電磁學專題講授提綱第一講靜電場一、庫侖定律帶電體在庫侖力作用下的運動二、電場強度疊加原理高斯定理及其應用三、電勢電勢疊加原理帶電體系的靜電能電場能量四、有導體時的靜電場問題五、電容器六、電介質的極化和極化電荷極化強度電位移矢量有介質時的高斯定理一、庫侖定律帶電體在庫侖力作用下的運動1、定律表述和公式（注意：靜止、真空、點電荷）ε0=8.85×10-12C2·N-1·m-2

(F/m)稱為真空電容率。K=1/4πε0靜止:兩電荷相對于觀察者靜止。真空:在電介質中公式要修正。點電荷：電荷線度與電荷間距比較。2、庫侖力的求算（注意：矢量性、疊加原理）。疊加原理:例

如圖所示，半徑為R的圓環均勻帶電，電量為q。圓環軸線上與環心相距x處有一點電荷，電量為Q。求點電荷Q與圓環電荷的相互作用力。

解：在圓環上取一小段Δl，其上電荷量為當Δl足夠小時，Δq與Q間的作用力為例在光滑的水平桌面上，三個相同的不帶電小球，由三根勁度系數相同的輕質彈簧連接構成等邊三角形，彈簧的原始長度為

l0＝9cm。若讓每個小球帶上相同電量q＝1.8μC，三角形的面積增大到原來的四倍時達到新的平衡（見圖（a））。設彈簧是絕緣的，試求：（1）彈簧的勁度系數k的值；

(2)在三角形中心0點放第四個小球Q

(見圖（b））

，它帶多少電荷才能使彈

簧的長度恢復至原始長度；

(3)在(2)題情況下，過三角形中心O，

作垂直于三角形平面的垂線，將電量

q0=1C的點電荷置于垂線上的P點(見

圖（C）），OP距離為h＝15cm，q0

受力多少？解（1）等邊三角形面積增大為原來的四倍，三角形的邊長增大為原來的兩倍，即彈簧伸長量為l0，兩點電荷間的庫侖力等于彈簧的彈性力，即（2）設加Q后，彈簧長度恢復至原始長度，則q有：（3）由對稱性知，q0

受力沿OP方向代入數據求得例

如圖15-2所示，在x>0的空間各點，有沿x軸正方向的電場，其中，x≤d區域是非勻強電場，電場強度E的大小隨x增大而增大，即E=bx.b為已知量(b>0)；在x>d的區域是勻強電強，場強E=bd.x<0的空間各點電場的分布與x>0的空間中的分布對稱，場強的方向沿x軸的負方向．一電子(質量為m、電量為-e，e>0)。在x=2.5d

處沿

y

軸正方向以初速V

開始運動，求：

(1)電子的

x

方向分運動的周期；

(2)電子運動的軌跡與

y

軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點間距離。解

3、帶電體在庫侖力作用下的運動。

用d點的x和v代入前式得例（B11Z4)如圖所示，不計重力，空間有勻強電場E。質量均為m的小球A、B，A帶電，q>0，B不帶電。t=0時。兩球靜止，且相距L。AB方向與電場E方向相同。T=0時刻，A開始受靜電力作用而運動。AB之間發生彈性正碰而無電荷轉移。求第8次正碰到第9次正碰之間需要的時間。

解法一：以B為參考系，A先做勻加速運動，

加速度為：

到第一次碰撞前A的速度為：

A開始運動到第1次碰撞所需時間為：

第1次碰撞到第2次碰撞所需時間為：

每2次碰撞間的時間間隔相同，所以第8次碰撞到第9次碰撞所需時間為

解法二：A先做勻加速運動，加速度為：

A開始運動到第1次碰撞后，A靜止，B以

速度v做勻速直線運動。A開始運動到第1次

碰撞所需時間為：

設第1次碰撞到第2次碰撞所需時間為T1，則

這時

設第2次碰撞到第3次碰撞所需時間為T2，則

同理可得，第8次碰撞到第9次碰撞所需時間為Ox例(30y)

