電磁學若干問題第一講

1、奧林匹克物理競賽電磁學若干問題第一講,電場與電勢的若干問題電容的若干問題能量的若干問題導體受力若干問題,一、電場的若干問題,電場對任意封閉曲面的電通量只決定于被包圍在封閉曲面內(nèi)部的電荷，且等于包圍在封閉曲面內(nèi)電量代數(shù)和除以e0，與封閉曲面外的電荷無關。這一結論就是靜電場的高斯定理。,1、高斯定理,高斯定理表明是靜電場是有源場 高斯定理給出了場和場源的一種聯(lián)系，這種聯(lián)系是場強對封閉曲面的通量與場源間的

2、聯(lián)系，并非場強本身與源的聯(lián)系。電荷是靜電場的源.高斯面上的電荷問題 高斯面把電荷區(qū)分為內(nèi)外兩種，是否存在一種點電荷正好在高斯面上？這是不存在的，因為只有點電荷的線度要遠小于q與高斯面間的距離，才能視為點電荷。,高斯定理討論,高斯定理中的E問題 高斯定理中的E是全部電荷所產(chǎn)生的E，而不管這電荷是在曲面內(nèi)部或在曲面外部。同一高斯面的E可能相同，也可能不同，因為高斯面是任意選取的。

3、高斯定理表明的只是電通量和電荷的關系 如果在高斯面內(nèi)部或外部電荷分布發(fā)生改變，則空間電場分布將發(fā)生變化，高斯面上的電場也會發(fā)生變化，但只要內(nèi)部總電荷數(shù)不變，高斯定理指出，電場對該封閉曲面的電通量并無變化。,[第1題]求均勻帶電球面產(chǎn)生的電場。已知球面的半徑為R，電量為Q。,[解]根據(jù)球對稱性可以判定，不論在球內(nèi)還是在球外，場強的方向必定沿球的半徑，與球心等距離的各點的場強大小應相等。作如圖所示的高斯面，當r<

4、;R時，有：,當r>R時，作S2的高斯面，有：,,,,,[第2題]求均勻帶電球體中所挖出的球形空腔中的電場強度。球體電荷密度為r，球體球心到空腔中心的距離為a。,2.電場疊加法,[解]將空腔看作是同時填滿+r和-r的電荷，腔內(nèi)任一點的電場強度就由一個實心大球電荷密度為+r和一個實心小球電荷密度為-r的疊加而成，如圖所示：,,,,同理可得：,,所以，,,a為矢量，方向由O指向O’?？梢娍涨粌?nèi)電場強度是均勻的。,帶異種電荷具有同樣電荷

5、密度的兩個球有一部分重疊，則重疊部分的電場強度為：,表明該部分的電場是均勻場，方向從正電子中心指向負電荷中心。,無限長圓柱體，電荷均勻分布，在內(nèi)挖出一個空腔，空腔軸線與圓柱體軸線平行，相距為a，則空腔內(nèi)的電場強度為：,均勻場，方向從O指向O’。,注：帶電圓柱體內(nèi)外的電場強度為：,[第3題]在電場強度為E的均勻電場中放著一個均勻金屬球,其半徑為R,求球表面感應電荷的分布.,[解]設整個球都均勻充電(電荷為Q)的球內(nèi)的電場強度為EM:,,,

6、考察兩個半徑為R, 相互錯開了距離l, 均勻帶電+Q和-Q, 公共區(qū)域的電荷為零. 兩個帶電球在公共區(qū)域P點的電場強度為:,公共部分為均勻電場.,[球, 球內(nèi)電場為零],,,設球殼的厚度為h,在面元DS上的電量為:,公共部分總的電場應為零.即:,,,,,3. 電勢疊加法,對點電荷系，有電場的疊加原理，有：,此式表明，點電荷組的電勢等于各個電荷單獨存在時電勢的代數(shù)和(標量和）。,[第4題]一個立方體有5個面接地,而第6個面與其余5個面絕緣

