高中物理强基计划-第7部分-静电场在高中物理课程中，我们学习了有关静电场的基本概念和主要公式；在这个模块中，我们再介绍一些拓展内容，例如：高斯定理、电势的计算、电像法、电容(电容电路)、电场能量等。1、高斯定理原则上说，根据点电荷场强公式和场强叠加原理可以计算任意分布的电荷所产生的电场。但是对于电荷连续分布等复杂情况，需要用到较多的数学知识(如微积分),计算量也较大。下面我们再介绍一个计算场强的方法——高斯定理。在阐述这个定理之前，我们需要先介绍一个物理量。在高中课程中我们已经知道，可以用电场线的疏密来描述场强的大小。在如图所示的情景中，点电荷在球面S₁、S₂处产生的场强不同，但通过观察易知：穿过S₁、S₂面的电场线总根数相同，这是一个新的物理量，类比磁通量的概念，这个物理量称为电通量。1.电通量(1)定义①当匀强电场E与面积为S的平面垂直时，穿过该平面的电通量φ=ES②如图所示，当匀强电场E与面积为S的平面不垂直时，穿过该平面的电通量φ=ES₁=EScosθ或①=E₁S=EScosθ③一般情况下(非匀强电场、曲面情况),穿过某一面积的电通量定义为①=ZE·△S=ʃE.ds,其中，任意面元△S的法线方向定义为该面元的方向。④计算电通量时，S应为有效面积。如图所示，平面面积为S,但只有S₂区域内有电场，则电通量φ=ES₂(2)电通量也可以用穿过某一截面的电场线的总根数描述。(3)电通量是标量，遵守算数加法法则。但电通量有正负，一个曲面有正反两个面，定义从某一个面穿过的电通量为正，则从另外一个面穿过的电通量为负。2.高斯定理下面我们不加证明的给出高斯定理。真空静电场中穿过任意闭合曲面S(称高斯面)的电通量可表示为φ=4πk∑q;,式中k是静电力常量，Zq;为闭合曲面内全部电荷的代数和。(1)计算电通量φ时，E为空间的总电场(2)∑q只是对高斯面内的电荷求和，高斯面外的电荷对电通量无贡献。利用高斯定理也可以求解场强，我们先通过一个最简单的例子说明问题。如图所示，求解与正点电荷q距离为r处的A点的场强，可以采用如下方法。以正点电荷为球心，r为半径做闭合球面(构造高斯面),由对称性可知，球面上各处场强大小都相同(等于A点场强),方向与球面垂直，由高斯定理可得：E×4πr²=4kπq,解得：,这与我们已知的结果相同。当电荷分布具有某种对称性时，合理地选取高斯面，利用高斯定理求解场强可简化问题，具体技巧请大家结合例题学习。****************************************************************************************说明：高斯定理的证明、静电场是有源场。***************************************************************************************下面补充一个可能会用到的数学知识：如图所示，若球半径是R,球冠的高是h,则球冠面积是S=2πRh。【例1】(1)设均匀带电球壳半径为R、总带电量为Q,求距离球心r处的场强大小(不讨论R=r的情况)(2)设均匀带电球体半径为R、总带电量为Q,求距离球心r处的场强大小(不讨论R=r的情况)【答案】(1);(2)【例2】如图所示，一无限长直线均匀带电，电荷线密度为A,考察点P到直线的距离为r,求P点的场强大小。【答案】【例3】设均匀带正电的无限大平面的面电荷密度为σ,求平面一侧距离平面r处的场强【答案】E=2kπσ(为匀强电场，与距离r无关)【例4】如图所示，在-d≤x≤d的空间区域内(y,z方向无限延伸)均匀分布着密度为p的正电荷，此外均为真空。试求|x≤d处的场强分布。【答案】E=4kπp:【例5】一点电荷q位于立方体中心，立方体边长为a,求：(1)通过立方体一面的电通量(2)如果该电荷移至立方体的一个角上，这时通过立方体每个面的电通量各是多少【解析】(1)点电荷位于立方体中心时，通过立方体表面的总电通量为4kπq,由对称性可知，通过一个面的电通量为(2)点电荷位于立方体的一个顶点时，可将该立方体看做8个同样的立方体组成的大立方体的一角，q位于大立方体的中心。因此，小立方体有三个面没有电场线穿过，电通量为零；另外三个面的电通量均为【答案】见解析【例6】半径为r的圆板，在与其中心O距离为d处放置一点电荷q,试计算板上的电通量。【解析】如图所示，以点电荷q为球心，以R=√d²+r²为半径作一球面，显然通过圆板的电通量与以圆板边界为界的球冠面的电通量相同。