center 大學物理：第10章靜電場複習筆記

時間 2021-05-23 標籤大學物理筆記物理學

大學物理：第10章靜電場複習筆記

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一、電荷與庫侖定律

1.電荷

電荷是物質的一種屬性。同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。

帶電：吸引輕小物體
電量：電荷的多少
- 單位：庫倫（C）
- 符號約定：只要不說負號，就是帶正電
- 量子性：任何帶電體所帶的電量總是電子電量的正負整數倍，即:
  e = − 1.602 × 1 0 − 19 C q = ± N e e=-1.602\times 10^{-19}C\\ q=\pm Ne\\ e=−1.602×10−19Cq=±Ne
- 電荷守恆定律：
  
  孤立系統中的總電荷量是不變的：任意時刻正負電荷的代數和保持不變。

2.庫侖定律

（1）點電荷：距離比帶電體本身的線度要大很多時，帶電體的大小形狀就可以忽略，這時可以看做點電荷。

（2）庫倫定律的內容：

條件：
- 真空中
- 靜止
- 點電荷（大小形狀可以忽略）
內容：
- F ⃗ = 1 4 π ε 0 q 1 q 2 r 3 r ⃗ = 1 4 π ε 0 q 1 q 2 r 2 r 0 ⃗ r 0 ⃗ = r ⃗ ∣ r ∣ 其中 ε 0 爲真空中的介電常數，記 k = 1 4 π ε 0 ≈ 9.0 × 1 0 9 \vec{F}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_2}{r^3}\vec{r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_2}{r^2}\vec{r^0}\\ \vec{r^0}=\frac{\vec{r}}{|r|}\\ 其中\varepsilon_0爲真空中的介電常數，記k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}≈9.0\times10^{9}\\ F =4πε01r3q1q2r =4πε01r2q1q2r0 r0 =∣r∣r 其中ε0爲真空中的介電常數，記k=4πε01≈9.0×109

3.靜電力的疊加原理

（1）內容：

作用於某電荷上的總靜電力等於其他點電荷單獨存在時作用於該電荷的靜電力的矢量和。
分散的電荷： F ⃗ = ∑ i n 1 4 π ε 0 q 1 q i r i 2 r i 0 ⃗ 均勻的帶電體： F ⃗ = ∫ d F ⃗ = ∫ 1 4 π ε 0 q r 2 d q 分散的電荷：\vec{F}=\sum\limits_{i}^{n}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_i}{r^2_i}\vec{r_i^0}\\ 均勻的帶電體：\vec{F}=\int d\vec{F}=\int \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}dq\\ 分散的電荷：F =i∑n4πε01ri2q1qiri0 均勻的帶電體：F =∫dF =∫4πε01r2qdq

二、電場與電場強度

1.電場

電荷與電荷之間的作用力是通過電場實現的
物質 { 實物場 − − 具有空間可疊加性都具有能量、質量、動量物質\begin{cases} 實物\\ 場--具有空間可疊加性\\ \end{cases}都具有能量、質量、動量物質{實物場−−具有空間可疊加性都具有能量、質量、動量
靜電場：相對於觀察者靜止，且電量不隨時間變化的電荷產生的電場（後面有題目判斷一個場是不是靜電場）

2.電場強度

（1）試驗電荷
{ 體積小：可以研究電場中各點的場強電量小：不影響原電場的分布 \begin{cases} 體積小：可以研究電場中各點的場強\\ 電量小：不影響原電場的分佈\\ \end{cases} {體積小：可以研究電場中各點的場強電量小：不影響原電場的分布
（2）電場強度的定義式：
E ⃗ = F ⃗ q 0 可以理解爲單位正電荷在電場中某處受到的電場力 \vec{E}=\frac{\vec{F}}{q_0}\\ 可以理解爲單位正電荷在電場中某處受到的電場力\\ E =q0F 可以理解爲單位正電荷在電場中某處受到的電場力
（3）單位：牛頓/庫倫: N / C N/C N/C 福特/米: V / m V/m V/m

（4）電場強度的疊加原理：
F ⃗ = ∑ F i ⃗ E ⃗ = F ⃗ q 0 = ∑ F i ⃗ q 0 E ⃗ = ∑ E i ⃗ \vec{F}=\sum\vec{F_i}\\ \vec{E}=\frac{\vec{F}}{q_0}=\frac{\sum\vec{F_i}}{q_0}\\ \vec{E}=\sum{\vec{E_i}}\\ F =∑Fi E =q0F =q0∑Fi E =∑Ei
又由電場強度的定義式：
E ⃗ = F ⃗ q 0 = 1 4 π ε 0 q r 2 r 0 ⃗ { 微分形式： d E ⃗ = 1 4 π ε 0 d q r 2 r 0 ⃗ 積分形式： E ⃗ = ∫ 1 4 π ε 0 d q r 2 r 0 ⃗ \vec{E}=\frac{\vec F}{q_0}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}\vec{r^0}\\ \begin{cases} 微分形式：d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r^2}\vec{r^0}\\ 積分形式：\vec{E}=\int \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r^2}\vec{r^0}\\ \end{cases} E =q0F =4πε01r2qr0 {微分形式：dE =4πε01r2dqr0 積分形式：E =∫4πε01r2dqr0
對於電荷連續分度的帶電體，其dq有下面的三種形式：
d q = { λ d l , λ 是線密度 σ d S , 其中 σ 是面密度 ρ d V , ρ 是體密度 dq=\begin{cases} \lambda dl,\lambda是線密度\\ \sigma dS,其中\sigma是面密度\\ \rho dV,\rho是體密度 \end{cases} dq=⎩⎪⎨⎪⎧λdl,λ是線密度σdS,其中σ是面密度ρdV,ρ是體密度

