成區(qū)域中點(diǎn)電荷的鏡像93靜電場與物質(zhì)相互作用課件94【例】一無限大金屬平板上懸掛一彈簧振子,彈性系數(shù)為k,其質(zhì)量為m,帶電荷q.起始單簧振子處于平衡狀態(tài),若使振子向下偏離一小位置x,求其振動周期.【例】一無限大金屬平板上懸掛一彈簧振子,彈性系數(shù)為k,其95【解】彈簧平衡時長度為:當(dāng)彈簧向下拉x時,其力為:【解】彈簧平衡時長度為:當(dāng)彈簧向下拉x時,其力為:96所以,振動周期為:所以,振動周期為:972.點(diǎn)電荷對導(dǎo)體球面的鏡像qq’PARR’rdd’aq2.點(diǎn)電荷對導(dǎo)體球面的鏡像qq’PARR’rdd’aq98球面上：Us=0，設(shè)置鏡像位置d’<a,邊界條件要求：上式對任意的q都成立，可改寫為：球面上：Us=0，設(shè)置鏡像位置d’<a,邊界條件要求：上式對99比較等式兩邊相應(yīng)的系數(shù)，有：第（2）組解違背鏡像電荷設(shè)置原則，應(yīng)舍去。解該方程組，有：比較等式兩邊相應(yīng)的系數(shù)，有：第（2）組解違背鏡像電荷設(shè)置原則100r>a區(qū)域的電勢：r>a區(qū)域的電場強(qiáng)度：導(dǎo)體表面的電荷密度r>a區(qū)域的電勢：r>a區(qū)域的電場強(qiáng)度：導(dǎo)體表面的電荷密度101（1）點(diǎn)電荷所受到導(dǎo)體球的作用力？（2）點(diǎn)電荷放置在球內(nèi)，問題又如何？（3）導(dǎo)體球不接地，如何處理該問題？其它問題：（1）點(diǎn)電荷所受到導(dǎo)體球的作用力？其它問題：102球既不帶電，又不接地，球外有一點(diǎn)電荷q。

像電荷：q’=-(a/d)q，位置為：x=a2/d

球面上另有一均勻分布電荷，q’=(a/d)q.既滿足球面總電荷為零，也滿足球面是等勢面，由唯一性定理知，球外的電勢由三個電荷疊加而成。球既不帶電，又不接地，像電荷：q’=-(a/d)q103(2)球帶電Q，但不接地，球外有一點(diǎn)電荷q。

像電荷：q’=-(a/d)q，位置為：x=a2/d

球面上另有一均勻分布電荷，Q-q’。這樣既滿足球面總電荷為Q，也滿足球面是等勢面，由唯一性定理知，球外的電勢由三個電荷疊加而成。(2)球帶電Q，但不接地，像電荷：q’=-(a/d104

球外點(diǎn)電荷q所受導(dǎo)體球Q的作用力取決于導(dǎo)體球Q在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度。于是，總電量為Q的導(dǎo)體球在球外點(diǎn)電荷q處的電場強(qiáng)度為：為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。點(diǎn)電荷q所受作用力為：

球外點(diǎn)電荷q所受導(dǎo)體球Q的作用力取決于導(dǎo)體球Q在該點(diǎn)105把x和q’

代入上式，得：

當(dāng)F＞0時，為斥力；當(dāng)F＜0時，為吸引力．為使F＜0，要求上式右邊方括號中的量為正值，即要求：把x和q’代入上式，得：當(dāng)F＞0時，為斥力；當(dāng)F＜106(3)球不帶電,但卻有一固定的電勢U，球外有一點(diǎn)電荷q。

像電荷：q’=-(a/d)q，位置為：x=a2/d

球面上另有一均勻分布的電荷:aq/d.

