11庫侖定律和電場強度

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§1、1庫侖定律和電場強度

1．1．1、電荷守恒定律

大量試驗證明：電荷既不能創(chuàng)造，也不能被消滅，它們只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，正負電荷的代數(shù)和在任何物理過程中始終保持不變。這個定律為電荷守恒定律，它是物理學的重要定律之一。

我們熟知的摩擦起電就是電荷在不同物體間的轉(zhuǎn)移，靜電感應(yīng)現(xiàn)象是電荷在同一物體上、不同部位間的轉(zhuǎn)移。此外，液體和氣體的電離以及電中和等試驗現(xiàn)象都遵循電荷守恒定律。

1．1．2、庫侖定律

真空中，兩個靜止的點電荷q1和q2之間的相互作用力的大小和兩點電荷電量的乘積成正比，和它們之間距離r的平方成反比；作用力的方向沿它們的連線，同號相斥，異號相吸

F?kq1q2r2

式中k是比例常數(shù)，依靠于各量所用的單位，在國際單位制（SI）中的數(shù)值為：

k?14??0k?9?10N?m/C922（常將k寫成

2的形式，?0是真空介電常數(shù)，

?0?8.85?10?12C/N?m）

2庫侖定律成立的條件，歸納起來有三條：（1）電荷是點電荷；（2）兩點電荷是靜止或相對靜止的；（3）只適用真空。條件（1）很簡單理解，但我們可以把任何連續(xù)分布的電荷看成無限多個電荷元（可視作點電荷）的集合，再利用疊加原理，求得非點電荷狀況下，庫侖力的大小。由于庫侖定律給出的是一種靜電場分布，因此在應(yīng)用庫侖定律時，可以把條件（2）放寬到靜止源電荷對運動電荷的作用，但不能推廣到運動源電荷對靜止電荷的作用，由于有推遲效應(yīng)。關(guān)于條件（3），其實庫侖定律不僅適用于真空，也適用于導(dǎo)體和介質(zhì)。當空間有了導(dǎo)體或介質(zhì)時，無非是出現(xiàn)一些新電荷——感應(yīng)電荷和極化電荷，此時必需考慮它們對源電場的影響，但它們也遵循庫侖定律。

1．1．3、電場強度

電場的客觀存在可由電場對處于其中的任意電荷的作用力來表達，為了從力的角度來

描繪這個客觀存在，我們引入電場強度這個物理量。其定義式為

E?Fq

式中q是引入電場中的檢驗電荷的電量，F(xiàn)是q受到的電場力。

借助于庫侖定律，可以計算出在真空中點電荷所產(chǎn)生的電場中各點的電場強度為

E?F?kr2?kQr

2式中r為該點到場源電荷的距離，Q為場源電荷的電量。

1．1．4、場強的疊加原理

在若干場源電荷所激發(fā)的電場中任一點的總場強，等于每個場源電荷單獨存在時在該點所激發(fā)的場強的矢量和。

原則上講，有庫侖定律和疊加原理就可解決靜電學中的全部問題。

例1、如圖1-1-1（a）所示，在半徑為R、體電荷密度為?的均勻帶電球體內(nèi)部挖去半徑為R?的一個小球，小球球心O?與大球球心O相距為a，試求O?的電場強度，并證明空腔內(nèi)電場均勻。

分析：把挖去空腔的帶電球看作由帶電大球?R,??與帶異號電荷的小球?R?,???構(gòu)成。由公式求出它們各逍遙O?的電場強度，再疊加即得E0?。這是利用不具有對稱性的帶電體的特點，把它湊成由若干具有對稱性的帶電體組成，使問題得以簡化。

ROO?R?圖1-1-1（a）

在小球內(nèi)任取一點P，用同樣的方法求出EP，比較EP和E0?，即可證明空腔內(nèi)電場是均勻的。采用矢量表述，可使證明簡單明確。

OaO?解：由公式可得均勻帶電大球（無空腔）在O?點的

rBP圖1-1-1（b）

電場強度

E大球，

E大球,o??kQaR3?43?k?a，方向為O指向O?。

同理，均勻帶異號電荷的小球?R?,???在球心O?點的電場強度E大球,o??0

所以

Eo??E大球,o??E，

小球o??43?k?a

????如圖1-1-1（b）所示，在小球內(nèi)任取一點P，設(shè)從O點到O點的矢量為a，OP為b，

OP為r。則P點的電場強度EP為

???EP?E大球,p?E小球p?

