南師附中2016屆高三自主招生輔導(dǎo)講義1-電場

1、靜電場一、庫侖定律和電場強度【例1】如圖所示，帶電量分別為4q和q的小球A、B固定在水平放置的光滑絕緣細桿上，相距為d。若桿上套一帶電小環(huán)C，帶電體A、B和C均可視為點電荷。（1）求小環(huán)C的平衡位置。（2）若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x(x<<d)后靜止釋放，試判斷小環(huán)C能否回到平衡位置。（回答“能”或“不能”即可）（3）若小環(huán)C帶電量為q，將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x(x<<d)后靜止釋放，試證明小環(huán)C將作簡諧運動。（提示：當(dāng)<<1時，則 ） 幾種場源的電場：決定電場強弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可

2、以從不同電場的場強決定式看出（1）點電荷：E = k結(jié)合點電荷的場強和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強，如（2）均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點P：E = ，其中r和R的意義見右圖。（3）均勻帶電球殼內(nèi)部：E內(nèi) = 0外部：E外 = k ，其中r指考察點到球心的距離如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1rR2）：E = ，其中為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(dāng)中（條件部分）的“剝皮法則”理解即為圖中虛線以內(nèi)部分的總電量。（4）無限長均勻帶電直線（電荷線密度為）：E = 因此,無限長均勻帶電直線外的電場強度大小為,這個變換式已利用.其中a為P點距直線

3、MN的距離,為電荷線密度（5）無限大均勻帶電平面（電荷面密度為）：E = 2k（6）電偶極子激發(fā)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)，且l遠小于討論中所涉及的距離，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 b.若為兩電荷延長線上的一點，到兩電荷連圖1-1-6線中點的距離為r，如圖1-1-6所示，則 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，則在T點產(chǎn)生的場強分量為圖1-1-

4、7 ，由在T點產(chǎn)生的場強分量為故P1P2 A【例2】一條無限長、電荷不能自由移動的直線，在A點折成直角，直線上均勻帶電，電荷線密度為（設(shè)>0）.在折成直角的直線平面內(nèi)有P1、P2兩點，它們與兩半直線的垂直距離為a，如圖，求P1、P2處的場強?！纠?】三塊厚度均勻，長、寬和厚相等的金屬板，順著厚度方向依次排列，金屬板的長、寬線度遠大于板間間距，如圖所示。已知金屬板帶電量分別為Q1、Q2、Q3，在不考慮邊緣效應(yīng)的條件下，求各金屬板兩側(cè)的帶電量q1、q2、q3、q4、q5、q6?！纠?】如圖所示，在半徑為R、體電荷密度為的均勻帶電球體內(nèi)部挖去半徑為的一個小球，小球球心與大球球心O相距

5、為a，試求的電場強度，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與帶異號電的小球構(gòu)成。由公式求出它們各自在的電場強度，再疊加即得。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。在小球內(nèi)任取一點P，用同樣的方法求出，比較和，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。解： 由公式可得均勻帶電大球（無空腔）在點的電場強度，方向為O指向。同理，均勻帶異號電荷的小球 在球心點的電場強度所以 ，如圖1-1-1（b）所示，在小球內(nèi)任取一點P，設(shè)從O點到點的矢量為，為，（b） OP為。則P點的電場強度為 可見：因P點任

6、取，故球形空腔內(nèi)的電場是均勻的。二、電通量穿過電場中某一截面S的電通量e被定義為：，可以理解為，穿過某一截面的電場線的根數(shù)三、高斯定理真空中靜電場的高斯定理表述如下：靜電場中通過任意閉合曲面（稱高斯面）S的電通量等于該閉合曲面內(nèi)全部電荷的代數(shù)和除以0，與外面的電荷無關(guān)。高斯定理的數(shù)學(xué)表達式為：，其中，由于高中缺少高等數(shù)學(xué)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圖1-1-2（a） 圖1-1-2（b） 行，這樣便于電通量的計算。盡管高中教學(xué)對高斯定律不作要求，但筆者認(rèn)為簡單了解高斯定律的內(nèi)容，并利用高斯定律推導(dǎo)幾種特殊電場，這對掌握幾種特殊電場的分布是很有幫助的。利用高斯定