7、,電勢為U,則立方體中心的電勢是多少?,[解]由電勢的疊加原理, 中心點的電勢由6個面電勢疊加而成:,因為6個面幾何形狀對稱, 所以系數(shù)ki相同,,若6面等電勢,均為U, 則中心點也為U, 所以k=1/6,所以, 當:,,[第5題] 如圖 , 兩個同心的半球面相對放置, 半徑分別為 R1 與 R2，R1>R2, 都均勻帶電，電荷面密度分別為s1 與s2 ，試求大的半球底面圓直徑 AOB上的電勢分布 。,[解]由于均勻帶電球面內(nèi)電場

8、強度處處為零, 球面外任一點的電場強度等于全部電荷集中在球心時在該點的電場強度, 故球面內(nèi)電勢恒定, 球面外電勢與到球心的距離成反比, 電勢連續(xù)分布, 容易求出。,顯然 , 均勻帶電球面在球內(nèi)、外任一點的電勢, 是兩個半球面貢獻之和, 因電勢是標量, 半球面在任一點的電勢應為球面在該點的電勢之半。,半徑為 R1, 電荷面密度為s1 的完整均勻帶電大球面在球內(nèi) ( 包括直徑 AOB) 的電勢恒定 , 表示為 U’1, 則：,半個大球面在A

9、OB上的電勢應為上式的一半。,半徑為R2, 電荷面密度為s2的完整均勻帶電小球面在球內(nèi)的電勢恒定, 在球外的電勢與該處到球心的距離成反比。把完整小球面在 AOB 上各點的電勢表示為 U’2, 則：,式中：,同樣，半個小球面在AOB上產(chǎn)生的電勢是上式的一半；所以總電勢為二者之和：,3.帶電粒子在電場中運動,【第6題】處于自然長度的均勻橡皮筋在伸長時服從胡克定律。橡皮筋均勻帶電，其總電荷Q>0，橡皮筋處于兩個點電荷+q和-q的電場中。

10、其一端用力F1拉在兩電荷中點，要把另一端拉在+q右邊距離L處，應該施加多大的力？,【解】處于兩個點電荷場中的橡皮筋各處的電場力不相等，因此，各部分伸長量也不相等。 把橡皮筋分成n等份，每份的勁度系數(shù)為nk0,電荷量為Q/n.該單元長度為Dl，兩端電場力增量為DFi,電勢增量為DUi,,根據(jù)胡克定律：,,,,兩邊求和取極限，有：,,,【第7題】兩個相同的 半徑為R的球這樣放置：球心相距為a<R，兩球均勻地帶有等

11、量異號電荷Q，質(zhì)量為m，電量為q<0的小帶電體可以沿貫穿2球的細絲自由滑動，起始小帶電體從無限遠以v的速度向2球高近，小球最終停在何處？,【解】,X 只是速度為零的點， 不是受力為零的點，在該點粒子并不會停止運動。若小球的初速度必須滿足條件：,當電荷從左邊入射。,非約束運動。粒子可以到達任一位置。不可能停止下來。,約束運動。粒子只能再左邊來回運動，不可能停止下來。,當電荷從右邊入射。,約束運動。粒子只能在右左邊來回運動，不可

12、能停止下來。,非約束運動。粒子可以到達任一位置。不可能停止下來。,【第8題】擺由長為l的輕桿以及固定在桿一端的質(zhì)量為m的小球組成，小球帶電荷為Q，一點電荷q（與Q異號）固定在懸掛點正上方距離為d處，求此擺的小振動周期，當電量為多少時才可能發(fā)生這樣的振動？,【解】設理想單擺的振動頻率為w，振幅為A，最大偏角為j,,設本題單擺以相同的 振幅A振動，角頻率為w’，,設振動為小振幅振動， 則：,由正弦定理，有：,,,發(fā)生該振動的條件為：,[第9