球心處上另有一像電荷：Q=4pe0RU–aq/d

這樣滿足球面是等勢面，電勢為U，又不帶電，由唯一性定理知，球外的電勢由四個電荷疊加而成。(3)球不帶電,但卻有一固定的電勢U，像電荷：107靜電場與物質(zhì)相互作用課件108靜電場與物質(zhì)相互作用課件1093.線電荷對導(dǎo)體圓柱面的鏡像ll’PARR’rdd’aq3.線電荷對導(dǎo)體圓柱面的鏡像ll’PARR’rdd’aq110柱外任一點(diǎn)的電勢為：導(dǎo)體柱表面的電勢為零，即：滿足任意q的解為：柱外任一點(diǎn)的電勢為：導(dǎo)體柱表面的電勢為零，即：滿足任意q的解111【例】兩個半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)。求此系統(tǒng)的電容值?！纠績蓚€半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)。求112【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值。當(dāng)系統(tǒng)帶電量給定后,設(shè)法確定其電勢,便得到系統(tǒng)的電容?；蛘?當(dāng)系統(tǒng)電勢給定后,設(shè)法確定其帶電量,同樣可得到系統(tǒng)的電容。此題兩個相互接觸的導(dǎo)體球,存在相互感應(yīng)的問題,因此,不管采用何種方法,均需連續(xù)使用鏡像法,逐次逼近。處理中利用的鏡像法,涉及一個半徑為R的接地導(dǎo)體球,以及球外離球心距離為d的一個帶電量為Q的點(diǎn)電荷系統(tǒng)。在導(dǎo)體球電勢為零的條件下,導(dǎo)體球上感應(yīng)電荷的效果可以等價于球內(nèi)假想的像電荷的效果,此像電荷帶電量和它在系統(tǒng)對稱軸線上離球心距離分別為：【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值。當(dāng)系113靜電場與物質(zhì)相互作用課件114靜電場與物質(zhì)相互作用課件115

如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。從上面幾個像電荷電量表達(dá)式,很容易聯(lián)想到,當(dāng)n→∞時,qn→0。從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0

的條件下,系統(tǒng)(兩球)的總帶電量為:因此得到相互接觸孤立等半徑導(dǎo)體系統(tǒng)的電容為：

如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷116靜電場與物質(zhì)相互作用課件117靜電場與物質(zhì)相互作用課件118【拓展題】半徑為R的接地導(dǎo)體球外有一電偶極子p=2ql,設(shè)偶極子的軸線通過球心,距離為L.求電偶極子產(chǎn)生的電場.【拓展題】半徑為R的接地導(dǎo)體球外有一電偶極子p=2ql,設(shè)119靜電場與物質(zhì)相互作用課件120因L>>l:等效于因L>>l:等效于121靜電場與物質(zhì)相互作用課件122【拓展題】半徑為R的導(dǎo)體球[1.接地;2.電勢為U]下懸掛一彈簧振子,

彈性系數(shù)為k,其質(zhì)量為m,帶電荷q.求振子在平衡點(diǎn)作微小振動的周期.

【拓展題】半徑為R的導(dǎo)體球[1.接地;2.電勢為U]下懸掛123【例】如圖所示，兩塊足夠大的接地導(dǎo)體平面A和B平行豎直放置，相距2d，d＝10cm．在兩板之間的中央位置，用長l＝1m的絕緣細(xì)線懸掛一個質(zhì)量m=0.1g；電量q=5×10-9C的小擺球，讓小擺球稍稍偏離平衡位置后釋放，使之小角度擺動。忽略各種電磁阻尼和空氣阻尼．試求小球的擺動周期T。

【例】如圖所示，兩塊足夠大的接地導(dǎo)體平面A和B平行豎直放置，124

【解】

當(dāng)帶電擺球偏離中央位置時，也有相應(yīng)的左、右無限系列的鏡像點(diǎn)電荷。取小球的中央位置為原點(diǎn)，取水平向右為x軸．則當(dāng)帶電擺球在x位置時，各鏡像點(diǎn)電荷的位置如圖所示?！窘狻慨?dāng)帶電擺球偏離中央位置時，也有相應(yīng)的左、右無限系列125這些鏡像點(diǎn)電荷對帶電擺球靜電作用力的合力為：因，故：這些鏡像點(diǎn)電荷對帶電擺球靜電作用力的合力為：因，126所以：因為：把有關(guān)數(shù)據(jù)代入，得：當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：所以：因為：把有關(guān)數(shù)據(jù)代入，得：當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張127故擺球在x位置時，所受沿x方向的合力為：

這是一個線性回復(fù)力，擺球在它的作用下圍繞中央的平衡位置作簡諧振動，其振動周期為：得：故擺球在x位置時，所受沿x方向的合力為：這是一個線性128【拓展題】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一個接地的導(dǎo)體球,為抵消兩球之間電荷斥力,求導(dǎo)體球最小半徑的近似值.