7、理求幾種常見帶電體的場強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。考察點P到直線的距離為r。由于帶電直線無限長且均勻帶電，因此直線周圍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1-1-3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

8、帶電平面等距離的兩側(cè)如圖1-1-3由高斯定律： 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(rèn)為由兩塊無限帶電均勻?qū)w板構(gòu)成，其間場強為，則由場強疊加原理可知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：圖1-1-4；對高斯面2：。 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，；對高斯面2，。 【例5】如圖所示，在-dxd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

9、（1）試求d處的場強分布；（2）若將一質(zhì)量為m，電量為-q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)過過多長時間第一次到達x=0處。 圖1-1-8 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(biāo)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(biāo)為x處的電場強度。（1）根據(jù)高斯定律。坐標(biāo)為x處的場強：（d），x0時，場強與x軸同向，x0時，場強與x軸反向。（2）若將一質(zhì)量為m、電量為的帶電質(zhì)點置

10、于此電場中，質(zhì)點所受的電場力為：（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，符合準(zhǔn)彈性力的特點。質(zhì)點在電場力的運動是簡諧振動，振動的周期為當(dāng)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 四、電勢差、電勢、等勢面、電勢能幾種常見帶電體的電勢分布（1）點電荷周圍的電勢如圖1-2-1所示，場源電荷電量為Q，在離Q為r的P點處有一帶電量為q的檢驗電荷，圖1-2-1現(xiàn)將該檢驗電荷由P點移至無窮遠處（取無窮遠處為零電勢），由于此過程中，所受電場力為變力，故將q移動的整個過程理解為由P移至很近的（離Q距離為）點，再由移至很近的（離Q距離為）點直至無窮遠處。在每一段很小的過程中，

11、電場力可視作恒力，因此這一過程中，電場力做功可表示為： 所以點電荷周圍任一點的電勢可表示為：式中Q為場源電荷的電量，r為該點到場源電荷的距離。電勢疊加原理電勢和場強一樣，也可以疊加。因為電勢是標(biāo)量，因此在點電荷組形成的電場中，任一點的電勢等于每個電荷單獨存在時，在該點產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和，這就是電勢疊加原理。（2）均勻帶電球殼，實心導(dǎo)體球周圍及內(nèi)部的電勢。由于實心導(dǎo)體球處于靜電平衡時，其凈電荷只分布在導(dǎo)體球的外表面，因此其內(nèi)部及周圍電場、電勢的分布與均勻帶電球殼完全相同。由于均勻帶電球殼外部電場的分布與點電荷周圍電場的分布完全相同，因此用上面類似方法不難證明均勻帶電球殼周圍的電勢為。 rR式中Q

12、為均勻帶電球殼的電量，R為球殼的半徑，r為該點到球殼球心的距離。在球殼上任取一個微元，設(shè)其電量為，該微元在球心O處產(chǎn)生的電勢。由電勢疊加原理，可知O點處電勢等于球殼表面各微元產(chǎn)生電勢的代數(shù)和，。因為均勻帶電球殼及實心導(dǎo)體球均為等勢體，因而它們內(nèi)部及表面的電勢均為。  【例6】如圖所示，半徑為R的圓環(huán)均勻帶電，電荷線密度為，圓心在O點，過圓心跟環(huán)面垂直的軸線上有P點， = r ，以無窮遠為參考點，試求P點的電勢UP ?！灸Ｐ头治觥窟@是一個電勢標(biāo)量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個元段L ，它在P點形成的電勢U = k環(huán)共有段，各段在P點形成的電勢相同，而且它們是標(biāo)量疊加?！敬鸢浮縐P =