13、題]三個帶正電的粒子被固定在如圖位置。每個粒子的質(zhì)量和帶電量和相鄰粒子間距r都已經(jīng)給出。同時釋放三個粒子。求三個粒子彼此離得非常遠時它們的動能。假設粒子沿同一直線運動。粒子如圖分別標號為1、2、3。,系統(tǒng)最初能量全為電勢能, 末態(tài)全為動能:,,加速度之比為:,初速度均為零,所以,二、電容的若干問題,一半徑為R的導體球，當帶有電荷q時，其電勢為 :,故其電容為:,由半徑?jīng)Q定．若把地球作為一個孤立導體球，其電容也可由上式?jīng)Q定。,1.孤立導體

14、球的電容,【第10題】用一個錘子把一個球形電容器表面敲凹進一些，以致使它的體積減少了3%時，它的電容值將變化多少？,體積減少3%， 半徑約減少1%， 電容減少1%！,【第11題】一個用金屬箔做成的封閉的曲面S，若它的電容值為C?，F(xiàn)將箔表面凹進一些，新表面S*完全在原表面內(nèi)部或在原表面上，證明其電容小于C.,解法一： 用孤立導體球殼的電容來考慮,,,顯然，半徑越小，電容越小。,解法二：用電場能量來考慮，能量存在于電場所在的空間。能量密度為

15、：,能量不為零的區(qū)間增加，系統(tǒng)的能量增大，來考慮，能量存在于電場所在的空間。能量密度為：,,,,,,,2. 復雜電容器電容的計算,C=Q/U是一個普遍適用的公式，對Q1?Q2的兩導體，公式中的Q應理解為用導線將兩導體接通時所交換的電荷量。,【第12題】半徑分別為a和b的兩個導體球, 相距為r(r>a+b), 現(xiàn)分別充以電壓U1和U2, 然后用細金屬線把它們連接起來.求此時的電容.,[提示]設兩球的電勢為U1和U2, 電量為q1和q

16、2, 然后用導線連通, 各量為 U’1, U’2, q’1, q’2,聯(lián)立解出q’1,q’2, U’,,孤立導體的電容,【第13題】三個電容器分別有不同的電容值C1、C2、C3 ．現(xiàn)把這三個電容器組成圖示的(a)、(b)、(c)、(d)四種混聯(lián)電路，試論證：是否可以通過適當選擇C1、C2、C3的數(shù)值，使其中某兩種混聯(lián)電路A、B間的等效電容相等．,【解】4個混聯(lián)電路A、B間的等效電容Ca、Cb、Cc、Cd分別為：,,,,,由（1）、（3）

17、式可知：,由（2）、（4）式可知,由（1）、（2）式可知,由（3）、（4）式可知,若Ca=Cd由（1）、（4）式可得,,因為,、,和,由于C1,C2和C3均大于0，上式不可能成立，因此,,同理，若Cb=Cc,則有：,,由于C1,C2和C3均大于0，上式不可能成立，因此,,綜合以上分析，可知這四個混聯(lián)電路的等效電容沒有一對是相等的．,【第14題】電容分別為C1,C2,C3, …, Ck的k個電容器都充電到電壓為U，然后使所有電容器的異性極

18、板串聯(lián)連接起來組成閉合電路，求在這個電路里每個電容器上的電壓。,【解】串聯(lián)后的總電壓為kU，設串聯(lián)后總電容為C0：,串聯(lián)后的等效電容C0的極板即C1左極板和Ck右極板再短路（電壓差為零）。在閉合電路中流過q的電荷量，根據(jù)電容的定義，有：,相鄰兩個極板間流過的電量亦為q，則每個電容器上的電壓變化為q/Ci, 因此穩(wěn)定后各電容器的電壓為：,[第15題]一個球形電容器由三個很薄的同心導體殼組成，它們的半徑分別為a,b,d。一根絕緣細導線通過中

