电磁学第二章例题
物理与电子工程学院
注:教案按授课章数填写,每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另
加附页。
1
(3)在导体外,紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直,场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。
由电场线与等势面垂直出发,可知导体表面附近的场强与表面垂直。而场强大小与面密度的关系,由高斯定理推出。
如图,在导体表面外紧靠导体表面取一点P ,过P 点作导体表面
ˆˆ方ˆ,的外法线方向单位矢n 则P 点场强可表示为E P =E n n (E n 为E P 在n 向的投影,E n 可正可负)。过P 点取一小圆形面元∆S 1,以∆S 1为底作一圆柱形高斯面,圆柱面的另一底∆S 2在导体内部。由高斯定理有:
φS =S
E ⋅d s =
∆S 1
⎰⎰E ⋅d s +⎰⎰E ⋅d s +⎰⎰E ⋅d s =
∆S 2
侧
∆S 1
⎰⎰E ⋅d s =
∆S 1
ˆE n ⋅d s ⎰⎰n
(导体内E =0导体表面附近E ⊥d s )
=E n ∆S 1=σ∆S 1/ε0
(导体的电荷只能分布在导体表面,若面密度为σ,则面内电荷为
σ∆S 1,且因∆S 1很小,视σ为均匀的)
σ
E n =
ε0
∴
σ
ˆ即E =n
⎧σ>0,E n >0
⎨
⎩σ
ˆ同向 ⎧σ>0,E ,n ⎨
ˆ反向⎩σ
2
ε0
可见:导体表面附近的场强与表面上对应点的电荷面密度成正比,且无论场和电荷分布怎样变化,这个关系始终成立。
σ
ˆ中的E 是场中全部电荷贡献的合场强,并非只是高n E =
ε0
斯面内电荷σ∆S 的贡献。这一点是由高斯定理得来的。P45-46
σ
ˆ;没提表面上的。 导体内部E =0,表面外附近E =εn 0
在电磁学中的点、面均为一种物理模型,有了面模型这一概念,场强在带电面上就有突变(P23小字),如果不用面模型,突变就会消失。但不用面模型,讨论问题太复杂了,所以我们只谈“表面附近”而不谈表面上。
补充例:习题2.1.1(不讲)
Rd θ
σ2
ˆ,dS n 解:利用上面的结果,球面上某面元所受的力:d F =2ε0
利用对称性知,带有同号电荷的球面所受的力是沿x 轴方向:
右半球所受的力:
3
22
σ2σσ33200ˆ=ˆ=ˆ F 右=⎰⎰cos θdS i cos θdS i cos θR sin θd θd ϕi ⎰⎰⎰⎰2ε02ε02ε0
22π
σ02R 22πσ30R πˆ2ˆd ϕ⎰cos θsin θd θi =i =⎰002ε04ε0
σ02R 2πˆF 左=-i
4ε0
补充例:P53 例1的前半部分。
证明:对于两个无限大带电平板导体来说:(1)相向的两面上,电荷面密度总是大小相等符号相反;(2)相背的两面上,电荷面密度总是大小相等符号相同。
证明:(1)由前面静电场中导体的性质知:电荷分布于表
σ
E =面,E 内=0,导体表面为等势面,导体表面外一点ε。
σσ4
S
2• P''
n
平板导体所带电荷分布于表面,因为无限大,所以均匀分布,设
1、2、3、4面分别带电荷面密度为σ1、σ2、σ3、σ4。利用上述性质,
选取如图的高斯面,有(由高斯高理):
φES =φES +φES
1
2
∵ E 内=0
σ2S 1+σ3S 2σ2+σ3
+φES 侧==⋅∆S
ε0ε0
∴ φES 1=φES 2=0
4
又 E 侧⊥S 侧 ∴φES 侧=0 即φES =0
故
σ2+σ3=0σ2=-σ3
(2)在导体内任取一点P (任意的)
∵ E 内P =0⇒E 1+E 2+E 3+E 4=0
即
σ3σσσ
ˆ+2n ˆ+1n ˆ-4n ˆ=0 n 2ε02ε02ε02ε0
σ2=-σ3 ∴σ1=σ4
σσ=; (由四如果P 点在导体外,如图中的P ′点,则E P '=εε
板场强迭加得到或由静电平衡时导体表面外一点的场强得到)
σ4σ1=如果P 点在导体外,如图中的P ''点,则E P ''=εε。
三、综合本节内容,得到两个结论:P58—59
P58: 的影响;接地封闭导体壳外部静电场不受壳内电荷的影响。
P58-59Q 1,壳内表面电荷为Q 2(=-Q 1),壳外表面电荷为Q 3,壳外空间电荷为Q 4,则无论导体壳是否接地,壳内电荷Q 1和导体壳内表面上的电荷Q 2,在导体壳内表面之外任一点激发的合场强为零;壳外表面上电荷Q 3和壳外电荷Q 4,在导体壳外表面之内任一点激发的合场强为零。