如圖所示,一質量為m、半徑為R的由絕緣材料組成的薄球殼，均勻帶正電，電量為Q,球殼下面有與球殼固連的底座，底座靜止在光滑水平面上。球殼內有一勁度系數為η的輕彈簧（質量不計），彈簧始終處水平位置，其一端與球殼壁固連，另一端恰位于球心處。球殼上開有一小孔

C，小孔位于過球心的水平線上，在此水平線上離球殼很遠處的O點有一電量為Q（＞0）

、質量為m的點電荷P，它以足夠大的初

速度v0

沿水平的OC方向開始運動。并知P能通過小孔C進入球殼內，不考慮重力和底座的影響。已知靜電力常量為k。求P剛進入C孔到再由C孔出來所經歷的時間。解選初始時刻C的位置為坐標原點O，取坐標軸X軸（如圖所示）。設P到達C孔時的速度為v1，球殼的速度為v2，由動量守恒和能量守恒得（1）（2）P進入球殼后，P和球都做勻速運動，相對速度為

。設經t1時間P與彈簧左端相碰，則有（4）由以上各式求得（3）t1時刻開始，P與彈簧碰撞，彈簧被壓縮，設彈簧的壓縮量為X.設a1、a2

分別為P和球殼的加速度，則（5）P相對球殼的運動作簡諧振動，其準頻率和周期分別為（6）P壓縮彈簧至與彈簧分離的時間為（7）P與彈簧完全彈性碰撞后速度變為v2，球殼變為v1，相對速度大小不變，故P與彈簧分離后運動到小孔的時間t3=t1。所以P進入C孔再返回C孔的總時間為（8）P相對球殼的運動方程為例：勁度系數為k，原長度為L的絕緣輕彈簧兩端各系一個帶電小球，兩小球的質量和電量分別為m1、q1

和m2、q2。空間加一均勻電場，電場強度為E。開始時兩小球靜止，彈簧沿電場方向放置。試求彈簧運動過程中彈簧的最大長度。(兩小球間相互作用忽略不計)設兩球在質心系中平衡位置的坐標為x10、x20，則設在質心系中，某時刻m1、m2相對質心的坐標為x1、x2，則在質心系中兩電荷受力為(3)

、

則下面討論三種情況：(1)、(2)、二、電場電場強度疊加原理

高斯定理及其應用1、電場強度定義式:2、電場強度疊加原理：任何帶電體的場強等于帶電體上各部分電荷單獨存在時場強的矢量和。點電荷的電場強度:例：電偶極子的電場強度解：電偶極子的電偶極矩為：例：電荷均勻分布的半球面球心處的電場強度：電荷均勻分布的八分之一球面球心處的電場強度：3．高斯定理及其應用高斯定理：在靜電場中作一個閉合曲S(稱之為高斯面)，取閉合曲面上的一面積元dS，若面積元dS處的場強為E，則點積叫做dS上的電通量。閉合曲面上所有面積元的電通量之和等于閉曲面內電荷量代數和的1/ε0倍。高斯定理的數學公式為利用高斯定理很容易求得下列幾種電荷分布的電場強度公式：●半徑為R的均勻帶電球面的電場強度解：作與帶電球面同心的、半徑為r球形高斯面，由高斯定理得（r>R）(r>0)因此有同理求得球內的電場強度為：●半徑為R的均勻帶電球體內外的電場強度（r>R）（r≤R）●半徑R的無限長均勻帶電圓柱面的電場強度（單位長帶電荷λ）解：作與帶電圓柱體共軸的、半徑為r柱形高斯面，由高斯定理得則得（r≥R）（r＜R）●半徑R的無限長均勻圓柱體的電場強度（單位長帶電荷λ）解：作與帶電圓柱體共軸的、半徑為r柱形高斯面，由高斯定理得則得（r≥R）柱內（r<R）●由柱外電場強度公式知：線密度為λ的無限長直線電荷的電場強度為λ●無限大均勻帶電平面的電場強度（單位面積帶電荷σ）。

