靜電場及導體

靜電場及導體第1頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2．均勻帶電細棒，棒長L=20cm，電荷線密度求：（1）棒的延長線上與棒的近端相距8cm處的場強。。oxP1-L/2L/2dy解：距離原點x處取元電荷dq=λdx，它在P點形成的場強方向沿x軸正向。第2頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四3．一半徑為R的半圓細環(huán)上均勻分布電荷Q，求環(huán)心處的電場強度解：如圖所示，θ處取元電荷dq=λdl=λRdθ。其在圓心處的場強為：根據(jù)對稱性，x軸上的合場強為0。在y軸上的分量為則O處的總場強為第3頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四4．已知兩桿電荷線密度為,長度為L,相距L.求兩帶電直桿間的電場力.

2L3LL0解：首先計算左邊段電場的空間分布距離原點x處取元電荷dq=λdx，它在連線上距離原點為d的空間點形成的場強為距離原點x處取元電荷dq=λdx，其所受電場力為則右側(cè)棒受到的合力為第4頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2.電場線、電通量真空中的高斯定理及應(yīng)用1．用高斯定理求均勻帶正電的無限大平面簿板的場強（設(shè)電荷的面密度為）解：所以第5頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2．若、為真空中兩個平行的“無限大”均勻帶電平面，已知兩兩平面外側(cè)電場強度大小都為方向如圖．由場強迭加原理計算、兩平面上的電荷面密度,

各是多少？平面間的電場強度大小為，，E0/3E0/3E0AB解：取向右為正方向B右側(cè)平面間解得：第6頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四3．如圖所示，半徑R的非金屬球體內(nèi)，電荷體密度為ρ=kr，oＲρ=kr （2）球體外任意一點的場強E2（r）。（1）球體內(nèi)任意一點的場強E1（r）；式中k為大于零的常量，求：

解：（1）r<R，建立圖示高斯面其包圍的電量由高斯定理得S1S2（2）r>R，建立高斯面S2，由高斯定理得第7頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四4．兩無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2，帶有等量異號電荷，單位長度的電量分別為λ和-λ，求（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）r>R2處各點的場強．解：根據(jù)電荷分布的對稱性知，電場關(guān)于中心軸成軸對稱，且垂直于軸呈輻射狀，因此建立高度為h的柱形高斯面（紅色）（1）r<R1解得E=0（2）R1<r<R2解得（3）r>R2，所以E=0第8頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四3.靜電場力的功靜電場的環(huán)路定理電勢能、電勢、電勢差1．如下圖所示，在A、B兩點處有電量分別為+q，-q的點電荷，AB間距離從O點經(jīng)半圓弧路徑移到C點，為2R，現(xiàn)將另一正試驗電荷求移動過程中電場力所做的功。解：O點的電勢C點的電勢移動過程中電場力所做的為第9頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2．電荷q均勻分布在半徑為R的球體內(nèi)，求離球心r（r<R）處的電勢。解：先求電場分布如圖建立球形高斯面，其上電通量為（1）r<R時，面內(nèi)包圍的電荷由高斯定理得則（2）r>R時，面內(nèi)包圍的電荷（3）求電勢第10頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四3.如圖所示的絕緣細線上均勻分布著線密度為的正電荷,兩直導線的長度和．試求環(huán)中心點處的場強和電勢．

半圓環(huán)的半徑都等于解：AB段在O點的場強為沿著x軸正向（見第一節(jié)練習2），CD段在O點的和場強，沿著x軸負向，所以O(shè)點的場強即為半圓環(huán)在O點的場強：因而二者在O點的合場強為0。，