3.疊加原理的典型應用

（1）均勻帶電圓環

半徑爲R，帶電量爲q的均勻帶電圓環，求軸線上任意一點的電場強度

① 確定微元 d E ⃗ d\vec{E} dE
d E = 1 4 π ε 0 d q r 2 dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r^2} dE=4πε01r2dq
② 正交分解
d E x = d E c o s θ d E y = d E c o s θ dE_x=dEcos\theta\\ dE_y=dEcos\theta\\ dEx=dEcosθdEy=dEcosθ
注意：這裏的 θ \theta θ始終取的是 E ⃗ \vec{E} E 和 x ⃗ \vec{x} x 正方向的夾角

由圖中對稱性可知，垂直於x軸方向的電場疊加結果爲0，即
E y = ∫ d E y = 0 E_y=\int dE_y=0\\ Ey=∫dEy=0
注意，如果不是均勻帶點圓環則不一定

所以有：
d E x = 1 4 π ε 0 c o s θ d q R 2 + x 2 ∴ E = E x = ∫ 0 2 π R d E x = ∫ 0 2 π R 1 4 π ε 0 c o s θ d q R 2 + x 2 = 1 4 π ε 0 q R 2 + x 2 c o s θ 其中 c o s θ = x x 2 + R 2 ∴ E = 1 4 π ε 0 q x ( R 2 + x 2 ) 3 2 − − − − − − 記住！！！ dE_x=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{cos\theta dq}{R^2+x^2}\\ ∴E=E_x=\int_0^{2\pi R}dE_x=\int_0^{2\pi R}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{cos\theta dq}{R^2+x^2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R^2+x^2}cos\theta\\ 其中cos\theta=\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\\ ∴E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}------記住！！！\\ dEx=4πε01R2+x2cosθdq∴E=Ex=∫02πRdEx=∫02πR4πε01R2+x2cosθdq=4πε01R2+x2qcosθ其中cosθ=x2+R2 x∴E=4πε01(R2+x2)23qx−−−−−−記住！！！

擴展與延伸問題
- 當x=0時，電場強度爲？
  - E=0
- 當x>>R時，電場強度爲？
  - E = 1 4 π ε 0 q x 2 E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2} E=4πε01x2q
    
    即此時的圓環可以看做一個點電荷的場，從上述的可以看做點電荷條件也可以得出該結論
- 當x=?，電場強度E達到最大值？
  - 對E的表達式求導得 x = 2 2 x=\frac{\sqrt{2}}{2} x=22 時取得最大值
  - E m a x = q 2 2 R 4 π ε 0 ( 3 2 R 2 ) 3 2 E_{max}=\frac{q\frac{\sqrt2}{2}R}{4\pi\varepsilon_0(\frac{3}{2}R^2)^{\frac{3}{2}}} Emax=4πε0(23R2)23q22 R

（2）均勻帶電圓盤

帶電量爲q,求軸線上任意一點的電場強度

方法①：二維極座標

缺點是爲二重積分，需要降維，不方便計算

方法②：利用最基礎的模型：圓環模型，將圓盤劃分爲無數個小圓環的疊加
d E = 1 4 π ε 0 x d q ( r 2 + x 2 ) 3 2 首先要確定 d q 由均勻帶電圓盤 : d q = σ d S = σ d π r 2 = 2 π r σ d r ( 其中 σ = q π R 2 ) dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{xdq}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}\\ 首先要確定dq\\ 由均勻帶電圓盤:dq=\sigma dS=\sigma d\pi r^2=2\pi r\sigma dr(其中\sigma=\frac{q}{\pi R^2})\\ dE=4πε01(r2+x2)23xdq首先要確定dq由均勻帶電圓盤:dq=σdS=σdπr2=2πrσdr(其中σ=πR2q)
所以由一個圓環將半徑由0到R積分即可得整個圓盤的軸線上任意一點的電場強度
E = ∫ 0 R 1 4 π ε 0 x d q ( r 2 + x 2 ) 3 2 = x σ 2 ε 0 ∫ 0 R r d r ( r 2 + x 2 ) 3 2 = q 2 π ε 0 R 2 [ 1 − x ( R 2 + x 2 ) 1 2 ] E=\int_0^{R}\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{xdq}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x\sigma}{2\varepsilon_0}\int_0^{R}\frac{rdr}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{q}{2\pi\varepsilon_0R^2}[1-\frac{x}{{(R^2+x^2)}^{\frac{1}{2}}}]\\ E=∫0R4πε01(r2+x2)23xdq=2ε0xσ∫0R(r2+x2)23rdr=2πε0R2q[1−(R2+x2)21x]

延伸與擴展（改變積分上下限）
- 內徑爲 R 1 R_1 R1外徑爲 R 2 R_2 R2圓環
  - E = ∫ R 1 R 2 1 4 π ε 0 x d q ( r 2 + x 2 ) 3 2 = x σ 2 ε 0 ∫ R 1 R 2 r d r ( r 2 + x 2 ) 3 2 = x σ 2 ε 0 [ 1 ( R 1 2 + x 2 ) 1 2 − 1 ( R 2 2 + x 2 ) 1 2 ] E=\int_{R_1}^{R_2}\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{xdq}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x\sigma}{2\varepsilon_0}\int_{R_1}^{R_2}\frac{rdr}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x\sigma}{2\varepsilon_0}[\frac{1}{{(R_1^2+x^2)}^{\frac{1}{2}}}-\frac{1}{{(R_2^2+x^2)}^{\frac{1}{2}}}] E=∫R1R24πε01(r2+x2)23xdq=2ε0xσ∫R1R2(r2+x2)23rdr=2ε0xσ[(R12+x2)211−(R22+x2)211]
- 有圓孔無限大平板
  - E = x σ 2 ε 0 [ 1 ( R 1 2 + x 2 ) 1 2 ] E=\frac{x\sigma}{2\varepsilon_0}[\frac{1}{{(R_1^2+x^2)}^{\frac{1}{2}}}] E=2ε0xσ[(R12+x2)211]
- 無孔無限大平板
  - E = σ 2 ε 0 E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} E=2ε0σ