?43?k?r??????43?k?b????

4?????k?(r?b)??k?a33

4??E?E0可見：P因P點任取，故球形空腔內(nèi)的電場是均勻的。1．1．5、電通量、高斯定理、

（1）磁通量是指穿過某一截面的磁感線的總條數(shù)，其大小為??BSsin?，其中?為截面與磁感線的夾角。與此相像，電通量是指穿過某一截面的電場線的條數(shù)，其大小為

??ESsin?

?為截面與電場線的夾角。

高斯定量：在任意場源所激發(fā)的電場中，對任一閉合曲面的總電通量可以表示為

??4?k?qi（

k?14??0）?0?8.85?10?12C2/Nm2為真空介電常數(shù)

式中k是靜電力常量，?qi為閉合曲面所圍的所有電荷電量的代數(shù)和。由于高中缺

少高等數(shù)學知識，因此選取的高斯面即閉合曲面，往往和電場線垂直或平行，這樣便于電通量的計算。盡管高中教學對高斯定律不作要求，但筆者認為簡單了解高斯定律的內(nèi)容，并利用高斯定律推導(dǎo)幾種特別電場，這對把握幾種特別電場的分布是很有幫助的。

（2）利用高斯定理求幾種常見帶電體的場強①無限長均勻帶電直線的電場一無限長直線均勻帶電，電荷線密度為?，如圖1-1-2（a）所示?？疾禳cP到直線

????rPl????????rP的距離為r。由于帶電直線無限長且均勻帶電，因此直線周邊的電場在豎直方向分量為零，即徑向分布，且關(guān)于直線對稱。取以長直線為主軸，半徑為r，長為l的圓柱面為高斯面，如圖1-1-2（b），上下表面與電場平行，側(cè)面與電場垂直，因此電通量

圖1-1-2（a）圖1-1-2（b）

??E?2?r?l?4?k?qi?4?kl??

2k?rE?

②無限大均勻帶電平面的電場

根據(jù)無限大均勻帶電平面的對稱性，可以判定整個帶電平面上的電荷產(chǎn)生的電場的場強與帶電平面垂直并指向兩側(cè)，在離平面等距離的各點場強應(yīng)相等。因此可作一柱形高斯面，使其側(cè)面與帶電平面垂直，兩底分別與帶電平面平行，并位于離帶電平面等距離的兩側(cè)如圖1-1-3由高斯定律：

??2E?S?4?k?qi?4?k??S

E??QS

E?2?k?

圖1-1-3

式中?為電荷的面密度，由公式可知，無限大均勻帶電平面兩側(cè)是勻強電場。

平行板電容器可認為由兩塊無限帶電均勻?qū)w板構(gòu)成，其間場強為E?，則由場強疊加原理可知

E??4?k?

③均勻帶電球殼的場強

有一半徑為R，電量為Q的均勻帶電球殼，如圖1-1-4。由于電荷分布的對稱性，故不難理解球殼內(nèi)外電場的分布應(yīng)具有球?qū)ΨQ性，因此可在球殼內(nèi)外取同心球面為高斯面。對高斯面1而言：

2??E?4?r?4?k?qi?0,E?0；

對高斯面2：

21??E?4?r?4?k?qi?4?kQ,E?2kQr圖1-1-4

。

o??r?RE??kQ2??rr?R

④球?qū)ΨQ分布的帶電球體的場強推導(dǎo)方法同上，如圖1-1-4，對高斯面1，

33??E?4?r?4?k?qi?4?k2rRQ,E?kQrR3；

對高斯面2，

??E?4?r?4?k?qi?4?kQ,E?2kQr2。

?kQr?RE??kQ??r

32r?Rr?R

⑤電偶極子產(chǎn)生的電場

真空中一對相距為l的帶等量異號電荷的點電荷系統(tǒng)??q,?q?，且l遠小于探討中所涉及的距離，這樣的電荷體系稱為電偶極子，并且把連接兩電荷的直線稱為電偶極子的軸線，將電量q與兩點電荷間距l(xiāng)的乘積定義為電偶極矩。

a.設(shè)兩電荷連線中垂面上有一點P，該點到兩電荷連線的距離為r，則P點的場強如圖1-1-5所示，其中

E?E??E??k2qr?l2E?4

E?rlE?2E?cos??2k2qr?l2?22r?l2??ql/2l/2q44

圖1-1-5

?k2ql(r?l23?kqlr3

4)2

b.若P?為兩電荷延長線上的一點，P?到兩電荷連線中點的距離為r，如圖1-1-6所示，則

ql???r??2??2E??k,E??kql???r??2??2,

????11?E?E??E??kq??22??l?l????r?????r??22???????2?2q??l?l????k2??1????1???r?2r2r???????