(R=b/8)【拓展題】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一129【例】均勻外場中放入一半徑為a,帶電量為Q的導(dǎo)體球,求感應(yīng)電荷在球外任一點(diǎn)產(chǎn)生的電勢。【例】均勻外場中放入一半徑為a,帶電量為Q的導(dǎo)體球,求感130唯一性定理對“電象”的要求是：“電象在球面上的電勢與E0在球面上的電勢之和必為常數(shù)（因球面為等勢面）唯一性定理對“電象”的要求是：131電偶極子的電勢為：A、B兩點(diǎn)由電偶極子產(chǎn)生的電勢差為：外電場在A、B兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢差為：電偶極子的電勢為：A、B兩點(diǎn)由電偶極子產(chǎn)生的電勢差為：外電場132A、B兩點(diǎn)總電勢差為：球面為等勢面這個條件要求上式必為零，則：故球外任一點(diǎn)的電勢為：A、B兩點(diǎn)總電勢差為：球面為等勢面這個條件要求上式必為零，則1334.點(diǎn)電荷對無限大介質(zhì)平面的鏡像qdxye1e2n4.點(diǎn)電荷對無限大介質(zhì)平面的鏡像qdxye1e2n134Pq’qddr’rxye1e1n區(qū)域1：鏡像電荷q’全空間的介質(zhì)為e1Pq+q’’dr‘’xye2e2n區(qū)域2：鏡像電荷q’’全空間的介質(zhì)為e2Pq’qddr’rxye1e1n區(qū)域1：鏡像電荷q’Pq+q135區(qū)域1：電勢和電位移矢量由q和鏡像電荷q’貢獻(xiàn)：區(qū)域2：電勢和電位移矢量由q和鏡像電荷q’’貢獻(xiàn)：在邊界面上有：區(qū)域1：電勢和電位移矢量由q和鏡像電荷q’貢獻(xiàn)：區(qū)域2：電136代入邊界條件有：解出兩個鏡像電荷值為：代入邊界條件有：解出兩個鏡像電荷值為：137Thankyou!Thankyou!138靜電場與物質(zhì)相互作用課件139平行板電容器二、

導(dǎo)體表面作用力平行板電容器二、導(dǎo)體表面作用力140整個導(dǎo)體面上的力為：注意：單位面積上的力為1/2sE,不是sE；F是矢量式。整個導(dǎo)體面上的力為：注意：141靜電場與物質(zhì)相互作用課件142靜電場與物質(zhì)相互作用課件143【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；（2）介質(zhì)分界面的極化電荷面密度?！纠科桨咫娙萜鲀?nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相144給定的邊界條件為整個邊界上的電勢值；或所給定的邊界條件為整個邊界上的電勢法向變化率值；或所給定的邊界條件部分為電勢值，部分為電勢法向變化率值。滿足上述邊界條件的解是唯一的。意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解！無須再做進(jìn)一步的驗證。五、唯一性定理給定的邊界條件為整個邊界上的電勢值；145r>a區(qū)域的電勢：r>a區(qū)域的電場強(qiáng)度：導(dǎo)體表面的電荷密度r>a區(qū)域的電勢：r>a區(qū)域的電場強(qiáng)度：導(dǎo)體表面的電荷密度146一、帶電體系的受力二、

導(dǎo)體表面作用力三、電介質(zhì)的極化四、漏電介質(zhì)五、唯一性定理與電像法一、帶電體系的受力147一、帶電體系的受力（1）虛功原理一個孤立系統(tǒng)在滿足能量守恒的條件下，所經(jīng)歷的虛擬過程，所做的功等于系統(tǒng)的能量減少。一、帶電體系的受力（1）虛功原理一個孤立系統(tǒng)148第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：

（2）絕緣孤立帶電體（q不變）或：第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：149繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動，則：