（3）帶電直線段

【模型一：待求場強點在直線段的延長線上】

直線長爲l，待電量爲q

在座標爲x處取一長度爲dx的直線段
d q = λ d x d E = d q 4 π ε 0 ( l + a − x ) 2 E = ∫ 0 l d E = ∫ 0 l d q 4 π ε 0 ( l + a − x ) 2 = λ 4 π ε 0 ( 1 a − 1 a + l ) dq=\lambda dx\\ dE=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 (l+a-x)^2}\\ E=\int_{0}^{l}dE=\int_0^{l}\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 (l+a-x)^2}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+l})\\ dq=λdxdE=4πε0(l+a−x)2dqE=∫0ldE=∫0l4πε0(l+a−x)2dq=4πε0λ(a1−a+l1)

【模型二：點球場強點在直線段外（更爲常見）】

d E x = d E c o s θ 這裏尤其要注意 θ 是 d E 與 x 軸正方向的夾角爲了方便計算，首先進行統一變量，最方便的是將變量統一爲 θ x = a t a n ( θ − π 2 ) = − a c o t θ d x = a c s c 2 θ r 2 = x 2 + a 2 = a 2 c s c 2 θ d q = λ d x = λ a c s c 2 θ d θ d E x = d E c o s θ = 1 4 π ε 0 c o s θ d q a 2 c s c 2 θ = λ 4 π ε 0 a c o s θ d θ E x = ∫ d E x = ∫ θ 1 θ 2 d E x = λ 4 π ε 0 a ( s i n θ 2 − s i n θ 1 ) dE_x=dEcos\theta\\ 這裏尤其要注意\theta是dE與x軸正方向的夾角\\ 爲了方便計算，首先進行統一變量，最方便的是將變量統一爲\theta\\ x=atan(\theta-\frac{\pi}{2})=-acot\theta\\ dx=acsc^2\theta\\ r^2=x^2+a^2=a^2csc^2\theta\\ dq=\lambda dx=\lambda acsc^2\theta d\theta\\ dE_x=dEcos\theta=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{cos\theta dq} {a^2csc^2\theta}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}cos\theta d\theta\\ E_x=\int dE_x=\int_{\theta_1}^{\theta_2}dE_x=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}(sin\theta_2-sin\theta_1) dEx=dEcosθ這裏尤其要注意θ是dE與x軸正方向的夾角爲了方便計算，首先進行統一變量，最方便的是將變量統一爲θx=atan(θ−2π)=−acotθdx=acsc2θr2=x2+a2=a2csc2θdq=λdx=λacsc2θdθdEx=dEcosθ=4πε01a2csc2θcosθdq=4πε0aλcosθdθEx=∫dEx=∫θ1θ2dEx=4πε0aλ(sinθ2−sinθ1)

同理可得,
E y = λ 4 π ε 0 a ( c o s θ 1 − c o s θ 2 ) E_y=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}(cos\theta_1-cos\theta_2) Ey=4πε0aλ(cosθ1−cosθ2)

延伸與擴展
- 無限長均勻帶電直線(L>>a)
  - θ 1 = 0 , θ 2 = π ⇒ E x = 0 , E y = λ 2 π ε 0 a \theta_1=0,\theta_2=\pi\Rightarrow E_x=0,E_y=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0a} θ1=0,θ2=π⇒Ex=0,Ey=2πε0aλ
- 半無限長均勻帶電直線
  - θ 1 = π 2 , θ 2 = π ⇒ E x = − λ 4 π ε 0 a , E y = λ 4 π ε 0 a \theta_1=\frac{\pi}{2},\theta_2=\pi\Rightarrow E_x=-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 a},E_y=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 a} θ1=2π,θ2=π⇒Ex=−4πε0aλ,Ey=4πε0aλ

（4）帶電平面

面密度爲 σ \sigma σ，寬度爲d，長度爲無限長的帶電平面在距離軸線正上方a處產生的場強

解法：看做無數條無限長帶電直線的集合
要注意 σ 和 λ \sigma和\lambda σ和λ之間的關係轉換
利用無限長帶電直線結論： E = ∫ d E y = λ 2 π ε 0 a ⇒ d E = λ 2 π ε 0 a = σ d x 2 π ε 0 ( x 2 + a 2 ) 1 2 利用無限長帶電直線結論：E=\int dE_y=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0a}\\ \Rightarrow dE=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0a}=\frac{\sigma dx}{2\pi\varepsilon_0 (x^2+a^2)^{\frac{1}{2}}}\\ 利用無限長帶電直線結論：E=∫dEy=2πε0aλ⇒dE=2πε0aλ=2πε0(x2+a2)21σdx
由對稱性可知 E x = 0 , E = E y = ∫ d E y E_x=0,E=E_y=\int dE_y Ex=0,E=Ey=∫dEy