13、 思考如果上題中知道的是環(huán)的總電量Q ，則UP的結(jié)論為多少？如果這個總電量的分布不是均勻的，結(jié)論會改變嗎？答UP = ；結(jié)論不會改變?！纠?】半徑為R的半球形薄殼，其表面均勻分布面電荷密度為的電荷，求該球開口處圓面上任一點的電勢。圖1-2-3 解： 設(shè)想填補面電荷密度亦為的另半個球面如圖1-2-3所示，則球內(nèi)任一點的場強均為0，對原半球面開口處圓面上的任一點P而言，也有，而是上、下兩個半球在P點產(chǎn)生場強、的合成。另據(jù)對稱性易知，、的大小必定相等，而、的合場強為零，說明、均垂直于半球開口平面，故在半球面帶均勻電荷的情況下，它的開口圓面應(yīng)為等勢點，即圓面上任一點的電勢都等于開口圓面圓心點

14、處的電勢。故說明 雖然場強與電勢是描述電場不同方面特性的兩個物理量，它們之間沒有必然的對應(yīng)關(guān)系，但電勢相等的各點構(gòu)成的等勢面應(yīng)與該處的場強方向垂直，利用這個關(guān)系可為求取場強或電勢提供一條有用的解題路徑?！纠?】如圖所示，球形導(dǎo)體空腔內(nèi)、外壁的半徑分別為R1和R2 ，帶有凈電量+q ，現(xiàn)在其內(nèi)部距球心為r的地方放一個電量為+Q的點電荷，試求球心處的電勢。【解析】由于靜電感應(yīng)，球殼的內(nèi)、外壁形成兩個帶電球殼。球心電勢是兩個球殼形成電勢、點電荷形成電勢的合效果。根據(jù)靜電感應(yīng)的嘗試，內(nèi)壁的電荷量為Q ，外壁的電荷量為+Q+q ，雖然內(nèi)壁的帶電是不均勻的，根據(jù)上面的結(jié)論，其在球心形成的電勢仍可以應(yīng)用定式

15、，所以【答案】Uo = k k + k ?！纠?】如圖1-2-2所示，兩個同心導(dǎo)體球，內(nèi)球半徑為，外球是個球殼，內(nèi)半徑為，外半徑。在下列各種情況下求內(nèi)外球殼的電勢，以及殼內(nèi)空腔和殼外空間的電勢分布規(guī)律。 圖1-2-2 （1）內(nèi)球帶，外球殼帶。（2）內(nèi)球帶，外球殼不帶電。（3）內(nèi)球帶，外球殼不帶電且接地。（4）內(nèi)球通過外殼小孔接地，外球殼帶。解: 如圖1-2-2所示，根據(jù)疊原理：（1）處有均勻的，必有均勻的，處當(dāng)然有電荷，因此：內(nèi)球 外球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（2）處有，處有，處有，因此：內(nèi)球 外球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（3）處有，處有，外球殼接地，外球殼，處無

16、電荷。內(nèi)球 電勢差 腔內(nèi) （r）殼外 （r）（4）內(nèi)球接地電勢為零，內(nèi)球帶，處有，處有，先求，因為 解得 內(nèi)球 外球 腔內(nèi) （r）殼外 【例10】（2013清華大學(xué)保送生考試）圖中，三根實線表示三根首尾相連的等長絕緣細棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導(dǎo)體棒時完全相同。點A是abc的中心，點B則與A相對bc棒對稱，且已測得它們的電勢分別為UA和UB 。試問：若將ab棒取走，A、B兩點的電勢將變?yōu)槎嗌?？【模型分析】由于細棒上的電荷分布既不均勻、三根細棒也沒有構(gòu)成環(huán)形，故前面的定式不能直接應(yīng)用。若用元段分割疊加，也具有相當(dāng)?shù)睦щy。所以這里介紹另一種求電勢的方法。每根細棒的電荷分布雖然復(fù)雜，但

17、相對各自的中點必然是對稱的，而且三根棒的總電量、分布情況彼此必然相同。這就意味著：三棒對A點的電勢貢獻都相同（可設(shè)為U1）；ab棒、ac棒對B點的電勢貢獻相同（可設(shè)為U2）；bc棒對A、B兩點的貢獻相同（為U1）。所以，取走ab前 3U1 = UA 2U2 + U1 = UB取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢貢獻不變，所以 UA= 2U1 UB= U1 + U2【答案】UA= UA ；UB= UA + UB 。模型變換正四面體盒子由彼此絕緣的四塊導(dǎo)體板構(gòu)成，各導(dǎo)體板帶電且電勢分別為U1 、U2 、U3和U4 ，則盒子中心點O的電勢U等于多少？解說此處的四塊板子雖然位置相對O點具有