解：作如圖所示與平面垂直的、左右對稱的

柱形高斯面。因電荷分布均勻，故平面兩邊的電場強度對平面是對稱分布的，且是勻強電場。由高斯定理得以上例題中的電荷分布都具有明顯的對稱性，對有些不具明顯對稱性的問題，利用高斯定理和疊加原理可求解。如★再論電場強度疊加原理---以典型電荷分布的場強疊加例

（1）球外(r＞R)的場強式中(2)球內(r<R)的場強：球面內的場是沿Z軸負方向的勻強電場。

球面電荷分布為σ=σ0cosθ時，球面內的場強是勻強電場，球面外的場強是電偶極場。1、電勢電勢差a點電勢定義ab兩點電勢差電量為q的點電荷的電勢：半徑R、電量為q的均勻帶電球面的電勢：利用以上定義可求典型電荷分布的電勢(r≥R)(r＜R)三、電勢電勢疊加原理帶電體系的靜電能電場能量將單位正電荷從a點移到無窮遠處電場力做的功2．電勢疊加原理：（點電荷勢的疊加、典型電荷勢的疊加）

例：電偶極子電場中一點的電勢解：在帶電圓環取一小段弧dl,其電量為：例：求半徑R、電量為q的均勻帶電圓環軸線上P點的電勢。例：真空中有5個電荷量均為q的均勻帶電薄球殼，它們的半徑分別為R、R/2、R/4、R/8、R/16，彼此相切于P點，球心分別為O1、O2、O3、O4、O5。求O5與O1間的電勢差。

解：例：如圖，半徑為R1和R2的兩同心半球面均勻帶電，電荷面密度分別為σ1和σ2。試求大半球底面上的電勢分布上。(r≤R2)(R2＜r≤R1)解：

例如圖所示，真空中有4個半徑為a

的不帶電的相同導體球，球心分別位于邊長為r(r>>a)的正方形的四個頂點上，今讓球

l

帶電荷

Q

(Q>0)，然后用一根細金屬絲，其一端固定于球

l

上，另一端依次分別與球

2，3，4和大地接觸，每次接觸時間都足以使它們達到靜電平衡．若金屬絲上的電荷可忽略不計，試求流入大地電荷的表達式．1球碰2球：解1球碰3球，2球在對稱位置，對1、3球的影響相同：故1球碰4球，設1球帶電Q1,4球帶電Q4，則：解得：設1球碰接地后的電量為q1：這時1球的電勢U1=0，即流入大地的電流為：例一個由絕緣細線構成的剛性圓形軌道水平放置，其半徑為R，圓心在O點。一金屬小珠P穿在此軌道上，可沿軌道無磨擦地滑動，小珠P帶電荷Q。已知在軌道平面內A點(OA＝a＜R)處放有一點電荷q，若在OA連線上某點上A’處放電荷q’，則給P一個初速度，它就沿軌道作勻速圓周運動。求A’離環心的距離b和電荷q’的值。解小珠作勻速圓周運動，說明小珠所受合力恒定，且指向環心O。這意味著軌道切向電場分量為零，也就是說，軌道上電勢處處相等。設P為

圓環上的任意點（x,y），若點電荷q’放環內，環上的電勢不可能處處相等，所以q’必須放在環外（如圖所示）。解法1：從環上任一點電場的切向分量為零來求解。由圖知，q、q’在環上P點電場的切向分量分別為(1)(2)(3)即(5)(4)由（4）式知q與q’符號相反。對（4）式兩平方后再開三次方得該方程應對任何θ角都成立，所以有(8)(7)(6)由（7）式，并考慮到q與q’，求得將（8）式代入（6）式，經化簡后得(9)將（9）式代入（8）式得(10)解法2：從環上電勢處處相等來求解。環上電勢處處相等，為簡便起見，可設環上電勢處處為零。則(11)(14)(12)(13)對（1）式兩邊平方得（2）式對任意θ角恒成立，故必有：(15)