19、間殼層的一個小孔把內(nèi)外球殼連接起來。忽略小孔的邊緣效應。求：（1）此系統(tǒng)的電容；（2）若在中間球殼上放置任意電量Q，確定中間球殼內(nèi)外表面上的電荷分布。,[解]這相當于內(nèi)外2個電容器并聯(lián).,設內(nèi)外兩球殼代的電量分別為Q1和Q2, 那么a,b球的的電勢差為:,d,b球的的電勢差為:,兩電容器并聯(lián), 所以:,內(nèi)外兩球形電容器的電容值為:,(2)內(nèi)外兩球形電容器的電容值為:,,【第16題】兩個導體相距很遠，其中一個導體電荷為Q1，電勢

20、為U1，另一個導體電荷為Q2，電勢為U2, 電容為C的電容器原來不帶電，現(xiàn)用極細的導線將它與兩導體相連，求電容充電后的電壓。,【解】設電容器充電到電壓U，則極板所帶的電量為CU，那么兩個導體所帶的電量均改變CU，兩個導體最終的電量分別為：（Q1-CU),(Q2+CU).,孤立帶電體的電量與導體的 電勢之比為常數(shù)，只與導體的幾何形狀，大小等有關，因此最終兩導體的電勢：,,【第17題】一同軸圓柱型電容器，外導體筒的 內(nèi)半徑為2cm，內(nèi)導體筒

21、的 外半徑可自由選擇，兩筒之間充滿各向通性的電介質(zhì)，電介質(zhì)的擊穿場強為2.0×107V/m。試求該電容器所能承受的 最大電壓。,【解】設內(nèi)筒的內(nèi)外半徑分別為x、b, 內(nèi)外筒所帶的電量分別是l,-l，由高斯定理可求得內(nèi)外筒之間的電場強度為：,內(nèi)外筒的電勢差為：,最大場強在x處，介質(zhì)首先要從場強最大處擊穿，故有：,代入電勢差式子，有：,求極值，有：,,,【第18題】平行板電容器間距為d,極板面積為S,連接在電動勢為e的電源上。帶電

22、電量為Q的平行板（大小相等）完全插入到電容器中，與其中一個極板的距離為b,求作用在該極板上的力。,【解】設各板的電量如圖，則,,,A,B極板電荷在兩電容器間引起的電場強度分別為E1/2, E2/2,,所以，作用在插入板上的合力為：,方向指向帶負電極板。。,,【第19題】電容為C0的平行板電容器接入到如圖的電路中，介質(zhì)的相對介電常數(shù)為e的板向電容器內(nèi)部運動， 通過電動勢為e1的電源的電流強度為恒定且其值為I，求：（1）通過電阻R1上的電

23、流；（2）電介質(zhì)運動的速度。,【解】根據(jù)基爾霍夫定律，有：,電容器的電容隨介質(zhì)進入而增大，A,B極板電量亦等比例增大，設Dt時間內(nèi)電容改變DC,則：,,,【第20題】半徑為R的金屬球，外面包有一層相對介電常數(shù)為er=2的均勻電解質(zhì)材料，內(nèi)外半徑分別為R1=R, R2=2R,介質(zhì)球殼內(nèi)均勻分布著電量為q0的自由電荷，金屬球接地，求介質(zhì)外表面的電勢。,【解】金屬球接地，U=0，設其上所帶的電量為q，介質(zhì)球殼內(nèi)的電場強度為：,介質(zhì)球殼外的電

24、場強度為：,由于球殼接地，因此介質(zhì)外表面到內(nèi)表面的 電勢差和到無限遠處的電勢差相等，有：：,,,,,外表面的電勢為：,【第21題】球形導體球懸浮在er=3.0的油槽中，球的一半在油中，另一半在空氣中。已知導體球所帶的凈電荷是Q0=2.0×10-6C。球的上下球面各帶多少電荷？,【解】,該式只有在介質(zhì)充滿電場所在的空間才可以用！,可以理解成2個半球，均為孤立導體球，電容分別為：,靜電平衡導體為等勢體，2個半球電容器并聯(lián)，與無限遠