整个球面上的电通量φ=4kπq,则球冠面上的电通量,因此，通过圆板的电通量也为【答案】【例7】如图所示，电场线从正电荷+q₁出发，与正负电荷连线成α角，求该电场线进入负点电荷-q₂的角度β是多大。【解析】以点电荷+q,和-q₂为中心，取一半径r很小的球面，可视为其上电场线均匀分布，穿出2α角所对球冠面的电场线应完全穿入2β角所对的球冠面，两面上电通量相等，可得：解得：【答案】****************************************************************************************补充：同学们还可以将流速场与静电场类比。【补充1】假设水池中有一喷头A可以向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水量为Q,强力吸收器B可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水量为Q₂。现将A、B放在相距2a的位置上，同时开启，不考虑重力及阻力，求A、B两线中点处水的流速。【答案】********************************************************************************************************************************************************补充：下面补充一些利用微元法和对称性求解电场强度的题目【补充2】正电荷均匀分布在半球面上，它在O处产生的电场强度等于Eo,两个平面通过同一条直径，夹角为α,从半球中分出一部分球面，如图所示。试求所分出的这部分球面(小瓣)上的电荷在O处产生的电场强度E。【答案】【补充3】一无限长均匀带电细导线弯成如图所示的平面图形，其中AB是半圆弧，半径为R,AA’和BB’是两平行直线，A’和B’向右端无限延伸。设单位长度导线带电量为A,试求圆心O处的电场强度。【解析】如图所示，在圆弧上取一小段微元ab(对应的圆心角为△θ),它在O点产生的电场强度为,对应地在直导线上取一段微元a’b’,其在O点产生的场强为,因为△θ很小，因此sin△θ≈△θ、sinα≈sinβ,可得,故两个微元在O点的合场强为零。因此，由对称性可知导线在O点的总场强E₀=0。【答案】见解析【补充4】如图所示，半径为R的半圆形绝缘线上、圆弧分别均匀带电+q和-q,求圆心处的场强【解析】根据补充3结论可知，圆弧在O点产生的场强E₁与带正电的射线CD(电荷线密度相同)在O点产生的场强等大反向，若射线CD带负电，则它在O点产生的场强与E₁相同，如图所示。同理，圆弧在O点产生的场强与带负电的射线AB产生的场强等大反向，故与带负电的射线CE在O点产生的场强等效。因此圆弧在O点产生的场强等效于无限长带负电的ED在O点产生的场强，利用高斯定理可得：,方向沿y轴负方向。【答案】见解析******************************************************2、电势的计算1.点电荷的电势(电势能)若真空中场源电荷为点电荷Q,位于O点。P为其电场中任意一点，O、P之间的距离为r。在P*点放置另一个点电荷q,则q所具有的电势能为：P的电势为：;注意：点电荷的电势、电势能公式中，Q、q都带正负号计算。且默认取无穷远或大地为电势(电势能)零点****************************************************************************************说明：点电荷的电势公式推导既可以类比引力势能的推导，也可以利用点电荷的场强公式直接积分。******************************************************************************2.电势的叠加原理若场源是由若干个点电荷所组成的电荷体系，则它们的合电势为各个点电荷单独存在时电势的代数和，此即电势叠加原理。如果空间电荷分布具有某些对称性，求解电势时应充分利用对称性，以达到简化问题的目的。具体技巧请大家结合例题学习。