點電荷q在電場中a點的電勢能：設無限遠處為電勢能零點，則電荷在a的電勢能等于將電荷從該點移至電勢能零點，電場力做的功，即靜電力是保這守力，靜電力做功與路徑無關，只與起點、終點位置有關。則3、帶電體系的電勢能（靜電能）①、兩個點電荷的電勢能(相互作用能)靜電場環路定理②、三個點電荷的相互作用能為③、N個點電荷的相互作用能：棱邊電荷配12對：面對角電荷線配12對：體對角線電荷配4對：總電勢能：心角電荷配8對：例求圖示點電荷系的電勢能方法：1、公式；2、電荷兩不重復配對，將各對點電荷的相互作用能求和。④、帶電體的電勢能（靜電能）：（電荷體分布）（電荷面分布）（電荷線分布）例半徑R、電量為q的均勻帶電球面的電勢能解例電偶極子在勻強電場中的電勢能解設-q處的電勢為U－、+q處的電勢為U＋則偶極子的電勢能為兩個質子和兩個正電子分別固定在一邊長為其分布如圖所示。現同時釋放這四個粒子，估算四個粒子相距甚遠時，各自約為電子質量(正電子質量)的說明:

帶電粒子系統的相互作用能(將帶電粒子從無限原處移到當前位置所其中為第個點電荷的電量，電荷在解：當兩個質子和兩個正電子分別固定在于一邊長為的正方形的四個頂點上時，系統的相互作用勢能為的正方形的四個頂點上，速度的大小。質子質量倍。增加的能量)為為其它處產生的電勢。例

由于正電子質量遠小于質子質量，近似地，可以認為當正電子跑的足夠遠時，質子還基本保持原位，這樣近似有最后，兩個質子分開，有例(27復)、如圖所示，兩個固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為Q和-Q（Q>0），半徑分別為R和R/2，小球面與大球面內切于C點，兩球面球心O和O‘的連線MN沿豎直方向。在MN與兩球面的交點B、O和C處各開有足夠小的孔，因小孔損失的電荷量忽略不計,有一質量為m，帶電荷量為q(q>0)的質點自MN線上離B點距離為R的A點豎直上拋，設靜電力常量為k，重力加速度為g。1．要使質點從A點上拋后能夠到達B點，所需的最小初動能為多少?；2．要使質點從A點上拋后能夠到達O點，在不同條件下所需的最小初動能各為多少?解1．質點在A→B應作減速運動，設質點在A點的最小初動能為Ek0，則根據能量守恒有(1)(2)2．質點在B→O的運動有三種可能情況：(1)(3)外球面在B點的場力？(2)(4)(5)(3)先減速，再加速，即有一平衡點D。

要略大一點(6)質點能夠到達O點的條件為(7)由(6)、(7)兩式可得質點能到達O點的最小初動能為(8)要略大一點

例(b13-10)如圖所示，在水平O-xy坐標平面的第1象限上，有一個內外半徑幾乎同為R、圓心位于x=R、y=0處的半圓形固定細管道，坐標平面上有電場強度為E，沿著y軸方向的勻強電場。帶電質點P在管道內，從x=0、y=0位置出發，在管道內無摩擦地運動，其初始動能為Ek0。P運動到x=R、y=R位置時，其動能減少了二分之一。

(1)試問P所帶電荷是正的，還是負的?為什么?

(2)P所到位置可用該位置的x坐標來標定，

試在2R≥x≥0范圍內導出P的動能Ek

隨x

變化的函數。

(3)P在運動過程中受管道的彈力N也許是徑向

朝里的(即指向圓心的)，也許是徑向朝外的(即

背離圓心的)。通過定量討論，判定在2R≥x≥0

范圍內是否存在N徑向朝里的x取值區域，若存在，請給出該區域；繼而判定在2R≥x≥0范圍內是否存在N徑向朝外的x取值區域，若存在，請給出該區域。

解（1）、設O點為電勢能零點，則管內y=R處電荷q的電勢能為由機械能守恒得所以電荷q是負電荷。則有（2）、設管內某點的坐標為（x,y)，t時刻q在該點的動能為Ek，因所以（3）設電荷q在（x,y)點受管道的彈力為N，且指向軌道中心，則由機械能守恒得X=0時時由上式知：電荷q在軌道上間受管道的彈力N始終徑向朝里。由對稱性知：電荷q在軌道上間受管道的彈力N始終徑向朝里。例(22決)