?ql/2?qP?E?E?l/2r圖1-1-6

?k

q?ll?1??1???2r?rr?

ET

?k2qlr3

E??TE//c.若T為空間任意一點，它到兩電荷連線的中點的距離為r，如圖1-1-7所示，則ql?在T點產(chǎn)生的場強分量為

?q?qE??kql?r3?k2qlsin?r3圖1-1-7

，

由ql//在T點產(chǎn)生的場強分量為

2ql//r3E//?k?k2qlcos?r3

故

ET?E??E//?k22qlr33cos??1,2

tan??E?E//?sin?2cos??12tan?

例2、如下圖，在-d≤x≤d的空間區(qū)域內(nèi)（y，z方向無限延伸）均勻分布著密度為

?的正電荷，此外均為真空

（1）試求

x≤d處的場強分布；

（2）若將一質(zhì)量為m，電量為??的帶點質(zhì)點，從x=d處由靜止釋放，試問該帶電質(zhì)點經(jīng)過多長時間第一次到達x=0處。

解：根據(jù)給定區(qū)域電荷分布均勻且對稱，在y、z方向無限伸展的特點，我們想象存在這樣一個圓柱體，底面積為S，高為2x，左、右底面在x軸上的坐標分別是-x和x，如圖1-1-8所示?？梢耘袛鄨A柱體左、右底面處的場強必定相等，且方向分別是逆x軸方向和順x軸方向。再根據(jù)高斯定理，便可求出坐標為x處的電場強度。

（

1

）

根

據(jù)

高

斯

定

律

?d2xPOSEdxE?2S?4?k???S?2x。坐標為x處的場強：

圖1-1-8

E?4?k?x（x≤d），x＞0時，場強與x軸同向，x＜0時，場強與x軸反向。

（2）若將一質(zhì)量為m、電量為?q的帶電質(zhì)點置于此電場中，質(zhì)點所受的電場力為：

F??qE??4?k?qx（x≤d）

顯然質(zhì)點所受的電場力總是與位移x成正比，且與位移方向相反，符合恢復(fù)力的特點。質(zhì)點在電場中的運動是簡諧振動，振動的周期為

T?2?m4?k?q??mk?q

當質(zhì)點從x=d處靜止釋放，第一次達到x=0處所用的時間為

t?T4?T4?mk?q

練習1：有兩根光滑的絕緣桿，可在同一豎直平面內(nèi)繞O點轉(zhuǎn)動。兩桿上各穿著一個質(zhì)量為m、電量為q的小球。兩桿與水平面夾角都等于θ時，兩球在同一水平面上處于靜止狀態(tài)，如圖1-1-9所示?，F(xiàn)使兩桿同時繞O點轉(zhuǎn)動，此時小球在桿上的位置隨之改變。問θ取何值時，小球到O點的距離l為最小值？

分析：桿轉(zhuǎn)得緩慢意味著小球在每一個位置上都處于合力為零的平衡狀態(tài)。運用三個共點力的平衡條件，可以得到l與θ之間的關(guān)系，從函數(shù)式去研究l的最小值應(yīng)當是不難的。

解：兩球受力對稱，分析一個小球就足夠了。

小球m受三個力作用，而重力mg和庫侖斥力F的合力跟支持力N必定等大反向，取長度l，

F?kq22?2lcos??q22。由圖可見

m,qNm,qlθmgFk?2lcos???mgtan?