25、的電勢為V, 有：,極化電荷與自由電荷的關系,球面與油接觸處半球面上的極化電荷是多少？,空氣中的 電場強度和油中的 電場那個強度分別為多大？,【第23題】一個直徑為1cm、帶總電量10-8C的均勻帶電塑料球，用一根絕緣線懸掛起來，期底部與一個鹽水溶液的水面相距1cm，小球下面的水面涌起了一點。請估計水面涌起的高度？（忽略水的表面張力，取鹽水的 密度為1000kg/cm3.,【解】近似認為鹽水為無限大接地導體，靜電感應結果使鹽水表面出現(xiàn)總

26、量為-Q的電荷?？梢圆捎苗R像法解題，電荷Q在P點的電場強度為（升起高度很?。?鏡像電荷在P點的電場與上式完全一樣（大小相等，方向相同），P點的總電場為：,P點的電荷密度為：,,,,水面受到的力為：,,,代入數(shù)據(jù)，得：h=0.29mm,,四、電場的能量問題,（1）兩個點電荷系統(tǒng),1.點電荷系,相互作用能與電荷的移動次序無關。,Ui表示除自身外，另一個點電荷在該處所產(chǎn)生的電勢。,,能量問題總與1/2有關！,（2） N個點電荷系統(tǒng),把2個點電

27、荷系統(tǒng)的相互作用能推廣到N個點電荷系統(tǒng)，就有：,Ui表示除自身外，所有其它點電荷在該處所產(chǎn)生的電勢，表達式為：,下標i和j對稱，表示外界做功與電荷移入的次序無關。,[第26題]正負離子相互排成一條無窮長直線，相鄰兩離子間的距離是a，正負離子的電量為±q，求每個離子與所有其它離子的相互作用能。,[解]在一個正離子處，所有其它正離子產(chǎn)生的電勢為：,所有其它負離子產(chǎn)生的電勢為：,故一個正離子處，所有其它離子所產(chǎn)生的電勢為：,于是得一

28、個正離子與所有其它離子的相互作用能為：,對負離子，由于相互作用能正比于電荷平方，故：,[第27題]兩塊無限大接地導體平面相距4x, 其間有2個點電荷(+Q,-Q), 距離其中一個板分別為x,3x. 求把這兩個電荷移到很遠處(它們之間相距亦很遠), 需要做多大的功?,所做的功等于系統(tǒng)的能量增加:,末態(tài):,初態(tài):,U+是+Q處所有其它電荷(-Q和像電荷, 不包括+Q)產(chǎn)生的電勢. U-同理.,(2)求2個極板上的感應電荷.

29、 由于中線上的電勢為零, 因此由+Q發(fā)出的電力線只有一半到達左板, 而-Q發(fā)出的電力線不可能到達左板, 故左板上的感應電荷為-Q/2, 同理, 右板上的感應電荷為+Q/2.,(3)當+Q單獨存在時, 兩極板的感應電荷.當+Q單獨存在時, 兩極板感應電荷總數(shù)為-Q,設左板為-Qx, 則右板為-Q+Qx. 當-Q單獨存在時, 右板為+Qx, 則左板為Q-Qx對左板, 2個都存在時的感應電荷為它們單獨存在時感應電荷之和:,[第28題]

30、在邊長為a的正六邊形各頂點有固定的點電荷,它們的電量相間地為Q和-Q.求: (1)系統(tǒng)的電勢能; (2)若外力將其中相鄰的兩個點電荷緩慢地移到無限遠處, 其余電荷位置不變, 外力需做多少功?,[解] (1)任一電荷Q所在處的電勢為:,由對稱性, 有:,系統(tǒng)的電勢能為:,(2)余下四個點電荷系統(tǒng)的電勢能為:,無限遠處一對電荷間的電勢能為:,做功等于系統(tǒng)電勢的改變:,得:,2、帶電體系統(tǒng)的靜電能,體分布電荷 把