（3）非孤立帶電體（U不變）存在外界電源，使各導(dǎo)體Uj不變，外電源對系統(tǒng)做功繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動，則：（3）非孤立帶電體（U不變）存在外界電源，使150同理，所以有兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿足守恒律，因而其結(jié)果是相同的。同理，所以有兩組的公式不同，是因為進(jìn)行的虛擬過程不同，但都滿151靜電場與物質(zhì)相互作用課件152靜電場與物質(zhì)相互作用課件153【例】中間極板帶電荷Q,能不漏氣地沿壁滑動,該板兩邊空氣的初始壓強(qiáng)為p0,求該板處于穩(wěn)定平衡時的x值.【例】中間極板帶電荷Q,能不漏氣地沿壁滑動,該板兩邊空氣154【解】電容器兩邊接地,因此可視為左右2個電容器C1和C2并聯(lián),當(dāng)中間板位于x處時,總電容:故系統(tǒng)總的靜電能為:【解】電容器兩邊接地,因此可視為左右2個電容器C1和C2并聯(lián)155中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:Fe>0,表明力沿x增加方向.其次,由于導(dǎo)體是良好的導(dǎo)熱體,因此中間極板移動過程可視為等溫過程,設(shè)左右極板兩邊的壓強(qiáng)分別為p1,p2,則有:中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:Fe>0,表明力沿x156當(dāng)板處于中間時,靜電力與左、右壓力相互平衡,即:討論Q滿足的條件當(dāng)板處于中間時,靜電力與左、右壓力相互157第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：（1）斷開電源，把介質(zhì)板抽出，試問需要做多少功？（2）如果在不斷開電源的情況下抽出介質(zhì)板，則需做多少功？（2）電容器與電源斷開，維持電量為Q（只須給出h與x的表達(dá)式）。區(qū)域2：鏡像電荷q’’【例】高壓電纜的耐壓問題.意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。其次,由于導(dǎo)體是良好的導(dǎo)熱體,因此中間極板移動過程可視為等溫過程,設(shè)左右極板兩邊的壓強(qiáng)分別為p1,p2,則有:由q和q’組成的系統(tǒng)正好滿足邊界條件，即：球面上另有一均勻分布電荷，Q-q’。如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;總電量Q不變，故能量為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：【拓展題】半徑為R的接地導(dǎo)體球外有一電偶極子p=2ql,設(shè)偶極子的軸線通過球心,距離為L.【例】高壓電纜的耐壓問題.當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：（3）介質(zhì)分界面的電荷面密度.【例】一平行板電容器兩極板的面積為S，兩板間充滿兩層均勻介質(zhì)，它們的厚度為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電導(dǎo)率為s1和s2，當(dāng)兩極板間加電勢差U時，略去邊緣效應(yīng)，試求（1）兩介質(zhì)中的E;（2）通過電容器中的電流；【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:中間極板受到的靜電力可由虛功原理求得:此外必須有:即:第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：此外必須有:即:158【例】一空氣平行板電容器極板的面積都是a*b,相距為d，充電到電壓U時斷開電源，再將介電常數(shù)為e的介質(zhì)充滿兩極板間，略去邊緣效應(yīng)，求引入介質(zhì)前后的靜電能之差，并證明這能量差等于電場力所做的功?！窘狻课匆虢橘|(zhì)時電容器的電容和電荷為：靜電場儲存的能量為【例】一空氣平行板電容器極板的面積都是a*b,相距為d，充電159引入介質(zhì)后，電容為：總電量Q不變，故能量為：能量差為：DW>0表明插入介質(zhì)后，靜電能減少了。引入介質(zhì)后，電容為：總電量Q不變，故能量為：能量差為：DW>160介質(zhì)進(jìn)入電容x后，總電容值為：總電量不變，故儲存的總能量為：作用在介質(zhì)上的電場力為介質(zhì)進(jìn)入電容x后，總電容值為：總電量不變，故儲存的總能量為：161電場力所作的功為：所以，電場力所做的功等于靜電能的減少值。電場力所作的功為：所以，電場力所做的功等于靜電能的減少值。162【例】一平行板電容器兩極板的面積都是S，相距為d，中間有一塊厚度為t，介電常數(shù)為er的平行介質(zhì)平板，接通開關(guān)，使電容器充電到電壓為U，略去邊緣效應(yīng)。（1）斷開電源，把介質(zhì)板抽出，試問需要做多少功？（2）如果在不斷開電源的情況下抽出介質(zhì)板，則需做多少功？【解】（1）斷開電源，電容器兩極板的電荷總量Q不變,介質(zhì)板未抽出時,其電場強(qiáng)度為：