所以有：
E = ∫ d E y = ∫ − d 2 d 2 d E c o s θ = σ 2 π ε 0 ∫ − d 2 d 2 d x x 2 + a 2 = σ π ε 0 t a n ( d 2 a ) E=\int dE_y=\int_{\frac{-d}{2}}^{\frac{d}{2}} dEcos\theta=\frac{\sigma}{2\pi \varepsilon_0}\int_{\frac{-d}{2}}^{\frac{d}{2}}\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{\sigma}{\pi\varepsilon_0}tan(\frac{d}{2a})\\ E=∫dEy=∫2−d2ddEcosθ=2πε0σ∫2−d2dx2+a2dx=πε0σtan(2ad)

擴展與延伸問題
- 若平面爲無限大平面
  - d → ∞ d\rightarrow\infty d→∞
  - E = σ π ε 0 E=\frac{\sigma}{\pi\varepsilon_0} E=πε0σ
- 兩個無限大帶電平面
  - 考慮受力情況時額外注意

（5）總結

三、電通量，高斯定理

1.電場線（電力線，E線）

E = d N d S ⊥ ：垂直於電場方向單位橫截面積的電場線條數 E=\frac{dN}{dS⊥}：垂直於電場方向單位橫截面積的電場線條數 E=dS⊥dN：垂直於電場方向單位橫截面積的電場線條數

電力線的性質：
- 不相交，不形成閉合曲線
- 起始於正電荷，終止於負電荷

2.電通量

（1）定義：穿過任一曲面的電場線條數
d Φ e = E n d S = E c o s θ d S Φ e = ∫ E c o s θ d S d\Phi_e=E_ndS=Ecos\theta dS\\ \Phi_e=\int Ecos\theta dS\\ dΦe=EndS=EcosθdSΦe=∫EcosθdS
注意方向：穿入爲負，穿出爲正

3.高斯定理

（1）內容

真空穿過任意一閉合曲面的電通量，在數值上等於該閉合曲面內包圍的電量代數和乘以 1 ε 0 \frac{1}{\varepsilon_0} ε01
Φ e = ∮ E ⃗ ⋅ d S ⃗ = 1 ε 0 ∑ i n q i \Phi_e=\oint \vec{E}·d\vec{S}=\frac{1}{\varepsilon_0}\sum\limits_i^nq_i\\ Φe=∮E ⋅dS =ε01i∑nqi
（2）應用：求解某些球對稱，面對稱，柱對稱的場的電場

【根據電荷分佈的對稱性，選擇合適的高斯面】

均勻帶電球面：

∮ E ⃗ d S ⃗ = 4 π r 2 E = 1 ε 0 ∑ i n q i r < R , 球面內： ∑ q i = 0 ⇒ E = 0 r > R , 球面外： ∑ q i = Q ⇒ E = Q 4 π r 2 \oint \vec{E}d{\vec S}=4\pi r^2E=\frac{1}{\varepsilon_0}\sum_i^nq_i\\ r<R,球面內：\sum q_i=0\Rightarrow E=0\\ r>R,球面外：\sum q_i=Q\Rightarrow E=\frac{Q}{4\pi r^2} ∮E dS =4πr2E=ε01i∑nqir<R,球面內：∑qi=0⇒E=0r>R,球面外：∑qi=Q⇒E=4πr2Q

均勻帶電球體，帶電量爲Q，體密度爲 ρ \rho ρ

r < R , 球內： ∮ E ⃗ d S ⃗ = E 4 π r 2 = 1 ε 0 4 3 π r 3 ρ ⇒ E = ρ r 3 ε 0 r > R , 球外： ∮ E ⃗ d S ⃗ = E 4 π r 2 = Q ⇒ E = Q 4 π ε 0 r 2 r<R,球內：\oint \vec{E}d\vec{S}=E4\pi r^2=\frac{1}{\varepsilon_0}\frac{4}{3}\pi r^3\rho\\ \Rightarrow E=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}\\ r>R,球外：\oint \vec{E}d\vec{S}=E4\pi r^2=Q\\ \Rightarrow E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} r<R,球內：∮E dS =E4πr2=ε0134πr3ρ⇒E=3ε0ρrr>R,球外：∮E dS =E4πr2=Q⇒E=4πε0r2Q
無限長帶電直線，線密度爲 λ \lambda λ

Φ e = ∮ E ⃗ d S ⃗ = ∫ S ( 側 ) E ⃗ d S ⃗ + ∫ S ( 上底 ) E ⃗ d S ⃗ + ∫ S ( 下底 ) E ⃗ d S ⃗ = ∫ S ( 側 ) E ⃗ d S ⃗ = E 2 π r h = λ h ε 0 ⇒ E = λ 2 π ε 0 r \Phi_e=\oint \vec{E}d{\vec{S}}=\int_{S(側)}\vec{E}d{\vec{S}}+\int_{S(上底)}\vec{E}d{\vec{S}}+\int_{S(下底)}\vec{E}d{\vec{S}}=\int_{S(側)}\vec{E}d{\vec{S}}=E2\pi rh=\frac{\lambda h}{\varepsilon_0}\\ \Rightarrow E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\\ Φe=∮E dS =∫S(側)E dS +∫S(上底)E dS +∫S(下底)E dS =∫S(側)E dS =E2πrh=ε0λh⇒E=2πε0rλ

無限大均勻帶電平面

Φ e = ∫ E ⃗ d S ⃗ = 2 E S = σ S ε 0 ⇒ E = σ 2 ε 0 \Phi_e=\int \vec{E}d{\vec{S}}=2ES=\frac{\sigma S}{\varepsilon_0}\\ \Rightarrow E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\\ Φe=∫E dS =2ES=ε0σS⇒E=2ε0σ
無限大均勻帶電體