θOθkq2則l2?4mgcos??tan?2

又由于

kq24mg是恒量，設(shè)x?cos??tan??2122sin?cos??12sin2?，

當???4時，xmax?12，lmin?qk2mg。

練習2：如圖1-1-10，半徑分別為2r、4r、6r的三個同心導(dǎo)體球殼，球心有點電荷Q，另有A、B、C三點到球心距離分別為r、3r、5r、，要使這三個點的電場強度相等即EA=EB=EC，問三個球面各需帶電量多少？

分析：A、B、C每一個點的場強，都包含了三個球面電荷各自的貢獻。但不要忘了，對于任一個球面的電荷，在其球面內(nèi)產(chǎn)生的聲強都是零。解：首先看A點。無論三個球殼的內(nèi)外表面帶多少電荷，它們在A點都不產(chǎn)生電場，EA只是由點電荷Q產(chǎn)生的。

EA?kQr2Q

ABC123再看B點。由于Q的存在和靜電感應(yīng)，球殼1的內(nèi)表面必出現(xiàn)－Q，球殼1外表面出現(xiàn)感應(yīng)電荷q1，球殼2與球殼3的電荷在B點不貢獻電場，于是有

EB?kQr2?kQ?3r?2?kQ?3r?2?kq1?3r?2，得q1=9Q

球殼1的內(nèi)外表面共有電荷9Q－Q＝8Q。

再看C點。球殼2的內(nèi)表面感應(yīng)出－9Q，設(shè)球殼2外表面出現(xiàn)q2，球殼3電荷在C點不貢獻電場。根據(jù)疊加原理

EC?kQr2?kQ?5r?2?kQ?5r?2?k9Q?5r?2?k9Q?5r?2?kq2?5r?2

則q2＝25Q

球殼2的內(nèi)外表面共有電荷25Q－9Q＝16Q

球殼3的內(nèi)表面感應(yīng)出－25Q，外球面可帶任意電荷。

?9Q?QLq練習3．點電荷+9Q和-Q，固定放置，相距L，第三個電荷q只能在過+9Q與-Q直線上運動。問：

（1）q應(yīng)滿足什么條件，才能在直線上平衡？（2）q的平衡穩(wěn)定性跟q的電荷符號有什么關(guān)系？

︸x2解：如下圖，設(shè)合場強為零的點在?Q外側(cè)x處，由于k9Q/(L?x)x?12L?kQ/x，得

2。q無論正負大小如何，都可在該點平衡。再設(shè)q被偏離平衡位置向右發(fā)生微小位

移?x，假使q為負，則合力F可寫成（向右為正）：

F?k?L????x??2?2?k9Q?q?3??L??x??2?2?k?3??L?L??x?9?????x??2??2??L??3????x??L??x??2??2?2222

?2(3L?4?x)?x?L??3???x???L??x??2??2?22?k?0

F為負值，說明q為負電荷時，合力與?x反向，平衡為穩(wěn)定平衡，F(xiàn)為回復(fù)力。假使q為正電荷時，仿上述方法易證明F為正值，不具有回復(fù)力性質(zhì)，平衡不穩(wěn)定。

答：（1）q的大小和符號無限制，只有放在?9Q和?Q連線上?Q的外側(cè)，距離?Q為

12L遠處才能平衡。

（2）q為負電荷時，平衡為穩(wěn)定；q為正電荷時，平衡不穩(wěn)定。

練習4．兩個體積一致的導(dǎo)體小球，帶電量分別為q1和q2，相距為r。假使把這兩個小

球相接觸后再各放回原來的位置。

（1）假使q1與q2同號，求證這一操作后兩小球的相互作用力一定變大。

（2）假使q1與q2異號，試推導(dǎo)這一操作后兩小球的相互作用力可能變大、可能變小、可能不變的條件。

2解：（1）假使q1、q2同號，由于4q1q2?(q1?q2)，

所以

2kq1q2r2?k?q1?q2???2??r2。

(2)假使q1、q2異號，設(shè)

?F?kq1q2r2?k?q1?q2???2??r22?k4r2?412?(q1?q2)2?

而

4q1q2?(q1?q2)2??(q1?6q1q2?q2)??[q1?(3?22)q2][q1?(3?22)q2]假使

22q1?(3?22)q2，

?F?0，力無變化。

假使

q1?(3?22)q2

或

q1?(3?22)q2，

?F為負值，說明操作后力變大。假使(3?22)q2?q1?(3?22)q2，?F為正值，

說明力變小。

?l練習5．半徑為r的細金屬圓環(huán)均勻帶電荷+Q，圓環(huán)