tdt【例】一平行板電容器兩極板的面積都是S，相距為d，中間有一塊163電容器的儲存的能量為：電勢差為：電容為：電容器的儲存的能量為：電勢差為：電容為：164電介質(zhì)抽出后，電容器的電容為：這時電容器的儲存的能量為電介質(zhì)抽出后，電容器的電容為：這時電容器的儲存的能量為165電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：166DW>0表示抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量增加了，這部分能量來自于抽出介質(zhì)板時外力所做的功，故在斷開電源的條件下，抽出介質(zhì)板時外力所做的功為：DW>0表示抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量增加了，這部167（2）不斷開電源，兩極板間的電勢差U不變，抽出電介質(zhì)后電容器的電荷量為：故抽出電介質(zhì)后，電容器的電荷增量為：（2）不斷開電源，兩極板間的電勢差U不變，抽出電介質(zhì)后電容器168【例】兩個半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)?！纠科桨咫娙萜鲀?nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；【例】一個半徑為R帶電量為q的球形導(dǎo)體，被切成兩半，求兩半球的相互作用力。意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：當(dāng)F＞0時，為斥力；電容器的儲存的能量為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：電容器相當(dāng)于兩個電容串聯(lián)，則總電容為：【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？取小球的中央位置為原點(diǎn)，取水平向右為x軸．則當(dāng)帶電擺球在x位置時，各鏡像點(diǎn)電荷的位置如圖所示。若P1＜P2，則sp＜0，交界面上有負(fù)的極化電荷兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：這些鏡像點(diǎn)電荷對帶電擺球靜電作用力的合力為：【例】高壓電纜的耐壓問題.為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。（1）電容器與電源相接，維持電壓為V；【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其中，球的半徑為R，求介質(zhì)中的場強(qiáng)。為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍。DQ<0表示抽出介質(zhì)時，有電荷從電容器流向電源，因此，也就伴有相應(yīng)的能量DWB從電容器流向電源:抽出介質(zhì)后，電容器所儲存的能量增量為：【例】兩個半徑同為R的導(dǎo)體球相互接觸，形成孤立雙導(dǎo)體系統(tǒng)。D169DW<0表示,抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量減少

了。把電源和電容作為一個系統(tǒng)，抽出介質(zhì)板后，系統(tǒng)的能量增量為：DW>0表示抽出介質(zhì)板后，系統(tǒng)的能量增加了，所增加的能量來自于抽出介質(zhì)板時外力所做的功，故在不斷開電源的條件下，抽出介質(zhì)板時外力所做的功為：DW<0表示,抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量減少了。170靜電場與物質(zhì)相互作用課件171平行板電容器二、