板外： ∮ E ⃗ d S ⃗ = ∫ S ( 側 ) E ⃗ d S ⃗ + ∫ S ( 上底 ) E ⃗ d S ⃗ + ∫ S ( 下底 ) E ⃗ d S ⃗ = ∫ S ( 上底 ) E ⃗ d S ⃗ + ∫ S ( 下底 ) E ⃗ d S ⃗ = 2 E S = ρ S d ε 0 ⇒ E = ρ d 2 ε 0 板內： ∮ E ⃗ d S ⃗ = 2 E S = 2 ρ S x ε 0 ⇒ E = ρ x ε 0 板外：\oint\vec{E}d{\vec{S}}=\int_{S(側)}\vec{E}d{\vec{S}}+\int_{S(上底)}\vec{E}d{\vec{S}}+\int_{S(下底)}\vec{E}d{\vec{S}}=\int_{S(上底)}\vec{E}d{\vec{S}}+\int_{S(下底)}\vec{E}d{\vec{S}}\\ =2ES=\frac{\rho Sd}{\varepsilon_0}\Rightarrow E=\frac{\rho d}{2\varepsilon_0}\\ 板內：\oint\vec{E}d{\vec{S}}=2ES=\frac{2\rho Sx}{\varepsilon_0}\Rightarrow E=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}\\ 板外：∮E dS =∫S(側)E dS +∫S(上底)E dS +∫S(下底)E dS =∫S(上底)E dS +∫S(下底)E dS =2ES=ε0ρSd⇒E=2ε0ρd板內：∮E dS =2ES=ε02ρSx⇒E=ε0ρx

4.小結求電場強度分佈的方法

{ 一般方法：庫倫定理 + 場的疊加原理對稱場：高斯定理 \begin{cases} 一般方法：庫倫定理+場的疊加原理\\ 對稱場：高斯定理\\ \end{cases} {一般方法：庫倫定理+場的疊加原理對稱場：高斯定理

四、靜電場環流定理與電勢能

1.靜電力做功

做功特點：
- 只與初末位置有關，與路徑無關
- 靜電力是保守力，靜電場是保守力場
推導過程
- 點電荷
d A = F ⃗ d l ⃗ = q 0 E ⃗ d l ⃗ = q 0 q 4 π ε 0 r 3 r ⃗ d l ⃗ = q 0 q 4 π ε 0 r 2 d r ⇒ A = ∫ r a r b q 0 q 4 π ε 0 r 2 d r = q 0 q 4 π ε 0 ∫ r a r b 1 r 2 d r = q 0 q 4 π ε 0 ( 1 r a − 1 r b ) dA=\vec{F}d\vec{l}=q_0\vec{E}d{\vec{l}}= \frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\vec{r}d\vec l=\frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}dr\\ \Rightarrow A=\int_{r_a}^{r_b}\frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}dr=\frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0}\int_{r_a}^{r_b}\frac{1}{r^2}dr=\frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0}(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_b})\\ dA=F dl =q0E dl =4πε0r3q0qr dl =4πε0r2q0qdr⇒A=∫rarb4πε0r2q0qdr=4πε0q0q∫rarbr21dr=4πε0q0q(ra1−rb1)
- 點電荷系
  A = ∫ a ( L ) b F ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ a ( L ) b q 0 ( E 1 ⃗ + E 2 ⃗ + E 3 ⃗ + … … + E n ⃗ ) ⋅ d l ⃗ = ∫ a ( L ) b q 0 ∑ i n E i ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∑ i n ∫ a ( L ) b q 0 E i ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∑ i n q 0 q 4 π ε 0 ( 1 r a i − 1 r b i ) A=\int_{a(L)}^{b}\vec{F}·d\vec l=\int_{a(L)}^bq_0(\vec {E_1}+\vec {E_2}+\vec {E_3}+……+\vec {E_n})·d{\vec l}\\ =\int_{a(L)}^bq_0\sum_i^n \vec{E_i}·d\vec l=\sum_i^n\int_{a(L)}^bq_0\vec{E_i}·d\vec{l}=\sum_i^n\frac{q_0q}{4\pi\varepsilon_0}(\frac{1}{r_{ai}}-\frac{1}{r_{bi}})\\ A=∫a(L)bF ⋅dl =∫a(L)bq0(E1 +E2 +E3 +……+En )⋅dl =∫a(L)bq0i∑nEi ⋅dl =i∑n∫a(L)bq0Ei ⋅dl =i∑n4πε0q0q(rai1−rbi1)

2.靜電場的環度定理

（1）內容：
∮ L E ⃗ ⋅ d l ⃗ = 0 \oint_L \vec{E}·d\vec{l}=0 ∮LE ⋅dl =0
（2）靜電場特點：

無旋場
有源場
- 判斷是否是靜電場

3.電勢能

（1）電勢能
E p A − E p B = ∫ A B E ⃗ ⋅ d l ⃗ = − Δ E p = W A − W B A , B 兩點的電勢能之差數值上等於 q 0 從 A 移動到 B 點靜電力所做的功 E_{pA}-E_{pB}=\int_A^B\vec{E}·d\vec{l}=-\Delta E_p=W_{A}-W_B\\A,B兩點的電勢能之差數值上等於q_0從A移動到B點靜電力所做的功 EpA−EpB=∫ABE ⋅dl =−ΔEp=WA−WBA,B兩點的電勢能之差數值上等於q0從A移動到B點靜電力所做的功
電勢能的定義：將該電荷從一點移動到零勢能點時靜電力所做的功——————電勢能是相對的
W A = ∫ A " 0 " q 0 E ⃗ ⋅ d l ⃗ W_A=\int_A^{"0"}q_0\vec E·d\vec{l}\\ WA=∫A"0"q0E ⋅dl