方向沿著y軸負向。（見第一節(jié)練習3）AB段在O點的電勢為CD段在O點的電勢為BC段在O點的電勢為O點的電勢為第11頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四4.兩個半徑分別為和（＜)的同心薄金屬球殼，現(xiàn)給內(nèi)球殼帶電，試計算：+(2)先把外球殼接地，然后斷開接地線，此時外球殼的電荷分布及電勢；*(3)再使內(nèi)球殼接地，此時內(nèi)球殼上的電荷以及外球殼上的電勢的改變量．(1)外球殼上的電荷分布及電勢大??；解：（1）根據(jù)靜電感應(yīng)，外球殼內(nèi)側(cè)帶電為-q，外側(cè)帶電為+q，均勻分布。外球殼的電勢是三個球面上的電荷在外球殼出電勢的和，而外球殼內(nèi)外側(cè)的電荷在外球殼上的電勢和為0，因而外球殼上的電勢由內(nèi)球面上的電荷在該處的電勢，即（2）外球殼接地后，球殼外側(cè)的電荷被中和，因而帶電量為0。而內(nèi)側(cè)的電荷將受到內(nèi)球殼電荷的約束而不發(fā)生變化，仍為-q。該電荷在外球殼處的電勢為第12頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四而內(nèi)球殼的電荷在外球殼處的電勢為所以外球殼的總電勢為0。（3）內(nèi)球殼接地后，其電勢為0，設(shè)內(nèi)球殼帶電量為q1，則有由此得此時外球殼的電勢為則外球殼電勢增量為原來外球殼電勢為0，**也可以考慮外殼內(nèi)外表面由于q1的感應(yīng)電荷，其結(jié)果一樣第13頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四4.導體靜電平衡條件靜電屏蔽有導體存在的靜電場的計算1.金屬球殼A和B的中心相距為一點電荷q1，在B的中心放一點電荷q2，如圖所示．試求：(1)q1對q2作用的庫侖力，q2有無加速度；(2)去掉金屬殼B，求q1作用在q2上的庫侖力，此時q2有無加速度．，A和B原來都不帶電．現(xiàn)在A的中心放解:(1)作用在的庫侖力仍滿足庫侖定律，即1q但處于金屬球殼中心，它受合力為零，沒有加速度．(2)去掉金屬殼，作用在上的庫侖力仍是，但此時受合力不為零，有加速度．第14頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2.證明：對于兩個無限大的平行平面帶電導體板來說，(1)相向的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相反；(2)相背的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相同．證明：（1）靜電平衡時，導體內(nèi)部的電場強度為0。建立如圖所示的柱形高斯面，電場在該面上的通量為（2）對于A板中的P點所以第15頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四3.ABC是三塊平行金屬板，面積均為S=200cm2，d2=4.0cm，d1=2.0cm。設(shè)A板帶電q=3.0×10-7C，不計邊緣效應(yīng)。求：B板和C板上的感應(yīng)電荷，以及A板的電勢。

解：設(shè)A板左面帶電q1，右面帶電q2;根據(jù)題意：q1q2-q1-q2則C板右面將帶電-q1，B板左面將帶電-q2。顯然CABd1d2第16頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四A板電勢：解得：q1=2.0×10-7C,q2=1.0×10-7C。q1q2-q1-q2CABd1d2第17頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四解:設(shè)兩面帶電荷線密度分別為由高斯定理，夾層中電場則：同理兩式相比得4.有兩個同軸圓柱面，內(nèi)圓柱面半徑為R1，電勢為U1，外圓柱面半徑為R2，電勢為U2，求兩圓柱面間距軸線垂直距離為r1和r2兩點的電勢差．第18頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四5.電容器與電容，靜電場的能量1.如圖所示，C1=0.25μF，C2=0.15C3=0.20μF．C1上電壓為50V．解：F，求：UAB．C1上的電量為第19頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四2.半徑為=2.0cm的導體球，外套有一同心的導體球殼，殼的內(nèi)、外=4.0cm和=5.0cm，當內(nèi)球帶電荷=3.0×10-8C時，求：(1)整個電場儲存的能量；(2)如果將導體殼接地，計算儲存的能量；(3)此電容器的電容值．半徑分別為解：（1）R1<r<R2和r>R3時，其它區(qū)域，E=0.則電場存儲的能量為第20頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四(2)導體殼接地時，外部場強為0（3）3.有一平行板空氣電容器，每塊極板的面積均為S，兩板間距為d．今厚度為d'(d'<d)的銅板平行地插入電容器，計算1）以此時電容器的電容．銅板離極板的距離對這一結(jié)果有無影響？電容器個抽出，外力需做多少功?2）現(xiàn)使電容器充電到兩極板的電勢差為U0后與電源斷開，再把銅板從++++++++++----------d1d2第21頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四++++++++++----------d1d2解：（1）設(shè)電容器帶電量為q，則電荷分布如圖所示。設(shè)兩側(cè)的間隙寬度分別為d1和d2，則兩極板間的電勢差為則電容為可見，銅板離極板的距離不會影響電容大小。（2）充電后，電容器所帶電量為場強為電場能量為抽出后場強不變，體積增大，電場能量為第22頁，共24頁，2023年，2月20日，星期四電場能量增量為則外力作功為4．圓柱形電容器由半徑為的導線和與它同軸的導體圓