導(dǎo)體表面作用力平行板電容器二、導(dǎo)體表面作用力172單位面積上的力為：該力的方向總是從導(dǎo)體向外，即每個帶電導(dǎo)體表面存在向外的拉力，大小等于導(dǎo)體表面上的能量密度，該式雖然從平板電容器導(dǎo)出，但它是普遍正確的。Fxn單位面積上的力為：該力的方向總是從導(dǎo)體向外，即173整個導(dǎo)體面上的力為：注意：單位面積上的力為1/2sE,不是sE；F是矢量式。整個導(dǎo)體面上的力為：注意：174【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.起始不帶電,然后慢慢充電.求電荷密度多大時金屬離開平面.【解】設(shè)金屬盤的質(zhì)量和面積分別為m和S,導(dǎo)體的電荷密度為s時,空間電場為:盤受到的作用力為:要使盤升起,必須所以:【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.起始不175【例】“乒乓式”電容器一個電容器由兩塊半徑為R的平行圓盤組成，間距為d(d<<R)，上盤連接一電壓為V的直流恒壓源，下盤放一個小薄園片，質(zhì)量為m，半徑為r(r<<d).（1）放進(jìn)小圓片之前，兩極板的作用力；（2）小圓片上電量q與電壓V成正比關(guān)系，求比例系數(shù)；（3）系統(tǒng)垂直放入重力場中，欲使小圓片靜止，需增加電壓超過一個閾值Vth,求Vth；【例】“乒乓式”電容器176（4）當(dāng)電壓V>Vth時,小圓片上下運(yùn)動，加上碰撞是非彈性的，恢復(fù)系數(shù)h=v后/v前，小圓盤多次碰撞底部得到一個穩(wěn)定速度，求該速度；（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;(6)當(dāng)電壓緩慢減少時，存在一個臨界電壓Vc，低于這個電壓電荷將停止流動，求這個電壓。（4）當(dāng)電壓V>Vth時,小圓片上下運(yùn)動，加上碰撞是非彈177【解】（1）使用虛功原理（2）由高斯定律：【解】（1）使用虛功原理（2）由高斯定律：178（3）小圓片上合力為：欲使小圓片上合力大于零，必須（3）小圓片上合力為：欲使小圓片上合力大于零，必須179(4)小圓片多次碰撞底部后保持勻速vs，底部提供使小圓片保持穩(wěn)定的動能為：每次碰撞后，小圓片獲得的電能為：每次碰撞后，小圓片損失的動能為：(4)小圓片多次碰撞底部后保持勻速vs，底部提供使小圓片保持180設(shè)ks為碰撞底盤后的動能，則為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成一次能量損失為Dk,則達(dá)到穩(wěn)定，必須有：設(shè)ks為碰撞底盤后的動能，則為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成181靜電場與物質(zhì)相互作用課件182從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的總帶電量為:n是外法線單位矢量，故總的內(nèi)外壓強(qiáng)差為：“電象在球面上的電勢與E0在球面上的電勢之和必為常數(shù)（因球面為等勢面）只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解！【例】一水平的無窮大導(dǎo)體面上放有一個薄的均勻金屬盤.【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:“電象在球面上的電勢與E0在球面上的電勢之和必為常數(shù)（因球面為等勢面）當(dāng)P1=P2，即法向分量在交界面上連續(xù)時，交界面上無極化電荷。DW>0表明插入介質(zhì)后，靜電能減少了。一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；這時電容器的儲存的能量為（5）達(dá)到穩(wěn)定后通過電容器的電流I;兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：【解】當(dāng)帶電擺球偏離中央位置時，也有相應(yīng)的左、右無限系列的鏡像點(diǎn)電荷。x>0區(qū)域的電場強(qiáng)度為：兩種介質(zhì)的分界面的極化電荷密度為：每次碰撞后，小圓片獲得的電能為：導(dǎo)體表面的電場強(qiáng)度為：為到達(dá)頂部碰撞前的能量，每完成一次能量損失為Dk,則【例】一個半徑為R帶電量為q的球形導(dǎo)體，被切成兩半，求兩半球的相互作用力?！窘狻坑蓪ΨQ性從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的183靜電場與物質(zhì)相互作用課件184【例】一帶電的肥皂泡半徑為R，電勢為U，肥皂水的表面張力系數(shù)為a，當(dāng)吹肥皂泡的小管與大氣相通時，泡內(nèi)外的空氣壓強(qiáng)相等，設(shè)這時肥皂泡處于穩(wěn)定狀態(tài)，略去小管的影響，求R、U和a之間的關(guān)系?！