注意
- 電勢能屬於電荷 q 0 q_0 q0和產生電場的場源電荷q共同所有
- 「0」勢能點的選取是相對的

（2）電勢

a. 電勢定義
u a = W a q 0 ⇒ u a = A q 0 = ∫ a " 0 " E ⃗ ⋅ d l ⃗ 單位正電荷從該點 → 無窮遠處時靜電力做的功 u_a=\frac{W_a}{q_0}\Rightarrow u_a=\frac{A}{q_0}=\int_a^{"0"}\vec{E}·d\vec{l}\\ 單位正電荷從該點\rightarrow無窮遠處時靜電力做的功 ua=q0Wa⇒ua=q0A=∫a"0"E ⋅dl 單位正電荷從該點→無窮遠處時靜電力做的功
b.電勢差
u a b = u a − u b = W a q 0 − W b q 0 = ∫ a b E ⃗ ⋅ d l ⃗ u_{ab}=u_a-u_b=\frac{W_a}{q_0}-\frac{W_b}{q_0}=\int_a^b\vec{E}·d\vec{l}\\ uab=ua−ub=q0Wa−q0Wb=∫abE ⋅dl
電勢差與參考點的選取無關

c.靜電場下的功能關係
A a b = ∫ a b q 0 E ⃗ ⋅ d l ⃗ = q 0 ( u a − u b ) 電場力做正功：電勢能降低電場力做負功：電勢能升高 A_{ab}=\int_a^bq_0\vec{E}·d\vec{l}=q_0(u_a-u_b)\\ 電場力做正功：電勢能降低\\ 電場力做負功：電勢能升高\\ Aab=∫abq0E ⋅dl =q0(ua−ub)電場力做正功：電勢能降低電場力做負功：電勢能升高

五、電勢的疊加原理

1.點電荷的電勢

（取無窮遠處爲零勢能點）
u p = ∫ p ∞ E ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ r ∞ q 4 π ε 0 r 2 d r = q 4 π ε 0 r − − − − 球對稱 u_p=\int_p^{\infty}\vec{E}·d\vec l=\int_r^{\infty}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}dr=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}----球對稱 up=∫p∞E ⋅dl =∫r∞4πε0r2qdr=4πε0rq−−−−球對稱

2.任意帶電體的電勢

u p = ∫ p " 0 " E ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∑ i n ∫ p " 0 " E i ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∑ i n u i u_p=\int_p^{"0"}\vec E·d\vec l=\sum_i^n\int_p^{"0"}\vec{E_i}·d\vec{l}=\sum_i^n u_i up=∫p"0"E ⋅dl =i∑n∫p"0"Ei ⋅dl =i∑nui

對於點電荷系：
u = ∑ q i 4 π ε 0 r i , u ∞ = 0 u=\sum\frac{q_i}{4\pi\varepsilon_0 r_i},u_{\infty}=0\\ u=∑4πε0riqi,u∞=0
對於連續電荷分佈的帶電體：
u = ∫ Q d q 4 π ε 0 r , u ∞ = 0 u=\int_{Q}\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 r},u_{\infty}=0\\ u=∫Q4πε0rdq,u∞=0

3.常見帶電體電勢的求法

（1）均勻帶電圓環

a.均勻帶電圓環，半徑爲R，線密度爲 λ \lambda λ，求圓環軸線上一點的電勢

建立如圖所示的座標系：

d q = λ d l d u = d q 4 π ε 0 r = λ d l 4 π ε 0 r u = ∫ 0 2 π R λ d l 4 π ε 0 r = 2 π R λ 4 π ε 0 ( R 2 + x 2 ) dq=\lambda dl\\ du=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{\lambda dl}{4\pi\varepsilon_0r}\\ u=\int_0^{2\pi R}\frac{\lambda dl}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{2\pi R\lambda}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(R^2+x^2)}}\\ dq=λdldu=4πε0rdq=4πε0rλdlu=∫02πR4πε0rλdl=4πε0(R2+x2) 2πRλ

（2）均勻帶電球面

b.帶電量爲Q的球面球心電勢

d u = d q 4 π ε 0 R u = ∫ Q d u = ∫ Q d q 4 π ε 0 R = Q 4 π ε 0 R du=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0R}\\ u=\int_{Q}du=\int_{Q}\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0R}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R}\\ du=4πε0Rdqu=∫Qdu=∫Q4πε0Rdq=4πε0RQ

（3）均勻帶電球體電勢分佈

先求出均勻帶電球體的場強分佈
根據高斯定理可得： { r < R ， E = q r 4 π ε 0 R 3 r > R ， E = q 4 π ε 0 r 2 根據高斯定理可得：\begin{cases} r<R，E=\frac{qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\\ r>R，E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\\ \end{cases} 根據高斯定理可得：{r<R，E=4πε0R3qrr>R，E=4πε0r2q
再求電勢分佈
根據公式： u p = ∫ p " 0 " E ⃗ ⋅ d l ⃗ { r > R : u = ∫ r ∞ E ⃗ ⋅ d l ⃗ = q 4 π ε 0 r r < R : u = ∫ r ∞ E ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∫ r R E 1 ⃗ ⋅ d l ⃗ + ∫ R ∞ E 2 ⃗ ⋅ d l ⃗ = q 8 π ε 0 R 3 ( 3 R 2 − r 2 ) 根據公式：u_p=\int_p^{"0"}\vec E·d\vec l\\ \begin{cases} r>R:u=\int_r^{\infty}\vec{E}·d{\vec l}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\\ r<R:u=\int_r^{\infty}\vec{E}·d{\vec l}=\int_r^{R}\vec{E_1}·d{\vec l}+\int_R^{\infty}\vec{E_2}·d{\vec l}=\frac{q}{8\pi\varepsilon_0R^3}(3R^2-r^2)\\ \end{cases} 根據公式：up=∫p"0"E ⋅dl {r>R:u=∫r∞E ⋅dl =4πε0rqr<R:u=∫r∞E ⋅dl =∫rRE1 ⋅dl +∫R∞E2 ⋅dl =8πε0R3q(3R2−r2)