****************************************************************************************例题说明：下面几道题练习点电荷的电势及叠加原理******************************************************************【例8】如图所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为A,圆心在O点，过圆心与环面垂直的轴线上有P点，PO=r。以无穷远为电势零点，求P点的电势。【解析】将圆环分成很多微元，任意微元(可以看做点电荷)△q在P点产生的电势根据叠加原理可得，P点电势【答案】见解析【例9】如图所示，在空间坐标系Oxyz中，A,B两处固定两个电量分别为cq和q的点电荷，A处为正电荷，B处为负电荷，A,B位于O点两侧，距离O点都为a,确定空间中电势为零的等势面所满足的方程。【解析】设空间电势为零的点的坐标为P(x,yz)。以无穷远为电势零点，根据,有。当c=1时，可化简为x=0,即电势为零的等势面为平面x=0;当c≠1时，可化简为,即电势为零的等式面为球心,半径为的球面。【答案】见解析*【例10】设三个点电荷的电荷量分别为q₁、q₂、q₃,相互间的距离分别为n₂、r3、,试求这三个电荷系统的静电势能。【答案】***************************************************************************************补充：下面补充一道题目，本题可以利用点电荷电势及叠加原理求解，也可以利用电势也场强的定性关系求极值。【补充5】如图所示，正点电荷Q和正点电荷Q₂分别放置在A、B两点，两点间距L。现以L为直径做一半圆，电荷在此半圆上有一电势最小的位置P,设PA与AB的夹角为α,则α=【答案】**************************************************************************************************************************************************************************例题说明：下面几道题目考察球壳的电势，有些需要结合静电平衡的知识。****************************************************************************************【例11】设均匀带电的薄球壳半径为R、总带电量为Q,求距离球心r处的电势大小【解析】在球壳内，由于场强为零，故移动电荷时电场力不做功，电势处处相等，都等于球壳表面的电势；球面外的电场分布与一个点电荷Q在球心处产生的电场分布相同，因此球壳外某一点的电势可利用点电荷的电势公式计算。可得：【答案】见解析【例12】真空中，有四个电量均为q的均匀带电绝缘薄球壳，它们的半径分别为R,,彼此内切于P点(不接触，不考虑电荷的重新分布)。球心分别为O₁,O₂,O₃,O₄,如图所示。求O₄与O间的电势差。【解析】点O₄处在这四个带电薄球壳内部，所以点O₄的电势为点O在半径为R的球壳内，在半径为的球壳表面，在半径为点O的电势为0的电势差因此O₄与O【答案】的薄球壳的外面，所以【例13】半径分别为R和R₂的两个同心球面均匀带电，电荷面密度分别为σ,和σ₂。试求：(1)大球面任意直径AB上的电势分布(2)如果过AB将两球面各切掉一半，如图所示，假设剩下两半球面仍均匀带电，电荷面密度保持不变，直径AB上的电势分布又如何。【解析】(1)大球面均匀带电，它在球内产生的电势处处相等，;小球面均匀带电，它在其内外产生的电势为由电势叠加原理可得：直径AB上电势分布为(2)通过直径AB将两个球面都切去一半时，切去的半球面和剩下的半球面对称，剩下的半球面对直径AB上的电势的贡献为完整球面的一半，因此：【答案】见解析【例14】如图所示，两个半径分别为r和r₂的金属球用导线相连，并且相隔很远，计算其带电量q₁和q₂之比及面电荷密度σ₁和σ₂之比【答案】【例15】在半径为R的金属球内偏心地挖出一个半径为r的球形空腔，腔内距腔心d处置一点电荷q,金属球带电-q,则空腔中心的电势为A.0 B.C.D.【解析】空腔的内表面会感应出电荷-q(电荷分布不均匀，但距离空腔中心等距),由于金属球带电-q,说明金属球外表面恰好不带电。因此，由叠加原理可知，空腔中心的电势D正确。【答案】D【例16】半径为R的接地金属球外有一电荷量为q的点电荷，点电荷与球心O相距d=2R,如图所示。金属球上感应电荷的电荷量为A.0B.C.D.