?Q軸線OA的A點放置一個帶電量為+q的點電荷。已知

OA=d，問圓環(huán)上的電荷+Q對點電荷+q的庫侖力有多大？

rOd??qA解：如下圖，把圓環(huán)分割成極多極短的小段?l，每

段?l所帶電量?q對q的斥力在兩者連線上，考慮到對稱

性，所有這些斥力的合力必沿OA方向。在此方向上，每個?q對q的力為

kq?qr2?d2cos?，

其中，

dr2cos???d2。

所求這些力的和便是?Q對q的庫侖力。求和時，r?dkqcos?22可以作為公因式提出來，

余下的實際上是沿整個圓環(huán)對全部?q求和，結(jié)果就是Q。于是簡單得出最終結(jié)果。

F?(rkd32?d)2

2練習6．在真空中有兩個固定的正的點電荷A、B，帶電量分別為Q、q，相距L。（1）引入第三個點電荷C使它處于平衡狀態(tài)，這個電荷應(yīng)放在什么位置，帶電量為多少？（2）假使A、B不固定時，C應(yīng)處于什么位置，帶電量為多少時三個小球均靜止？

解：對于第一問，A、B兩點電荷球都固定，C點電荷只能放在A、B連續(xù)中間某個位置。設(shè)帶電量為q?，且距離A點電荷的距離為?，由力的平衡得：

k??解得

2?k??l???2

???QlQ?電荷的電量、電性不限。

;q

其次問，由于三個點電荷均需平衡，由C平衡得C的位置同第一問；再由A（也可選B）受力平衡得C只能為負電荷，設(shè)C的電量為?q?，則有：

kl解得

2?k??2

q??

?Q?q?2

我們還可以對A、B電性不同進行分析。（1）A、B兩電荷固定時（無論它們電性如何），C電荷的電性、電量任意；不固定時，C的電性、電量應(yīng)確定：其中A、B為同種電荷時，C的電性與A、B相反；A、B為異種電荷時，C的電性與A、B中電量較小的電性相反。（2）假使A、B為同種電荷，C應(yīng)放在A、B連線之間；A、B為異種電荷，C應(yīng)放在靠近電量少的電荷的外側(cè)。（為什么？）

練習7．兩個小銅球，質(zhì)量均為1g，相距為1m。假定其中每個銅球所有電子的總電荷和所有原子核的總電荷相差1%，那么它們之間的相互作用力有多大？設(shè)銅原子的原子量和

質(zhì)子數(shù)為29Cu，阿伏伽德羅常數(shù)N0=6.02×10/mol，電子電荷量e=1.60×10C。

23

-19

64解：1g銅的摩爾數(shù)

1641g銅的原子數(shù)

n?mol

N?164N0

每個銅原子核帶電量q?29e全部原子核帶電總量

1642964電子與原子核總量差值

Q?N0q?N0e

兩小銅球間作用力

?Q?0.01Q?N0e6400

29F?9?109??Q?2l2

?29?15?9?10?N0e??1.71?10N?6400?

92評注：庫侖定律只適用于點電荷，而且是靜止點電荷的狀況，點電荷是實際帶電體的

抽象，假使帶電體不可以用點電荷近似，那么需把帶電體分成無限多個點電荷處理。練習8．如圖（a）所示，A、B是帶等量同種電荷的小球，A固定在豎直放置的10cm長的絕緣支桿上，B平衡于光滑絕緣的傾角為30o的斜面上時恰與A等高，若B的質(zhì)量為

303g，則B的帶電量是多少？

解：設(shè)B的帶電量是qB，根據(jù)庫侖定律，B受到的庫侖力為

F1?kqAqBr2?kqBr22（1）

B小球處于平衡狀態(tài)，有：

在沒斜面方向上F1?cos30?mg?sin30（2）??在垂直于斜面方向上

F??1sin30?mgcos30?F2

?由（2）得F1?mg?tan30把（4）代入（1）可得：

2mgtan30??kqBr2

B的帶電量為：

2?qrmgtan30B?k

r?h又tan30?

qh2B??)2?mg?tan30??1得(tan30k

3）4）（（

?

h?mgk?tan30?2

?