：電量為Q（＞0）的兩個均勻帶電圓環，環心在Z軸上，環面垂直于Z軸，坐標原點到環心O1、O2的距離都是D（D的大小可變）。

1、一質量為m、電量為q(>0)的帶電粒子從Z＝－∞處沿OZ軸正方向射向兩圓環。已知粒子剛好能穿過兩個圓環。試畫出粒子的動能Ek隨Z的變化圖線，并求出與所畫圖線相應的D所滿足的條件；

2、若粒子初始時刻位于坐標原點Z＝0處，現給粒子一沿Z軸方向的速度（大小不限），試盡可能詳細討論粒子可能做怎樣的運動。不計重力的作用。

解：1、Z軸上Z處的電勢為雙峰時V（0）為極小值；單峰時V（0）為極大值。現在求雙峰、單峰的條件。Z較小時有略去z的3次以上的高次項得由此可知：設粒子的初動能為Ek0，則粒子在Z軸上的動能為2、也分兩種情況討論：⑴

兩環在z軸上的電場強度為（1）（2）（2）式代入（1）式得（2）上式是一個普遍適用的表達式，只要空間某點的電場強度已知，則

電場的總能量：該處單位體積內的電場能量就等于4、電場能量密度電場能量電場能量密度：電勢能是定域在電場中的，有電場的地方就有能量。例電量為Q、半徑為R的均勻帶電球體的電場能量電子經典半徑四、有導體時的靜電場問題1．導體靜電平衡的條件和性質導體表面附近的場強2．有導體時靜電問題的處理方法法一：求σ

E、U

例

兩個固定不動的理想導體板α和β平行近距離放置，分別帶有電量-Q

和+q(Q>q>0)。另一與β板平行的理想導體板γ，質量為m，帶電量為+Q，距β板距離為d，平板面積均為s。導體板γ從靜止狀態釋放后能夠自由運動，并與平板β發生完全彈性碰撞。忽略裝置的邊緣效應和重力，假設在兩個板碰撞過程中，平板β和γ之間的電量有足夠的時間重新分布。試求：(1)平板γ和平板β碰撞之前，各板上的電荷分布；（2）平板γ和平板β碰撞之前，α、β板

作用平板γ的電場強度

；(3)在碰撞后平板β和γ上的電量Qβ和

Qγ是多少；(4)平板γ在碰撞后距離β平板d

時的

速度v。設平板γ碰撞前三板的電荷分布如圖所示：則解(1)

平板γ移動d,F1作的功：平板γ受電場力為：

(2)

(4）

平板γ碰撞后σ4、σ5

中和，則平板γ碰撞后,α、β在γ處的場強為γ板受力(3)例

兩塊很大的導體薄板A、B平行放置構成一電容器，極板的間距為d,對電容器充電至兩極間電勢差為U中撤去電源.現在電容器兩極間平行插入兩塊與極板等大、且不帶電的導體薄板C、D，四塊導體板兩兩之間間距均為d/3，如圖所示．求相鄰兩導體板間的電勢差；用導線連接C板與D板，然后撤去導線，再求各相鄰兩板間的電勢差；再用導線連接A板與B板，然后撤去導線，則各相鄰兩板間的電勢差是多大?解(1)

(2)

(3)

。

求得法二：鏡像法

唯一性定理：電荷分布ρ給定，滿足給定邊界條件的解是唯一的。平面組合平面鏡像例：求像電荷的電量和離球心的距離b。球面鏡像解：B點的電勢為B點為球面上的任意點，即對任何α角上式恒等，故必有：①求原電荷q受的力；②求A點的電場強度，當r>>a時A點電場的表達式，a取什么極限值時A點的