-9【解析】由于金属球接地，其表面电势为零，且球是等势体，所以球心处电势为零。点电荷q在球心O处产生电势为;设金属球上的感应电荷为Q,这些感应电荷距离球心都为R,根据叠加原理，Q在O处产生电势为;根据球心电势为零可得：,解得,选项C正确。【答案】C【例17】一个半径为a的孤立的带电金属丝环，其中心处电势为U。将此环靠近半径为b的接地金属球，只有环中心O点位于球面上，如图所示，试求金属球上感应电荷的电量。【解析】设金属丝的带电量为q,则金属丝在O点产生的电势满足设金属球的感应电荷量为q’,由于金属球接地，故金属球是一个电势为零的等势体，因此，环上电荷及球上感应电荷在球心O处产生的电势之和应为零，即联立解【答案】******************************************************补充：下面再补充一道与静电平衡结合的问题，有一定难度。**************************【补充6】一个带绝缘柄、半径为r的金属小球原来不带电，另有一个半径为R(R>r)的极薄带正电Q的金属球壳，如图所示。依下列程序依次操作，每项操作之后，小球及球壳的带电情况如何变化?它们的电势如何变化?(球壳开口较小，可近似当做完整球壳计算)(1)把小球从距球壳很远处通过壳上的小孔移入壳内中心O处，移动过程中两者不接触；(2)把位于球壳中心的小球接一下地，立即断开；(3)把球壳接一下地，立即断开；(4)把小球从球壳内取出，移到跟球壳中心O距离为d的O’点，移动过程中两者不接触【解析】(1)小球原来不带电，移到O点后仍然不带电。带正电Q的导体球壳是个等势体，球壳的电量、电势不因小球的进入而改变。小球移到O点后电势也变成(2)小球未接地前电势为正，接地后电势迅速变为零，这一瞬间有电量为-q的电子由地通过接地线流入小球，有,得。由于小球带上-q,因此球壳内表面会出现+q,根据电荷守恒定律，球壳外表面剩余电量为,内表面和小球之间的空腔出现电场，电场方向指向小球。球壳的电势会改变，其电势数值根据叠加原理可得：5。说明球壳电势仍为正，比小球高，但比原来降低了。(3)把球壳接一下地，球壳电势立即变为零。这一瞬间有电荷量为-(Q-q)的电子由地通过接地线移入球壳，壳内表面仍有净正电荷。小球电量-q不变，空腔电场分布不变，但小球电势会改变，根据叠加原理，设小球电势变为φ’,有(4)小球移出壳外，小球电量和球壳电量都不变，设小球电势变为q,球壳电势变为4₂,由叠加原理有0【答案】见解析******************************************************************************************************************************************************************************例题说明：下面几道题结合对称性求解****************************************************************************************【例18】三根等长绝缘棒连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同号电荷，测得图中P,Q两点(均为相应正三角形的中心)的电势分别为U,和U。,若撤去BC棒，则P,Q两点的电势为U·=;Uo=。【解析】根据对称性，设AB,BC,CA三棒对P点的电势贡献及AC对Q点的电势贡献皆为U;AB,BC棒对Q点的电势贡献皆为U₂。则Up=3U₁,U₀=U₁+2U₂,解得：,。撤去BC棒后，P、Q两点的电势分别变为：,。【答案】;【例19】如图所示，半径为R的均匀带电半球壳，带电量为q,球心为O,P、Q为轴上对称的两点PO=QO。如已知P点的电势为Up,求Q点电势U。。【解析】如果在带电半球右边再补上完全相同的带电半球壳。总带电量为2q。由于对称性，左半球在Q点的电势与右半球在P点电势相同，即U。=Up。两边同加上Up,则U。+Up=Up+Up。上式右边为左、右半球全部电荷在P点的电势。即带电量为2q的均匀带电球壳在球心处的电势，则,解得：【答案】【例20】如图所示，正四面体ABCD各面为导体，但又彼此绝缘。