六、等勢面

1.等勢面的概念：

規定：相鄰等勢面之間的電勢差相等
注意：
- 沿等勢面移動：靜電力做功爲零
- 等勢面與電場線相互垂直
- 電場強度方向總是指向電勢降低方向

2.電勢與電場強度的微分關係
E = − d u d n E=-\frac{du}{dn}\\ E=−dndu
任意一場點P處場強的大小等於沿該點等勢面法線方向上的電勢變化率，負號表示電場強度的方向指向電勢降低的方向

在直角座標系中有：
E x = ∂ u ∂ x ; E y = ∂ u ∂ y ; E z = ∂ u ∂ z E_x=\frac{\partial u}{\partial x};E_y=\frac{\partial u}{\partial y};E_z=\frac{\partial u}{\partial z}\\ Ex=∂x∂u;Ey=∂y∂u;Ez=∂z∂u

七、靜電場中的導體

1.導體的靜電平衡

（1）靜電平衡的內容

導體內部和表面都沒有電荷的宏觀移動時，稱導體處於靜電平衡狀態。

（2）靜電平衡的特點

導體內部任何一點處的電場強度爲零；
導體表面處的電場強度的方向,都與導體表面垂直

推論 { 導體是等勢體導體內部場強處處相等推論\begin{cases} 導體是等勢體\\ 導體內部場強處處相等\\ \end{cases} 推論{導體是等勢體導體內部場強處處相等

2.靜電平衡時導體的電荷分佈

3.導體表面電場強度和電荷密度的關係

∮ E ⃗ ⋅ d S ⃗ = E Δ S = σ Δ S ε 0 ⇒ E = σ ε 0 \oint \vec{E}·d\vec{S}=E\Delta S=\frac{\sigma \Delta S}{\varepsilon_0}\\ \Rightarrow E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\\ ∮E ⋅dS =EΔS=ε0σΔS⇒E=ε0σ

4.靜電平衡應用實例

5.靜電場中的導體總結

導體接地： u 地 = u 導體 = 0 u_地=u_導體=0 u地=u導體=0
孤立帶電導體接地：電荷全部入地
非孤立導體接地：電荷部分入地【需根據靜電平衡條件+電勢爲0列方程等方法判斷電荷分佈】

八、靜電場中的電介質

1.電介質對電場的影響

E = E 0 ε r — — 介質中電場減弱 ε r ：電介質的相對介電常數 E=\frac{E_0}{\varepsilon_r}——介質中電場減弱\\ \varepsilon_r：電介質的相對介電常數\\ E=εrE0——介質中電場減弱εr：電介質的相對介電常數

真空中的介電常數 ε 0 = 8.85 × 1 0 − 12 \varepsilon_0=8.85\times10^{-12} ε0=8.85×10−12
介質中的介電常數 ε > ε 0 \varepsilon>\varepsilon_0 ε>ε0
介質的相對介電常數 ε r = ε ε 0 \varepsilon_r=\frac{\varepsilon}{\varepsilon_0} εr=ε0ε

2.電介質分子的電結構特徵

（1）分類
{ 無極分子：整體對外不顯電性有極分子：整體對外不顯電性 \begin{cases} 無極分子：整體對外不顯電性\\ 有極分子：整體對外不顯電性\\ \end{cases} {無極分子：整體對外不顯電性有極分子：整體對外不顯電性
（2）電介質的極化

由原本的整體對外不顯電性變爲顯電性

（3）介質中的電場:
E ⃗ = E 0 ⃗ + E ′ ⃗ 即合場等於外場加上極化電荷產生的場 \vec{E}=\vec{E_0}+\vec{E'}\\ 即合場等於外場加上極化電荷產生的場 E =E0 +E′ 即合場等於外場加上極化電荷產生的場

九、介質中的高斯定理

1.電位移矢量

定義：
D ⃗ = ε 0 ε r E ⃗ = ε E ⃗ 空間分布上的單值函數 \vec{D}=\varepsilon_0\varepsilon_r\vec{E}=\varepsilon\vec{E}\\ 空間分佈上的單值函數\\ D =ε0εrE =εE 空間分布上的單值函數
介質中的高斯定理
∮ S D ⃗ ⋅ d S ⃗ = ∑ i q 0 i ，內 \oint_S \vec{D}·d\vec{S}=\sum_i q_{0i，內} ∮SD ⋅dS =i∑q0i，內
D ⃗ \vec{D} D ：由空間中的所有電荷：自由，束縛，S面內，S面外共同決定

∮ S D ⃗ ⋅ d S ⃗ \oint_S \vec{D}·d\vec{S} ∮SD ⋅dS ：僅僅由S面內的自由電荷決定

（類比高斯定理，電場強度與電通量）

十、孤立導體的電容

1.電容的定義

C = Q U 單位： F , m F , u F , p F C=\frac{Q}{U}\\ 單位：F,mF,uF,pF\\ C=UQ單位：F,mF,uF,pF

注意：電容描述的是導體的帶電能力，與導體目前帶多少電，是否帶電無關

例：計算孤立導體球的電容：
C = Q U = Q Q 4 π ε 0 R = 4 π ε 0 R C=\frac{Q}{U}=\frac{Q}{\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R}}=4\pi\varepsilon_0R\\ C=UQ=4πε0RQQ=4πε0R