18、對稱性，但電量各不相同，因此對O點的電勢貢獻也不相同，所以應(yīng)該想一點辦法我們用“填補法”將電量不對稱的情形加以改觀：先將每一塊導(dǎo)體板復(fù)制三塊，作成一個正四面體盒子，然后將這四個盒子位置重合地放置構(gòu)成一個有四層壁的新盒子。在這個新盒子中，每個壁的電量將是完全相同的（為原來四塊板的電量之和）、電勢也完全相同（為U1 + U2 + U3 + U4），新盒子表面就構(gòu)成了一個等勢面、整個盒子也是一個等勢體，故新盒子的中心電勢為U= U1 + U2 + U3 + U4 最后回到原來的單層盒子，中心電勢必為 U = U答U = （U1 + U2 + U3 + U4）。反饋練習(xí)電荷q均勻分布在半球面ACB上，

19、球面半徑為R ，CD為通過半球頂點C和球心O的軸線，如圖7-12所示。P、Q為CD軸線上相對O點對稱的兩點，已知P點的電勢為UP ，試求Q點的電勢UQ 。解說這又是一個填補法的應(yīng)用。將半球面補成完整球面，并令右邊內(nèi)、外層均勻地帶上電量為q的電荷，如圖7-12所示。從電量的角度看，右半球面可以看作不存在，故這時P、Q的電勢不會有任何改變。而換一個角度看，P、Q的電勢可以看成是兩者的疊加：帶電量為2q的完整球面；帶電量為q的半球面?？疾镻點，UP = k + U半球面其中 U半球面顯然和為填補時Q點的電勢大小相等、符號相反，即 U半球面= UQ 以上的兩個關(guān)系已經(jīng)足以解題了。答UQ = k UP

20、?！纠?1】在不計重力空間，有A、B兩個帶電小球，電量分別為q1和q2 ，質(zhì)量分別為m1和m2 ，被固定在相距L的兩點。試問：（1）若解除A球的固定，它能獲得的最大動能是多少？（2）若同時解除兩球的固定，它們各自的獲得的最大動能是多少？（3）未解除固定時，這個系統(tǒng)的靜電勢能是多少？【解說】第（1）問甚間；第（2）問在能量方面類比反沖裝置的能量計算，另啟用動量守恒關(guān)系；第（3）問是在前兩問基礎(chǔ)上得出的必然結(jié)論（這里就回到了一個基本的觀念斧正：勢能是屬于場和場中物體的系統(tǒng)，而非單純屬于場中物體這在過去一直是被忽視的。在兩個點電荷的環(huán)境中，我們通常說“兩個點電荷的勢能”是多少。）【答】（1）k；（2

21、）Ek1 = k ，Ek2 = k；（3）k 。思考設(shè)三個點電荷的電量分別為q1 、q2和q3 ，兩兩相距為r12 、r23和r31 ，則這個點電荷系統(tǒng)的靜電勢能是多少？解略。答k（+）?！纠?2】如圖所示，三個帶同種電荷的相同金屬小球，每個球的質(zhì)量均為m 、電量均為q ，用長度為L的三根絕緣輕繩連接著，系統(tǒng)放在光滑、絕緣的水平面上。現(xiàn)將其中的一根繩子剪斷，三個球?qū)㈤_始運動起來，試求中間這個小球的最大速度。解設(shè)剪斷的是1、3之間的繩子，動力學(xué)分析易知，2球獲得最大動能時，1、2之間的繩子與2、3之間的繩子剛好應(yīng)該在一條直線上。而且由動量守恒知，三球不可能有沿繩子方向的速度。設(shè)2球的速度為v ，