已知带电后四个面的电势分别为4、42、43、44,求四面体中心O的电势φ【解析】若正四面体的四个面电势相同，四面体就是一个等势体，其中心点电势即可确定，现正四面体ABCD各面电势均不同，因此其中心点的电势难以直接确定，我们可以进行等效替代：构造同样的三个四面电势分别为4、42、43、Q₄的正四面体，将他们适当地叠在一起，使四个面的电势均为q₁+4₂+9₃+94,这个叠加而成的四面体是等势体，其中心点电势即为9₁+92+9s+9₂。由于这四个四面体在中心点的电势相同，故一个四面体在中心点的电势为【答案】*********************************************************************补充：下面再补充一道相似的问题。【补充7】一个立方体有五个导电面接地，而第六个导电面与其余五个面绝缘，电势为φ。求立方体中心电势【答案】************************************:3.场强与电势的关系在匀强电场中，两点间的电势差U与场强E满足：,其中d为两点间沿场强方向的距离。类似的，在非匀强电场中，取△x→0的两点，在此小范围内电场可近似认为是匀强电场，则-△φ=E·△x,即【例21】两个点电荷固定在x轴上，从左到右分别记为Q和Q。经测量，在x>0的轴上电子的电势能曲线如图所示，其中x是电势能为零的点的坐标。x;是电势能为极小值的点的坐标。电子与电量为Q的点电荷距离为r时，电势能为。求：(1)电荷Q₂的位置x(Q₂)。(2)电荷Q的位置x(Q)。(3)两电荷量之比Q/Q₂【解析】(1)由图可知，趋于原点时，电子的电势能趋于正无穷大，因此原点处有个负电荷；由于在xo处存在电势能为零的点，因此另外一个电荷必定为正电荷，且该正电荷在x<0区域(因为在趋于正电荷位置时，电势能趋于负无穷，而x>0区域内没有电势能趋于负无穷的位置)。综合上述分析可知，Q2为负电荷，处于原点，即x(Q₂)=0(2)(3)Q为正电荷，在x<0区域，设其位置为-x₂;由于x₀处电势能为零，即x₁为电势能极小值点，因此在该点电场强度为零。。联立两式解得：;(3)【答案】(1)x(Q₂)=0;(2)3、电像法前面已经说过，如果电荷分布已知，即可根据点电荷场强公式和叠加原理计算空间的电场分布。但是实际问题中，一旦存在导体或介质，由于事先不知道或很难确定导体上的感应电荷分布，因此很难利用这种方法求解。下面我们再介绍一种处理方法——电像法。在阐述这个方法之前，我们需要介绍一下静电场中的唯一性定理。这个定理在大学课程中会学到，这里我们只做简单介绍，大家了解一下结论即可。1.静电场边值问题的唯一性定理给定各带电导体的几何形状，相互位置和下列条件之一：①每个导体的电势U其中i=1,2,3…为各导体的编号②每个导体上的总电量Q空间电场的恒定分布被唯一地确定2.电像法我们先来看一个例子，设有一对点电荷，带电量分别为+q、-q,相距为2a,其电场线和等势面如图所示。现在考察图中标明为U,的那个等势面，假设有一个形状恰好与此面相吻合的金属薄片，如果把它准确的安置在图中电势为U₁的面上，同时调整此金属片的电势恰好为U,那么整个空间的电场不会改变(由唯一性定理保证)。利用上述分析，我们可以反过来解决一个新问题：一块给定了电势U的曲面导体(形状与上述情况相同),并在此导体前面放一个点电荷(相对位置也与上述情况相同),那么此导体外部与点电荷同侧的空间电场分布和一对点电荷(相对位置与上述情况相同)所激发的电场相同。这样在求解电场时，并不需要求出导体上的感应电荷分布，只需寻找一个点电荷(称为像电荷)-q便能解决问题，这就是电像法。在某些情况下，从边界面和电荷的几何位置能够推断：在所考察的区域外，适当放几个量值合适的电荷，就能够模拟所需要的边界条件，这些电荷称为像电荷，而这种用一个带有像电荷的、无界的扩大区域，来代替有界区域的方法，就称为电像法。电像法的实质在于将一给定的静电场变换为另一易于计算的等效静电场，多用于求解在边界面前面有一个或一个以上点电荷的问题。具体技巧请大家结合例题学习。【例22】如图所示，无限大的接地导体板，在距板d处的A点有一个电量为Q的正电荷，求板上的感应电荷对点电荷Q的作用力。【解析】由于导体板接地，板上电势为零，在点电荷Q的作用下，板的右侧出现感应电荷，但其电量及分布未知，故无法直接求出它们对电荷Q的作用力。由于导体为一等势面，从点电荷Q发出的电场线应处处与导体面正交而终止，因而导体板右侧电场线分布如图所示，容易联想到等量异种电荷的电场：两点电荷连线的垂直平分面为一电势为零的等势面。因此，导体板上的感应电荷可用Q关于导体面镜像对称的像电荷-Q代替。