0.1?303?109?39.0?10?33?1?10?6C

即B的帶電量為1?10?6C。

練習9．長為L的一根絕緣細線拴一個金屬小球A，A球正下方固定著另一金屬小球B。A、B兩球質(zhì)量都是m，帶電量都是+q，且都可以看成是點電荷，它們之間距離也是L。

（1）A球靜止時設(shè)細線被拉緊，求細線的拉力多大？

（2）假使把細線剪斷，當球A下落了高度h（h?L）時，A球的速度有多大？

（3）不剪斷細線而令A(yù)球在水平面上做圓錐擺運動，細線跟豎直方向夾角為60o時，A球角速度ω多大？細線拉力多大？

1解：根據(jù)動能定理，2mv2A?mgh?qU，其中U是由B球電荷產(chǎn)生的電場中兩點間

的電勢差，U的大小是

U?kqL?h?kqL?kqhL(L?h)

如下圖，做圓錐擺運動的A球受三個力作用，r?Lsin60，AB距離=2Lsin60：

??

Tsin30?k?q2?2(2Lsin60)cos30??mg

2?2Tcos30?k?q(2Lsin60)sin30??m?Lsin602?

聯(lián)立兩式可得：

22T?mg?kqL（1）

；

vA?（2）

2??kq??2hg??mL(L?h)???

mgcos30????kq3L22?（3）

mLsin30cos30?T?mgsin30??kq3L22cot30?，。

練習10．如圖（a）所示，兩塊互成60o夾角的很大的接地金屬板間有一

點電荷，q距離兩板的距離均為a，求點電荷q所受到的靜電力。

分析：由于導(dǎo)體板處在點電荷q的電場中，導(dǎo)體表面會產(chǎn)生感應(yīng)電荷，但

感應(yīng)電荷的分布卻是不均勻的，假使利用導(dǎo)體板的電勢為零，設(shè)法找到等效的替換模型，即可求解此題。由于靜電感應(yīng)，電荷q受兩塊金屬板上感應(yīng)電荷的作用，根據(jù)金屬板為等勢面及對稱性，其作用效果可等效為5個點電荷對該電荷的作用，這五個點電荷的位置和將兩導(dǎo)體板看成平面鏡后像點的位置一致，其中三個帶負電荷，兩個帶正電荷。

解：如右圖所示，1、3、5點電荷帶負電，2、4點電荷帶正電。帶電量均為q，由電荷分布的對稱性可知，合力應(yīng)設(shè)AO指向O

F1A?F5A?kqL22?cos60??kq222L

F2A?F4A?kq2?2

22(2Lsin60)?cos30???3kq6L22

F3?kq?kq4a22

(2a)

F合?2F1?F3?2F2?kqL2∴

L22?33?????46???

而a?，故

F合?9?2348?kqa2

點評：此題使用了電像法，由此，我們可以看到在解決靜電感應(yīng)與受力問題時，利用與

光學成像近似的規(guī)律和方法來解決問題的獨特魅力。

練習11．如下圖，在點電荷Q的電場中，已知A點場強為100V/m，C點場強為36V/m，B是AC的中點，則B點場強多大？

解：100?kQ/OA2(1)

236?kQ/OC

(2)EB?kQ/OB(3)

22(1)?(3)得EB?OA?(4)

?100???OB??

(1)?(2)得由(4)式得

22OCOA?53(5)

EB??20A?100????OC?OA??2

2254????2??100?OC????1?????OA?????3??100???4?

??V/m??56.25V/m

R練習12．在半徑為R的球形空間內(nèi)距球心r（r?R）的一點有一點電荷q，求球內(nèi)的平均場強E??Er1?Viq，式中V為球的體積，

V?V1Pr1Ei為球內(nèi)某一點的場強，ΔVi為該點的小體元。

（a）

解：如圖（a）所示，Ei為球內(nèi)任一點的場強，r為從q指向P

01的單位矢量（即r10的大小為1）有：E?Kqr120r1

由于在各點的ri以及r10均不一致，因此初看起來，計算?E1?Vi是相當困難的，我們不妨將E1的表達式代入E中，有

E??E1?Vi

V

qri2??kr1?Vi?0

V?kqVri2ri?Vi0

令

qV??則：E??k??Viri2r1???k0??Vir22??r?