22、1球和3球的速度為v，則動量關(guān)系 mv + 2m v= 0能量關(guān)系 3k = 2 k + k + mv2 + 2m解以上兩式即可的v值。答v = q 。五、電像法電像法的實質(zhì)在于將一給定的靜電場變換為另一易于計算的等效靜電場，多用于求解在邊界面（例如接地或保持電勢不變的導(dǎo)體）前面有一個或一個以上點電荷的問題，在某些情況下，從邊界面和電荷的幾何位置能夠推斷：在所考察的區(qū)域外，適當(dāng)放幾個量值合適的電 圖1-3-5 荷，就能夠模擬所需要的邊界條件。這些電荷稱為像電荷，而這種用一個帶有像電荷的、無界的擴大區(qū)域，來代替有界區(qū)域的實際問題的方法，就稱為電像法。例如：一無限大接地導(dǎo)體板A前面有一點

23、電荷Q，如圖1-3-5所示，則導(dǎo)體板A有（圖中左半平面）的空間電場，可看作是在沒有導(dǎo)體板A存在情況下，由點電荷Q與其像電荷-Q所共同激發(fā)產(chǎn)生。像電荷Q的位置就是把導(dǎo)體板A當(dāng)作平面鏡時，由電荷Q在此鏡中的像點位置。于是左半空間任一點的P的電勢為式中和分別是點電荷Q和像電荷-Q到點P的距離，并且圖1-3-6 o，此處d是點電荷Q到導(dǎo)體板A的距離。電像法的正確性可用靜電場的唯一性定理來論證，定性分析可從電場線等效的角度去說明。一半徑為r的接地導(dǎo)體球置于電荷q的電場中，點電荷到球心的距離為h，球上感應(yīng)電荷同點電荷q之間的相互作用也可以用一像電荷替代，顯然由對稱性易知像電荷在導(dǎo)體球的球心O與點

24、電荷q的連線上，設(shè)其電量為，離球心O的距離為，如圖1-3-6所示，則對球面上任一點P，其電勢整理化簡得要使此式對任意成立，則必須滿足解得 對（2）中情況，如將q移到無限遠處，同時增大q，使在球心處的電場保持有限（相當(dāng)于勻強電場的場強），這時，像電荷對應(yīng)的無限趨近球心，但保持有限，因而像電荷和在球心形成一個電偶極子，其電偶極矩。圖1-3-7 無限遠的一個帶無限多電量的點電荷在導(dǎo)體附近產(chǎn)生的電場可看作是均勻的，因此一個絕緣的金屬球在勻強電場中受感應(yīng)后，它的感應(yīng)電荷在球外空間的作用相當(dāng)于一個處在球心，電偶極矩為的電偶極子?！纠?3】在距離一個接地的很大的導(dǎo)體板為d的A處放一個帶電量為的點電

25、荷（圖1-3-7）。 （1）求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點（）產(chǎn)生的電場強度。（2）求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外點產(chǎn)生的電場強度，已知點與P點以導(dǎo)體板右表面對稱。（3）求證導(dǎo)體板表面化的電場強度矢量總與導(dǎo)體板表面垂直。（4）求導(dǎo)體板上感應(yīng)電荷對電荷的作用力，（5）若切斷導(dǎo)體板跟地的連接線，再把電荷置于導(dǎo)體板上，試說明這部分電荷在導(dǎo)體板上應(yīng)如何分布才可以達到靜電平衡（略去邊緣效應(yīng)）。分析： 由于導(dǎo)體板很大且接地，因此只有右邊表面才分布有正的感圖1-3-8乙圖1-3-8丙應(yīng)電荷，而左邊接地那一表面是沒有感電荷的。靜電平衡的條件是導(dǎo)體內(nèi)場強為零，故P點處的場強為零，而P點處的零場強是導(dǎo)體外及表面電荷產(chǎn)生場強疊