因此，Q受力【答案】见解析【例23】如图所示，有一块很大的接地导体，具有两个互相垂直的表面，在此两表面外较近处有一个点电荷q,坐标为(x,y₀),试求点电荷q的受力情况.x【解析】求点电荷q的受力即要求O4、OB板上的感应电荷对它的作用力，但感应电荷在板上的分布并不均匀，直接求它们对q的作用很困难。如果此时空间中的电场与某些点电荷产生的电场相同，边界面上的感应电荷就可用这些点电荷替代。为使O4、OB板电势为零，可先在q关于OA、OB对称处分别放置q、92,9₁=92=-9。9、q₁能使OA板电势为零，但不能使OB板电势为零；q、9₂能使OB板电势为零，但不能使OA板电势为零。为使两板电势均为零，还需再放置一个与q、q₂都对称的q₃=q,如图所示。导体表面感应电荷对q的作用力相当于q₁、q₂、93三个镜像电荷对其的作用力。,,即,同理可,负号表示力与x、y轴的方向相反。再对E、F,合成即可。【答案】见解析【例24】已知接地金属导体球附近存在一个点电荷时，该系统在球外空间产生的电场可以等效地看成由原来的点电荷与另一个位于球内适当位置具有适当电量的点电荷q共同产生。设接地导体球半径为R,球外点电荷q距球心距离为d,如图所示，试确定另一电荷q’的位置和电量。【答案】像电荷位于球心O与点电荷q连线上距O点,电荷量。****************************************************************************************补充：本题要严格证明像电荷可以替代感应电荷需要用到阿波罗尼斯圆。****************************************************************************************4、电容电容器是存储电荷的元件，电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，在高中阶段我们研究的主要是平行板电容器的电容。实际上，孤立导体也能带电，也具有电容，下面我们介绍一下孤立导体的电容。1.孤立导体的电容孤立导体的电容可以理解为孤立导体与无穷远处的另一个无限大极板间的电容。孤立导体的电容定义为其带电量Q与其电势U的比值，即例题精讲【例25】试求半径为R的孤立导体球的电容为多大【解析】假设导体球均匀带电，带电量为Q,则导体球的电势为。因此，电容【答案】【例26】让一个原来不带电的导体小球与一个带电量为Q的导体大球接触，分开之后小球获得电量q。现让小球与大球反复接触，在每次分开之后，都给大球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q。求小球可能获得的最大电量。【解析】大球与小球接触后，两者电势相等，两球带电量之比等于电容之比，而电容只与导体本身形状、位置有关，与带电量无关。第一次两球接触后，小球与大球带电量之比为,多次接,解得：触之后，小球带电量趋于qm,大球带电量趋于Q,因此有：【答案】*************************************************************************************例题说明：下面这道题不是单体电容，补充一下同心球形电容器的电容。同轴圆柱电容器的电容计算需要积分。**********************************************************************************【例27】半径为R,的导体球壳(或球)与半径为R₂(R₂>R)形电容器，求此电容器的电容的导体球壳同心放置，便构成了同心球【解析】设内球壳带电量为Q,外球壳带电量为-Q,则内外球壳间电势差,则【答案】**********************************************************************补充：下面补充一道题目作为对比。【补充8】如图所示，在半径R的薄壁金属球壳里，有与球壳同心、半径r的金属球，借助非常长的导线穿过球壳上的孔将球心与大地相连，外球壳带电荷量为Q,试求该导体系统的电容。【解析】内球球心接地，故球心电势4o=0,达到静电平衡时金属球上的电荷均匀分布在外表面，设带电量为q,有【答案】见解析***********************,解得。因此外球壳的电势,系统的电容0************************************************2.