31、點電荷體系的相互作用能推廣到連續(xù)分布的帶電體系，對體分布電荷系統(tǒng)，有：,式中U1(r)表示除re(r)DV以外，其它所有電荷在r處所產(chǎn)生的電勢。,（1）單個帶電體的靜電能,U(r)和U1(r)的關系：,設DV 為球體，半徑為a，電荷密度為re，在球體內(nèi)任一點產(chǎn)生的電勢為：,即re(r)DV在r處產(chǎn)生的電勢隨DV趨于零而趨于零。即U(r)和U1(r)的的差別可以忽略。,所以，靜電能公式可以改寫為：,,這就是體電荷分布的靜電能公式。,面電荷

32、分布 面電荷密度為se(r), se(r)DS在自身處產(chǎn)生的電勢不會大于 sea/2e0, 該電勢將隨DS趨于零而趨于零。即U(r)和U1(r)的的差別也可以忽略。,線電荷分布 線電荷密度為le(l), le(l)Dl 在自身處產(chǎn)生的電勢不會隨r趨于零而趨于零。反而會趨于無窮大??！，即U(r)和U1(r)的的差別不可忽略！是否線電荷分布的靜電能只能寫成下列形式？,否！其原因是：要把電荷從無限分散狀態(tài)壓縮到一條幾何線上，

33、外界要做無窮大的功！,均勻帶電球殼的靜電能為：,均勻帶電球體的靜電能為：,當R?0時，W??，如果電子被看成是點電荷，則其自能為無窮大！,【第29題】半徑為R的一個雨點, 帶有電量Q, 今將它打破成兩個完全相同的雨滴, 并分開到很遠, 靜電能改變多少?,[解]雨滴是導體, 電荷只能分布在表面, 故它的靜電能為:,分成2個雨滴后, 每個電量為Q/2, 半徑 為:,因相距很遠, 略去相互作用能, 靜電能的增量為:,靜電能減少, 同號相斥,

34、 分開時, 靜電力對外做正功.,,（2）多個帶電體的靜電能,空間的總電勢可以分為兩部分：,,Ui(r)表示除第i個帶電體外所有其它帶電體在r處產(chǎn)生的電勢,,U(i)(r)表示第i個帶電體在r處產(chǎn)生的電勢,總靜電能,,,電偶極子在均勻外電場中的電勢能,如圖，正負電荷的電勢能為：,電偶極子在外電場中的電勢能為：,寫成矢量形式，有：,為什么沒有1/2?,【第30題】一電偶極子p垂直放置在無限大接地導體前, 距離為d, 求它受到導體的作用力.,

35、電偶極子鏡象p’在p處產(chǎn)生的電場:,p的電勢能為:,由虛功原理:,得到:,3、電容器的儲能,對電容器，如果每個極板的電量為Q，則：,,本公式僅在兩極板電荷數(shù)量相同時才可以用！,【第31題】兩電容器的電容為C1和C2，它們分別蓄有電荷量Q1和Q2，用導線聯(lián)接，求所蓄電能的損失量。,[解]未接通開關，電能為：,接通開關后，靜電能為：,能量損失為：,如果是異號電荷的兩極板相連接，則靜電能損失為：,【第32題】一個單電子器件由金屬層M薄絕緣層I

36、和金屬層M 構成,在經(jīng)典情況下,電子不可能從一個金屬穿過絕緣層到達另一個金屬. 但在量子物理中,這種現(xiàn)象是可以發(fā)生的.1)把該器件看成是一個電容為C的電容器, 電子以隧穿的方式到達另一邊, 如果隧穿引起體系的能量增加,則此過程就不會再發(fā)生, 稱庫侖阻塞. 求VAB=VA-VB在什么范圍內(nèi)單電子隧穿被禁止.2)假定VAB=0.10mV是發(fā)生隧穿的電壓,求電容值.3)用圖1所示的器件與電壓恒為V的恒壓源相接,組成雙結結構的器件來觀