26、加的結(jié)果。解： （1）因為靜電平衡后導(dǎo)體內(nèi)部合場強為零，所以感應(yīng)電荷在P點的場強和在P點的場強大小相等，方向相反，即圖1-3-8丁 圖1-3-8 戍  方向如圖1-3-8乙，是到P點的距離。（2）由于導(dǎo)體板接地，因此感應(yīng)電荷分布在導(dǎo)體的右邊。根據(jù)對稱原理，可知感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點處場生的場強一定和感應(yīng)電荷在對稱點處產(chǎn)生的場強鏡像對稱（如圖1-3-8丙），即，而，式中為到的距離，因此，方向如圖1-3-8丙所示。（3）根據(jù)（2）的討論將取在導(dǎo)體的外表面，此處的場強由和疊加而成（如圖1-3-8丁所示），不難看出，這兩個場強的合場強是垂直于導(dǎo)體表面的。（4）在導(dǎo)體板內(nèi)取一點和所在點A對稱

27、的點，的場強由和疊加而為零。由對稱可知，A處的和應(yīng)是大小相等，方向相反的（如圖1-3-8戍），所以所受的電場力大小為方向垂直板面向左。（5）因為和在導(dǎo)體內(nèi)處處平衡，所以+Q只有均勻分布在導(dǎo)體兩側(cè)，才能保持導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零。從以上（2）、（3）、（4）的分析中可看出：導(dǎo)體外部的電場分布與等量異種電荷的電場分布完全相似，即感應(yīng)電荷的作用和在與A點對稱的位置上放一個的作用完全等效，這就是所謂的“電像法”。六、電容器幾種常用電容器的電容（1）平行板電容器 若兩金屬板平行放置，距離d很小，兩板的正對面積為S、兩極板間充滿相對介電常數(shù)為的電介質(zhì)，即構(gòu)成平行板電容器。設(shè)平行板電容器帶電量為Q、則兩極板間

28、電勢差故電容 （2）真空中半徑為R的孤立導(dǎo)體球的電容由公式可知，導(dǎo)體球的電勢為：因此孤立導(dǎo)體球的電容為地球半徑很大，電容很大，容納電荷的本領(lǐng)極強。（3）同軸圓柱形電容器高H、半徑的導(dǎo)體圓柱外，同軸地放置高也為H、內(nèi)半徑為的導(dǎo)體筒，當(dāng)H時，便構(gòu)成一個同軸圓柱形電容器。如果-，則可將它近似處理為平行板電容器，由公式可得其電容為（4）同心球形電容器半徑為的導(dǎo)體球（或球殼）和由半徑為的導(dǎo)體球殼同心放置，便構(gòu)成了同心球形電容器。若同心球形電容器內(nèi)、外球殼之間也充以介電常數(shù)為的電介質(zhì)，內(nèi)球殼帶電量為Q，外球殼帶 -Q電荷，則內(nèi)、外球殼之間的電勢差為 故電容當(dāng)時，同心球形電容器便成為孤立導(dǎo)體（孤立導(dǎo)分是指在

29、該導(dǎo)體周圍沒有其他導(dǎo)體或帶電體，或者這些物體都接地）球形電容器，設(shè)，則其電容為若孤立導(dǎo)體外無電介質(zhì)，則，即。【例14】如圖2-4-1所示，兩個豎直放置 的同軸導(dǎo)體薄圓筒，內(nèi)筒半徑為R，兩筒間距圖1-4-1為d，筒高為L，內(nèi)筒通過一個未知電容的電容器與電動勢U足夠大的直流電源的正極連接，外筒與該電源的負極相連。在兩筒之間有相距為h的A、B兩點，其連線AB與豎直的筒中央軸平行。在A點有一質(zhì)量為m、電量為-Q的帶電粒子，它以的初速率運動，且方向垂直于由A點和筒中央軸構(gòu)成的平面。為了使此帶電粒子能夠經(jīng)過B點，試求所有可供選擇的和值。分析： 帶電粒子從A點射出后，受到重力和筒間電場力的作用。重力豎直向下