例(补充):习题2、2、3 P79
5
3
A B
解:根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论: (1) Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=Q A +Q B
(2) V Q A +Q B
B =4πε
0R B
V R B
Q A 1⎛A =V B +⎰
R = Q B Q A ⎫
⎪A 4πε0r 24πε0 ⎝R +B R A ⎪⎭
(3)B 球接地
Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=0 V B =0
V A ⎛11A =
Q 4πε ⎫
0 ⎝R -⎪ A R B ⎪⎭
(4)A 球接地:接地导体球A 外还有带电导体球壳B ,所以球表面电荷面密度不为零。
设A 球所带电荷为Q 'A ,则
V Q B +Q 'A Q 'A
⎛A =4πε- 11⎫0R B 4πε0 ⎝R -⎪B R A ⎪⎭
=0 (电势迭加)
A 6
∴
Q 'A =-
R A
Q B R B R A
Q B R B R A
Q B R B
Q S 1=Q 'A =-Q S 2=-Q 'A =
(R -R )Q R Q A
S 3=Q B +Q 'A =Q B -
R Q A B B =B B R B
V Q B +Q 'A
(R B
-R A )Q B B =4πε=4πε2
0R B 0R B
(5)在B 外再罩一个同心且很薄中性金属壳C 后
5
Q S 1=Q A , Q S 2=-Q A , Q S 3=Q A +Q B , Q S 4=-(Q A +Q B )=-Q S 5V Q A +Q B C =
4πε0R C
V =
Q A +Q B
B 4πε0R B
∴
V 1⎛Q A =4πε 0 B ⎝R +Q A ⎫⎪ B R A ⎪⎭
例1(补充) :习题2、3、3, P80
外球B
R 2
R 1
R
内球A
地球
证明:如果内球未接地,此时的球形电容器的电容为:
7
C AB
4πε0R 1R 2= R 2-R 1
如果内球A 接地,这时除内外球可视为一个电容器外,外球表面与地面也形成一个电容器。此时的总电容可看成是两个电容器的并联电容。而
C =4πε0RR 2B 地
R -R =
4πε02
11 R -2R
又 R >>R 2
∴ C B 地=4πε0R 2(是孤立球形导体的电容) ∴ C =C =4πεR 2
02R 14AB +C B 地R +4πεπε0R 20R 2= 2-R 1R 2-R 1
证毕。
例2(补充) : 习题2、3、4 P80
等效图1
等效图2
解:(1)此时可将电容器等效成:
8
C AK
2ε0S
== d 2d
ε0S
2εS εS
C KB
=0d
,
C AB =
0d
C AK 、C KB 串联:
C C AK C KB
ε0S K =C =d
AK +C KB ∴ C 总=C K +C AB
=2ε0S d
=2C AB
即电容器电容变为原来的两倍。 (2)此时的等效图为(B 与K 相连接) (AB 之间的电压其实就是AK 之间的电压)C =
2ε0S 0S
AK
d
C AB =
εd
C =C AK +C =3ε0S AB
d
=3C AB
即电容器电容变为原来的三倍。
例3(补充) : 2、1、4 P78
σ
σ2
σσ4
A
B
d
解:利用静电平衡条件列方程得:
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⎧⎪σ1=σ4⎪⎪
σ2=-σ3⎨
σ+σ=q A (无限大平行金属板)
⎪1
2⎪
S ⎪⎩σ3+σ4=0
解得:σq A
1=
2S =σ2=σ4 σq A 3=
2S
∴V =⎰E ⋅d l =E σq d
内内d =2εd =A
02ε0S
将B 板接地:(σ4=0)
⎧
⎪⎪⎪
σ1=σ4=0⎨
⎪
σ2=-σ3⎪⎩
σ1+σq ⎪A 2=S ∴ σ2
=-σ3=
q A
S
V =⎰E σq d
内⋅d l =E 内d =2εd =A
02ε0S
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