窘狻吭O(shè)肥皂泡的電量為q，則由：因電荷面密度為：【例】一帶電的肥皂泡半徑為R，電勢為U，肥皂水的表面張力系數(shù)185當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：由于帶電，表面單位面積受到的張力為：n是外法線單位矢量，故總的內(nèi)外壓強(qiáng)差為：當(dāng)肥皂泡不帶電時，內(nèi)外壓強(qiáng)差為：由于帶電，表面單位面積受到的186因肥皂泡內(nèi)外壓強(qiáng)相同，故：所以：或：因肥皂泡內(nèi)外壓強(qiáng)相同，故：所以：或：187【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？【解】因未帶電時：其中：【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為188溫度不變，則即：解之得：溫度不變，則即：解之得：189【例】一電容器質(zhì)量M，由相距為d的兩平行板組成，垂直放入相對介電常數(shù)為er，密度為r的介質(zhì)液中，求下面兩種情況下液面上升的高度：（1）電容器與電源相接，維持電壓為V；（2）電容器與電源斷開，維持電量為Q（只須給出h與x的表達(dá)式）。【例】一電容器質(zhì)量M，由相距為d的兩平行板組成，垂直放入相對190解:電壓不變：則由虛功原理：解:電壓不變：則由虛功原理：191（2）電量Q不變，則：平衡時液面上升高為：（2）電量Q不變，則：平衡時液面上升高為：192【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值。直角導(dǎo)體平面形成區(qū)域中點(diǎn)電荷的鏡像【拓展題】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一個接地的導(dǎo)體球,為抵消兩球之間電荷斥力,求導(dǎo)體球最小半徑的近似值.若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；一個孤立系統(tǒng)在滿足能量守恒的條件下，所經(jīng)歷的虛擬過程，所做的功等于系統(tǒng)的能量減少。如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0?！窘狻績蓪咏橘|(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:（3）系統(tǒng)垂直放入重力場中，欲使小圓片靜止，需增加電壓超過一個閾值Vth,求Vth；區(qū)域2：電勢和電位移矢量由q和鏡像電荷q’’貢獻(xiàn)：【拓展題】肥皂泡原不帶電，現(xiàn)要使半徑增大一倍，則應(yīng)帶的電量為多少？如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變。球既不帶電，又不接地，（2）介質(zhì)分界面的極化電荷面密度?！纠績蓧K導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,已知兩導(dǎo)體之間的電阻為R,求導(dǎo)體間的電容.【解】兩層介質(zhì)的擊穿場強(qiáng)分別在:從而得到在系統(tǒng)電勢保持U0的條件下,系統(tǒng)(兩球)的總帶電量為:【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；為使導(dǎo)體球在靜電平衡時受到q的作用力吸引，試確定q的取值范圍?！纠績蓧K導(dǎo)體嵌入電導(dǎo)率為s,介電常數(shù)為e的無限大介質(zhì)中,已知兩導(dǎo)體之間的電阻為R,求導(dǎo)體間的電容.（2）通過電容器的電流為：【例】一半徑為a的絕緣導(dǎo)體球,球心與一無限窮大導(dǎo)體平面相距為z,設(shè)z>>a.(1)求球和平面之間的電容的首項.(2)求球和平面之間的電容的一階修正項;(3)當(dāng)球帶電為Q時,將球與導(dǎo)體平面完全分離需提供多少的能量?【解】孤立導(dǎo)體系統(tǒng)的電容等于系統(tǒng)帶電量與其電勢的比值?！纠?93【解】(a)對于首項,可以認(rèn)為球與導(dǎo)體平面相距無限遠(yuǎn),即為孤立導(dǎo)體球的電容:(b)為求一階修正項,設(shè)導(dǎo)體球帶電為Q,因而導(dǎo)體板上另一側(cè)的鏡像電荷為-Q,空間沿兩電荷連線方向上的電場為:【解】(a)對于首項,可以認(rèn)為球與導(dǎo)體平面相距無限遠(yuǎn),即194所以,一階修正項為:所以,一階修正項為:195(c)兩個相距為2z的點(diǎn)電荷之間的作用力為:將球移至無限遠(yuǎn)所做的功為:而把兩個相距為z的導(dǎo)體球分離所做的功為:Why?(c)兩個相距為2z的點(diǎn)電荷之間的作用力為:將球移至無限遠(yuǎn)所196三、電介質(zhì)及其極化若電存器兩極板之間為真空時，電容器的電容為C0，當(dāng)電容器內(nèi)部充滿同一種均勻的電介質(zhì)后，則電容改變?yōu)镃，有三、電介質(zhì)及其極化若電存器兩極板之間為真空時，電容器的電容為197極化時，介質(zhì)的邊緣出現(xiàn)極化電荷極化時，介質(zhì)的邊緣出現(xiàn)極化電荷1981.