2.常見電容器

（1）平行板電容器

（2）電容器的電容計算

C = Q Δ u C=\frac{Q}{\Delta u} C=ΔuQ

3.電容器的串並聯

（1）電容器的並聯
C = C 1 U + C 2 U U C = C 1 + C 2 電容器並聯之後，耐壓能力不變，電容增大 C=\frac{C_1U+C_2U}{U}\\ C=C_1+C_2\\ 電容器並聯之後，耐壓能力不變，電容增大 C=UC1U+C2UC=C1+C2電容器並聯之後，耐壓能力不變，電容增大

（2）電容器的串聯
C = Q U 1 + U 2 = Q Q C 1 + Q C 2 電容器串聯 , 電容變小，耐壓能力增強 ⇒ 1 C = 1 C 1 + 1 C 2 C=\frac{Q}{U_1+U_2}=\frac{Q}{\frac{Q}{C_1}+\frac{Q}{C_2}}\\ 電容器串聯,電容變小，耐壓能力增強\\ \Rightarrow\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}\\ C=U1+U2Q=C1Q+C2QQ電容器串聯,電容變小，耐壓能力增強⇒C1=C11+C21

十一、靜電場的能量

1.帶電系統的能量

以平行板電容器爲例，計算帶電系統的能量
Δ u = q ( t ) C 將 d q 從 A 板移動到 B 板需要做功爲 d A ： d A = Δ u × d q = q ( t ) C d q 板上電量 0 → Q 時做的總功爲： A = ∫ 0 Q q ( t ) C d q = Q 2 2 C \Delta u=\frac{q(t)}{C}\\ 將dq從A板移動到B板需要做功爲dA：dA=\Delta u\times dq=\frac{q(t)}{C}dq\\ 板上電量0\rightarrow Q時做的總功爲：\\ A=\int_0^Q\frac{q(t)}{C}dq=\frac{Q^2}{2C}\\ Δu=Cq(t)將dq從A板移動到B板需要做功爲dA：dA=Δu×dq=Cq(t)dq板上電量0→Q時做的總功爲：A=∫0QCq(t)dq=2CQ2
又由 Q = C U Q=CU Q=CU，上述式子可轉化爲：
A = Q 2 2 C = 1 2 C U 2 = 1 2 Q U A=\frac{Q^2}{2C}=\frac{1}{2}CU^2=\frac{1}{2}QU\\ A=2CQ2=21CU2=21QU
上述結果具有普適性：

將電源斷開情況下：
- Q不變
- W = Q 2 2 C W=\frac{Q^2}{2C} W=2CQ2
電源不斷開的情況下：
- U不變
- W = 1 2 C U 2 W=\frac{1}{2}CU^2 W=21CU2

2.電場的能量

忽略邊緣效應，對於平行板電容器有：
U = E d , C = ε S d ⇒ W = 1 2 C U 2 = 1 2 ε E 2 S d = 1 2 ε E 2 V U=Ed,C=\frac{\varepsilon S}{d}\Rightarrow W=\frac{1}{2}CU^2=\frac{1}{2}\varepsilon E^2Sd=\frac{1}{2}\varepsilon E^2V\\ U=Ed,C=dεS⇒W=21CU2=21εE2Sd=21εE2V
結論：帶電系統的能量儲存於電場中

能量密度：
ω = W V = 1 2 ε E 2 \omega=\frac{W}{V}=\frac{1}{2}\varepsilon E^2\\ ω=VW=21εE2
不均勻電場中：
d W = ω d V W = ∫ V d W = ∫ V ω d V = ∫ V 1 2 ε E 2 d V dW=\omega dV\\ W=\int_VdW=\int_V\omega dV=\int_V \frac{1}{2}\varepsilon E^2dV\\ dW=ωdVW=∫VdW=∫VωdV=∫V21εE2dV
1.帶電系統的能量

將電源斷開情況下：
- Q不變
- W = Q 2 2 C W=\frac{Q^2}{2C} W=2CQ2
電源不斷開的情況下：
- U不變
- W = 1 2 C U 2 W=\frac{1}{2}CU^2 W=21CU2

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大學物理：第10章 靜電場 複習筆記

大學物理

一級目錄

二級目錄

三級目錄

一、電荷與庫侖定律

1.電荷

2.庫侖定律

3.靜電力的疊加原理

二、電場與電場強度

1.電場

2.電場強度

3.疊加原理的典型應用

（1）均勻帶電圓環

（2）均勻帶電圓盤

（3）帶電直線段

（4）帶電平面

（5）總結

三、電通量，高斯定理

1.電場線（電力線，E線）

2.電通量

3.高斯定理

4.小結求電場強度分佈的方法

四、靜電場環流定理與電勢能

1.靜電力做功

2.靜電場的環度定理

3.電勢能

五、電勢的疊加原理

1.點電荷的電勢

2.任意帶電體的電勢

3.常見帶電體電勢的求法

（1）均勻帶電圓環

（2）均勻帶電球面

（3）均勻帶電球體電勢分佈

六、等勢面

七、靜電場中的導體

1.導體的靜電平衡

2.靜電平衡時導體的電荷分佈

3.導體表面電場強度和電荷密度的關係

4.靜電平衡應用實例

5.靜電場中的導體總結

八、靜電場中的電介質

1.電介質對電場的影響

2.電介質分子的電結構特徵

九、介質中的高斯定理

1.電位移矢量

十、孤立導體的電容

1.電容的定義

2.常見電容器

3.電容器的串並聯

十一、靜電場的能量

1.帶電系統的能量

2.電場的能量

2.電場的能量

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