37、察單電子隧穿,中間單金屬塊稱單電子島,已知島中有-ne的凈電量, n可正,可負或零, 兩個MIM結的電容分別為CS和CD, 試證明雙結器件中的靜電能中與島上凈電荷量相關的靜電能為:,[解]設隧穿前極板A所帶的電量為Q,當一個電子從A隧穿到B 后, A板的電量為Q’=Q+e,隧穿禁止要求:,解得:,同理, 若一個電子從B板隧穿到A板, A板的電量為Q’=Q-e 同理可得隧穿不能發(fā)生的條件為:,因此, 當電壓為:,之間時,單電

38、子隧穿不能發(fā)生,出現(xiàn)庫侖阻塞,2) 當VAB=e/2C=0.1mV時, C=8.0 × 10-16F,如右等效圖,設 Q1和Q2分別為Cs和Sd的電荷量,體系的靜電能為:,總電壓為:,解上三式,得:,,與島凈電荷有關,4. 能量密度,討論: 靜電場能量服從疊加原理嗎?,設兩個帶電體各自產(chǎn)生的電場強度為E1, E2,則:,,,,各自的靜電能,,相互作用能,兩孤立導體球的總能量為:,兩導體球組成球殼:,一個孤立系統(tǒng)在滿足能量守

39、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。,五、導體受力若干問題,1.虛功原理,第i個帶電體，在qi不變的情況下，受力：,（1）絕緣孤立帶電體（q不變）,或：,（2）非孤立帶電體（U不變）,存在外界電源，使各導體Uj不變，,外電源對系統(tǒng)做功,,所以有,兩組的公式不同，是因為進行的虛擬過程不同，但都滿足守恒律，因而其結果是相同的。,【第34題】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

40、的平行介質(zhì)平板，接通開關，使電容器充電到電壓為U，略去邊緣效應。（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, 其電場強度為：,電容器的儲存的能量為：,電勢差為：,電容為：,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,電介質(zhì)抽出后，電容器所儲存的靜電能量的增量為：,DW>0表示抽出介質(zhì)板后，

41、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：,（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：,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：,DW<0表示, 抽出介質(zhì)板后，電容器儲存的能量減少 了。,把

42、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：,平行板電容器,2. 導體表面作用力,單位面積上的力為：,該力的方向總是從導體向外，即每個帶電導體表面存在向外的拉力，大小等于導體表面上的能量密度，該式雖然從平板電容器導出，但它是普遍正確的。,,導體的目標：占領全世界！,整個導體面上

43、的力為：,注意：單位面積上的力為1/2sE, 不是sE；F是矢量式。,【第35題】“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Vt

44、h, 求Vth；,（4）當電壓V> Vth時, 小圓片上下運動，加上碰撞是非彈性的，恢復系數(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）達到穩(wěn)定后通過電容器的 電流I; (6)當電壓緩慢減少時，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。,,【解】（1）,使用虛功原理,（2）由高斯定律：,,,（3）小圓片上合力為：,欲使小圓片上合力大于零，必須,,(4)小圓片多次碰撞底部后保持勻速v

45、s，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：,設ks為碰撞底盤后的動能，則,為到達頂部碰撞前的能量，每完成一次能量損失為Dk,則,達到穩(wěn)定，必須有：,,,（5）小園片與頂部碰撞后，帶上與頂部相同符號的電荷，因此，小圓片上下碰撞一次，電荷改變?yōu)椋?時間間隔為：,向上運動時間,向下運動時間,當mgd<<qV時， 近似有：,即向上運動和向下運動是對稱的，,由于小圓片碰撞

46、頂部和碰撞底部后速度不變，可推出：,因為mgd<<qV,,,,,,(6)當小圓片失去動能停止，將不能再到達頂部，即初始電壓Vc由小 圓片在頂部圓盤的狀態(tài)確定。欲使到達頂部的速度為零，在頂部的 動能應滿足：,,,,,【第36題】一半徑為a的絕緣導體球, 球心與一無限大導體平面相距為z, 設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)當球帶電為Q時,將球與導體平面完