電場強度為零(球完全屏蔽q的電場)。③如圖b所示，點電荷電量為q，質量為m，用長為L的細線懸掛著，懸掛點至球心的距離為l，不計重力。求電荷q小振動的頻率。④求q與球面上電荷的相互作用靜電能。圖a圖b例（G4

1）如圖半徑為R的接地導體球前有一點電荷q，他距球心的距離為a。①感應電荷對q的作用力為：②A點的電場強度為：當r>>a時有當a趨于R時，A點的場強為零，金屬球屏蔽了A點的電場。③A點的電場強度為：作用在q上的力為：

由右圖知單擺的運動方程為：當α很小時，β也很小，故：則：④q與感應電荷的相互作用靜能為五、電容器1．電容器電容的計算計算公式：方法：設q??

求ΔU

??C=q/ΔU。ε?ab單位長一段的電容平板電容器球形電容器圓柱形電容器復雜電容電路:

(1)對稱性分析，對稱點可短路。簡單電容電路:用電容串并聯公式.串聯:并聯:例

如圖所示，兩個相同無限電容器網絡并聯連接在A、B兩點間。每一無限網絡的結構是：從左邊第一個電容器開始到電路中間，每個電容器的右極板與兩個電容器的左極板相連，直至無窮；從中間到右邊，電路結構與左邊電路結構左右對稱。電路中所有電容器都是平行板真空電容器，每個電容器的電容量都是C。試求:AB間的總電容CAB。解由電路的對稱性知，上圖電路可等效成下圖電路，則等比數列前n項和的公式：無窮遞減等比數列前的和公式：(2)星－三角變換YΔΔY2．電容器儲能公式:3．含源電容器電路問題求：1、電容上的電壓和電量；2、若H點與B點短路，求C2的電量。例解1、將圖a電路壓成平面圖b，可看出電流通路為AEHGOBA。回路電流

以A點為電勢零點，圖中其余各點電勢分別為各電容器上的電壓和電量分別為2、將H、B兩點短路得兩個分回路HGOBH和HEABH。HEABH回路中的電流為例

(30j4)一個電路包含內阻為RE

、電動勢為E的直流電源和N個阻值均為R的相同電阻。有N＋1個半徑為r的相同導體球通過細長導線與電路連接起來，為消除導體間的互相影響，每個導體球外邊都用半徑為r0

（r0＞r）的同心接地導體薄球殼包圍起來。球殼上有小孔容許細長導線進入但與球殼絕緣。如圖所示。把導體球按從左向右的順序依次編號為1到N＋1，所有導體起初不帶電。將開關閉合，當電路達到穩定后，導體球上的總電量為Q，問：導體球的半徑r是多少？已知靜電力常量為k。解：設第i個導體球的電量為Qi，則包圍導體球的接地球殼內表面上的電量為－Qi，電荷都均勻公布，球與球殼間的電勢差為（1）球殼接地，則第i個導體球的電勢為（2）對（2）式求和得（4）（3）對電路中的電流通路有（5）（6）（7）（8）將（6）式代入（3）式得由（7）式解得例如圖所示電路中，電容器

C1、C2、C3的電容值都是C，電源的電動勢為ε，R1、R2為電阻，K

為雙擲開關。開始時，三個電容器都不帶電．先接通oa,再接通ob，再接通oa,再接通ob,如此反復換向。設每次接通前都已達到靜電平衡，試求：(1)當

S第

n

次接通o、b并達到平衡后，每個電容器兩端的電壓各是多少?(2)當反復換向的次數

n

為無限多次時，在所有電阻上消耗的總電能是多少?

通a1次C1C2C30通b1次通a2次通b2次通a3次通b3次解:12、n→∞電源做的功，一半變成電容貯能，另一半在電阻上消耗。4、RC電路暫態分析六、電介質的極化和極化電荷極化強度電位移矢量

1、電介質的極化和極化電荷有極分子：正負電荷作用中心不重合的分子。如H2O、NH3…..+-H+++-+H+H+N

NH3（氨）+--++OH+H++H2O-++