30、，使帶電粒子在豎直方向作自由落體運動；電場力的方向在垂直筒中央軸的平面內(nèi)，沿徑向指向中央軸。為了使帶電粒子能通過B點，要求它在垂直中央軸的平面內(nèi)以R為半徑作勻速圓周運動，這就要求電場力能提供適當(dāng)?shù)南蛐牧?，即對有一定要求。為了使帶電粒子?jīng)過B點，還要求它從A點沿AB到達B點的時間剛好等于帶電粒子作圓周運動所需時間的整數(shù)倍，亦即對圓周運動的速度有一定的要求。解： 帶電粒子重力作用下，從A點自由下落至B點所需的時間為帶電粒子在垂直于筒中央軸的平面內(nèi)，作勻速圓周運動一圈所需的時間為 為了使帶電粒子經(jīng)過B點，要求由以上三式，得帶電粒子作勻速圓周運動（速率，半徑R）所需的向心力由電場力提供，電場力為此電場

31、力由內(nèi)外筒之間的電場提供。因，近似認(rèn)為內(nèi)外筒構(gòu)成平行板電容器，其間是大小相同的徑向電場E，設(shè)內(nèi)外筒電勢差為，則帶電粒子所受電場力應(yīng)為由以上兩式，得代入，得 因為內(nèi)、外筒電容器與串聯(lián)，故有解得由公式可知，同軸圓柱形電容器電容代入，得 這就是全部可供選擇的。電容器的串并聯(lián)電容器的性能有兩個指標(biāo)；電容和耐壓值。在實際應(yīng)用時，當(dāng)這兩個指標(biāo)不能滿足要求時，就要將電容器串聯(lián)或并聯(lián)使用。（1）串聯(lián)幾個電容器，前一個的負極和后一個的正極相連，這種連接方式稱為電容器的串聯(lián)。充電后各電容器的電量相同，即=；第一個電容器的正極與第n個電容器的負極之間的電U為各電容器電壓之和，即，因此電容器串聯(lián)可以增大耐壓值。用一個

32、電量為Q，電壓為U的等效電容來代替上述n個串聯(lián)的電容器，則電容為（2）并聯(lián)把n個電容器的正極連在一起，負極連在一起，這種連接方式稱為電容器的并聯(lián)。充電后正極總電量Q等于各電容器正極電量之和，即；正極和負極之間的電壓U等于各電容器的電壓，即。用一個電量為Q、電壓為U的等效電容器代替上述幾個并聯(lián)的電容器，則電容為【例15】如圖所示，,電源A的電動勢，電源B的電動勢，開始時，電鍵K斷開。求在閉合電鍵K后，通過電源A的總電荷量QA和通過電源B的總電荷量QB.(缺圖，大黑書P411)【例16】試討論如圖所示的混聯(lián)電容器的耐壓值問題，圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)是各個電容器的電容值及額定電壓。(缺圖，大白書P474)【

33、例17】一空氣電容器是由4片同樣的金屬片平行整齊排列而成，極板面積為S，相隔同樣距離d；若金屬片之間（1）按圖（a）連接；（2）按圖（b）連接，試問A,B間的電容是多少？.( 缺圖，物理學(xué)奧賽教程P194)【例18】三個完全相同的電容器連接如圖所示，已知電容器1帶電量為Q，上板帶正電荷；電容器2，3原來不帶電。（1）用導(dǎo)線將a、b相連，求電容器2的上、下板所帶電量及其符號；（2）然后斷開a、b，將a、c相連，再斷開a、c，將a、b相連，求電容器2的上、下板所帶的電量及其符號；（3）在（2）的情況下將a、d相連，再求電容器2上、下板所帶電量及其符號(缺圖，培優(yōu)教程P266)【例19】由許多個電容

34、為C的電容器組成一個如圖所示的多級網(wǎng)絡(luò)，試問：（1）在最后一級的右邊并聯(lián)一個多大電容C，可使整個網(wǎng)絡(luò)的A、B兩端電容也為C？（2）不接C，但無限地增加網(wǎng)絡(luò)的級數(shù)，整個網(wǎng)絡(luò)A、B兩端的總電容是多少？【模型分析】這是一個練習(xí)電容電路簡化基本事例。第（1）問中，未給出具體級數(shù)，一般結(jié)論應(yīng)適用特殊情形：令級數(shù)為1 ，于是 + = 解C即可。第（2）問中，因為“無限”，所以“無限加一級后仍為無限”，不難得出方程 + = 【答案】（1）C ；（2）C 。對于既非串聯(lián)也非并聯(lián)的電路，需要用到一種“Y型變換”，參見圖，根據(jù)三個端點之間的電容等效，容易得出定式Y(jié)型：Ca = Cb = Cc = Y型：C1 =