01在上式中，可將?視為體積為V，帶電量為q的均勻帶電球的體電荷密度，??V則是位于P點處的點電荷的電量，又?r10表示從P指向q處的單位矢量，則?k表示均勻帶電球體在球內(nèi)q處產(chǎn)生的場強，這是比較簡單解決的。我們可將均勻帶電球分成兩部分，如圖41-34（b）所示。一部分為半徑為r的均勻帶電球體，其場強為??k432r??Vir22??r?則

01ro?r1??a??r30a，式中a代表從O指向q的單位矢量，第

0二部分為從r到R的均勻帶電球殼。由于均勻帶電球面內(nèi)一點的場強為零，可知其次部分帶電球殼在q點處產(chǎn)生的場強為零。故：

（b）

4??3??r??03E???ka?2r??????

q4V30

??k?ra

??kq43?343?ra0

?R

??kqrR3a0

0?a表示E的方向是從q指向O。

練習13．有一個均勻帶電球體，球心為O，半徑為R，電荷體密度為ρ，球體內(nèi)有一個球形空腔，球心為O′，半徑為R′（圖（a）），OO′距離為a。

（1）求O′處的場強E′；

?（2）求證：空腔內(nèi)四處場強E一致。

分析：均勻帶電球體在球外某點產(chǎn)生的場強等同于電荷集中于球心在該點所產(chǎn)生的場強。均勻帶電球體在球內(nèi)某點產(chǎn)生的場強可如下處理：以原球心為球心，過該點作一球面，球面外電荷對該點產(chǎn)生的場強為零，球面內(nèi)電荷在該點產(chǎn)生的場強如前所述。

原題中帶有空腔的球體可看作半徑為R、體密度為?的完整球體與半徑為R?、體電荷密度為??的小球體組合。于是均勻帶電球體的場強公式便可適用。

解：我們知道了均勻帶電球殼外離殼心a處的場強為kQa2（Q為球殼所帶電量），殼內(nèi)

場強均為零。一個半徑為R的均勻帶電球體可看成是由一層一層的球殼組合而成。因此，均勻帶電球體外離球心a處的場強為kQa2（Q為整個球體所帶的電量）。

球體內(nèi)離球心b處的場強可以這樣來考慮：半徑大于b的球殼對b點的場強都無貢獻；半徑小于b的球殼的電荷都可以看成集中在球心上，這些球殼所帶的總電量為

bR33Q，所以離球心b處的場強為kQbb233R?kQbR3。

綜合以上探討，均勻帶電球體的場強分布如圖41-36（b）所示。

（1）此題中的含腔帶電球體可以看成由一個完整的大球O1和一個電荷體密度同為?的異種電荷小球O2組合而成。O1球?qū)?處的場強貢獻為

??4E1?k??a，

3O2球?qū)?處的場強貢獻為零，所以O(shè)?處的電場強度就是

43k??a，方向沿O球半徑向

外。

（2）對球腔中任意一點A來說，O1球的場強貢獻為（圖41-36（c））

??4E1?k??r，

3O2球的場強貢獻為

??4E2??k??b

3

其合場強E?E1?E2??43k??????43??k??(r?b)

由此可見，O?球形腔內(nèi)任一點的場強E都是一致的。

C練習14．如圖（a）所示，平行板電容器中充滿均勻介質(zhì)，給電容器充電后介質(zhì)內(nèi)場強為E0，設(shè)左板帶正電荷，右板帶負電荷。若在介質(zhì)中A處挖一球形小空腔，試比較A、B、C三點的場強與原場強E0的大小。

解：由于充滿電容器的是均勻電介質(zhì)，極化電荷只能分布在介質(zhì)表面上。先看小空腔面上的極化電荷。由分子電偶極子的取向可知電荷分布如圖（b）所示。這時極化電荷使得空腔內(nèi)場強

ABA???????a??b?圖41-38

加強，故EA?E0。由于兩極板間電勢差是一定的。故EB?E0。

由于EB變小了，與B處對應(yīng)的導(dǎo)體表面的自由電荷面密度減小了。而總的自由電荷是守恒的，所以C處對應(yīng)導(dǎo)體面上的電荷面密度一定比原來的大了，故EC?E0。

練習15．圖（a）所示為一很大的接地導(dǎo)體板，在與導(dǎo)體板相距為d的A處放一帶電量為?q的點電荷。

1、試求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強度。P點與A點的距離為r。

2、試求感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板外P′點產(chǎn)生的電場強度。P′點與P對導(dǎo)體板右表面是對稱的。

3、就此題情形，根據(jù)場強分析證明導(dǎo)體表面附近的電場強度的方向與導(dǎo)體表面垂直。4、試求導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷對點電荷-q的作用力。5