極化強(qiáng)度當(dāng)場強(qiáng)不太強(qiáng)時，極化強(qiáng)度P與介質(zhì)中的場強(qiáng)E成正比，方向相同，即1.極化強(qiáng)度當(dāng)場強(qiáng)不太強(qiáng)時，極化強(qiáng)度P與介質(zhì)中的場強(qiáng)E成正比1992.極化電荷兩種極化介質(zhì)的交界面上，或者在介質(zhì)的表面（實(shí)際上是介質(zhì)與真空的交界面）上，存在面分布的極化電荷。若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。2.極化電荷兩種極化介質(zhì)的交界面上，或者在介質(zhì)的表面（實(shí)際上200柱體內(nèi)的極化電荷的電量為：柱體內(nèi)的極化電荷的電量為：201討論若P1＞P2，則sp＞0，即交界面上有正的極化電荷若P1＜P2，則sp＜0，交界面上有負(fù)的極化電荷當(dāng)P1=P2，即法向分量在交界面上連續(xù)時，交界面上無極化電荷。若第二種介質(zhì)是真空，則P2=0，由介質(zhì)指向真空，這時即在介質(zhì)與真空的交界面上，極化電荷的面密度等于極化強(qiáng)度的法向分量。討論若P1＞P2，則sp＞0，即交界面上有正的極化電荷202當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：【解】自由電荷在球外單獨(dú)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為：如此不斷繼續(xù),直至每個導(dǎo)體球內(nèi)引入n個點(diǎn)電荷(n→∞),以維持電勢U0不變?？傠娏縌不變，故能量為：只要能找到一個解，那么此解必定是該問題的唯一正確解！（2）通過電容器的電流為：一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。若兩種極化強(qiáng)度分別為P1和P2的電介質(zhì)，假定極化強(qiáng)度在每一種電介質(zhì)中都是位置的連續(xù)函數(shù)，僅在兩種介質(zhì)的交界面上才發(fā)生突變。球外有一點(diǎn)電荷q。（1）點(diǎn)電荷所受到導(dǎo)體球的作用力？意味著我們可以采用多種形式的求解方法，包括某些特殊、簡便的方法，甚至是直接觀察的方法。(2)求球和平面之間的電容的一階修正項;一點(diǎn)電荷位于一無限大接地導(dǎo)體的前面，距離為d，則在導(dǎo)體表面將有感應(yīng)電荷，感應(yīng)電荷的分布比較復(fù)雜，導(dǎo)體外側(cè)的電場由點(diǎn)電荷和感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生，所產(chǎn)生的場在邊界上滿足U=0。(2)球帶電Q，但不接地，球面上另有一均勻分布電荷，Q-q’。【拓展題】有2個電量相同的點(diǎn)電荷相距為2b,在它們中間放置一個接地的導(dǎo)體球,為抵消兩球之間電荷斥力,求導(dǎo)體球最小半徑的近似值.單位面積上的力為1/2sE,不是sE；當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：(3)球不帶電,但卻有一固定的電勢U，（1）計算介質(zhì)中的電流；故抽出電介質(zhì)后，電容器的電荷增量為：當(dāng)擺球在x位置時，所受擺線張力的水平分量為：203靜電場與物質(zhì)相互作用課件204電介質(zhì)內(nèi)，若則，極化電荷只分布在均勻介質(zhì)表面。極化電荷與自由電荷的關(guān)系電介質(zhì)內(nèi)，若則，2053.電容器內(nèi)的電場強(qiáng)度平板電容器中的電介質(zhì)3.電容器內(nèi)的電場強(qiáng)度平板電容器中的電介質(zhì)206【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其中，球的半徑為R，求介質(zhì)中的場強(qiáng)?！窘狻孔杂呻姾稍谇蛲鈫为?dú)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為：極化電荷出現(xiàn)在球面與介質(zhì)的分界面和無限遠(yuǎn)處的介質(zhì)表面上，因為無限遠(yuǎn)處的極化電荷對A點(diǎn)的場可以忽略，故極化電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)為：RArc【例】在無限大的均勻介質(zhì)中，有一電量為qf的均勻帶電球置于其207于是介質(zhì)中的電場強(qiáng)度為：有解之得：于是介質(zhì)中的電場強(qiáng)度為：有解之得：208所以與Ef比較得所以與Ef比較得209【例】平板電容器內(nèi)充滿2層均勻介質(zhì)，厚度分別為d1和d2，相對介電常數(shù)為e1和e2，電容器所加電壓為U，求（1）電容器的電容；