35、，C2 = ，C3 = 【例20】在圖所示的電路中，已知C1 = C2 = C3 = C9 = 1F ，C4 = C5 = C6 = C7 = 2F ，C8 = C10 = 3F ，試求A、B之間的等效電容。有了這樣的定式后，我們便可以進行如圖7-20所示的四步電路簡化（為了方便，電容不宜引進新的符號表達，而是直接將變換后的量值標(biāo)示在圖中）【答】約2.23F 。【例21】如圖所示的電路中，三個電容器完全相同，電源電動勢1 = 3.0V ，2 = 4.5V，開關(guān)K1和K2接通前電容器均未帶電，試求K1和K2接通后三個電容器的電壓Uao 、Ubo和Uco各為多少?！窘庹f】這是一個考查電容器電路的基

36、本習(xí)題，解題的關(guān)鍵是要抓與o相連的三塊極板（俗稱“孤島”）的總電量為零。電量關(guān)系：+= 0電勢關(guān)系：1 = Uao + Uob = Uao Ubo 2 = Ubo + Uoc = Ubo Uco 解以上三式即可?！敬稹縐ao = 3.5V ，Ubo = 0.5V ，Uco = 4.0V 。【例22】如圖7-22所示，由n個單元組成的電容器網(wǎng)絡(luò)，每一個單元由三個電容器連接而成，其中有兩個的電容為3C ，另一個的電容為3C 。以a、b為網(wǎng)絡(luò)的輸入端，a、b為輸出端，今在a、b間加一個恒定電壓U ，而在ab間接一個電容為C的電容器，試求：（1）從第k單元輸入端算起，后面所有電容器儲存的總電能；（2）

37、若把第一單元輸出端與后面斷開，再除去電源，并把它的輸入端短路，則這個單元的三個電容器儲存的總電能是多少？【解說】這是一個結(jié)合網(wǎng)絡(luò)計算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。（1）類似“物理情形1”的計算，可得 C總 = Ck = C所以，從輸入端算起，第k單元后的電壓的經(jīng)驗公式為 Uk = 再算能量儲存就不難了。（2）斷開前，可以算出第一單元的三個電容器、以及后面“系統(tǒng)”的電量分配如圖7-23中的左圖所示。這時，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤島”。此后，電容器的相互充電過程（C3類比為“電源”）滿足電量關(guān)系：Q1= Q3 Q2+ Q3= 電勢關(guān)系：+ = 從以上三式解得 Q1=

38、Q3= ，Q2= ，這樣系統(tǒng)的儲能就可以用得出了?！敬稹浚?）Ek = ；（2） 。學(xué)員思考圖7-23展示的過程中，始末狀態(tài)的電容器儲能是否一樣？（答：不一樣； 圖1-5-1在相互充電的過程中，導(dǎo)線消耗的焦耳熱已不可忽略。）七、靜電場的能量1帶電導(dǎo)體的能量一帶電體的電量為Q，電容為C，則其電勢。我們不妨設(shè)想帶電體上的電量Q，是一些分散在無限遠處的電荷，在外力作用下一點點搬到帶電體上的，因此就搬運過程中，外力克服靜電場力作的功，就是帶電體的電能。該導(dǎo)體的電勢與其所帶電量之間的函數(shù)關(guān)系如圖1-5-1所示，斜率為。設(shè)每次都搬運極少量的電荷，此過程可認(rèn)為導(dǎo)體上的電勢不變，設(shè)為，該過程中搬運電荷所做的功為，即圖中一狹條矩形的面積（圖中斜線所示）因此整個過程中，帶電導(dǎo)體儲存的能量為其數(shù)值正好等于圖線下的許多小狹條面積之和，若取得盡可能小，則數(shù)值就趨向于圖線下三角形的面積。上述帶電導(dǎo)體的靜電能公式也可推廣到