静电计静电计是在验电器的基础上制成的、用来测量导体间电势差的仪器。从如图所示的结构上看静电计其实是一个电容器，金属小球a和金属杆b及指针c组成一个电极，金属圆筒外壳d为另一个电极，两极间是互相绝缘的，因为静电计的电极尺寸较小，两极间的距离较远，所以等效电容非常小，另外考虑到圆筒的对称性，当指针张角变化时，静电计的电容值可看作不变。如图所示，由a、b板构成的平行板电容器已经充电，当静电计与之并联测量两极板间的电势差时，有一部分正电荷会流向静电计，使指针和金属杆带上正电，外壳内表面感应出负电荷，从而在金属杆和外壳之间形成电场，指针在电场力的作用下发生偏转，金属杆和外壳间的电势差越大，电场的场强越大，指针的偏角也越大。静电计与平行板电容器连接时，平行板电容器的电量减小，两板间的电压也随之减小，所以静电计指针显示的电压要比原来的电压小，但由于静电计的电容很小，只要分得极小的电荷量，就能达到静电平衡，所以它对极板电量的影响可以忽略，因此静电计显示的电压就是需要测量的电压。【例28】如图所示，利用电压表和静电计测量电容器C、C₂上的电压，电源电动势为E,当电路稳定后，下列说法正确的是A.电压表、静电计测得的电势差均为B.电压表测得的电势差比静电计测得的电势差大C.电压表测得的电势差为零，静电计测得的电势差为E D.电压表测得的电势差为E,静电计测得的电势差为零【答案】C 3.电容器的连接(1)电容器的串联如图所示，把n个电容器的极板首尾相连，电源的正负极分别接到此电容器组两端的极板上，这种连接方式叫串联。串联电路的特点：每个电容器所带的电荷量相等，即q₁=92=…=9;等于每个电容器两极板上的电压之和，即U=U₁+U₂+…+U,。整个电容器组两端的电压(2)电容器的并联,因此，o如图所示，有n个电容器，每个电容器的一个极板接到同一点A,另一极板接到另一点B,A、B两点分别接到电源的两极上，这种接法叫并联。并联电路的特点：加在各电容器上的电压均相同，即U₁=U₂=…=U,;所带电荷量之和，即q=9₁+92+…+9;联立可得：总电容C=C₁+C₂+…+C。总电荷量等于各电容器【例29】已知两只电容器的电容和耐压分别为C₁=1.0μF,U₁≤6V;C₂=2.0μF,U₂≤4.0V。两只电容器串联时，他们能承受多大电压。【答案】9V将这【例30】试求如图所示的混联电容器的总耐压值，图中标出的数据是各电容器的电容值及额定电压值。【答案】220V【例31】已知三个电容器按如图所示方式连接，各电容器的电容和耐压值分别为C:10μF,300V;C₂:20μF,400V;C₃:50μF,50V。如果U=360V,闭合S后，各电容器会出现什么情况。【解析】S闭合后，C₂、C3并联，电压不能超过C3的耐压50V,C#=C₂+C3=70μF。G与C#串联，电量相等，有CU₁=CU₂,U₁+U₂=360V,联立解得：U₁=315V,超过了C的耐压值，所以C被击穿，将会短路。因此，U,加在并联电容上，C;也会被击穿，电源被短路。【答案】见解析【例32】如图所示，一平行板电容器，充以三种相对介电常数分别为s₁、E₂、E3的均匀介质，板的面积为S,板间距离为2d。试求电容器的电容。【解析】该电容器可以等效为由电容的电容器与的电容器串联后再与的电容器并联。则等效电容为【答案】见解析*********************补充：下面补充一道类似的题目。【补充9】原电容器的电容为C。,现插入厚度为,相对介电常数为ε的介质，且只占面积，如图所示，求现在电容器的电容C【答案】***************************************************************************************************************************例题说明：下面题目需要综合电容、电势、电荷守恒等知识求解*******************************************************************************【例33】在如图所示的电路中，三个电容器的电容相同，电源的电动势E₁=3.0V,E₂=4.5V。设开关S₁、S₂接通前三个电容器都不带电，求S、S₂接通后U、U、U。各是多少【解析】假设三个电容器各极板的电荷极性如图所示，与a、b、c三点相连的极板上的电荷量分别为Q、Q₂、-Q₃,则与它们相对的极板上的电荷量分别为-Q、-Q2、Q。根据电荷守恒定律，有(-9)+(-Q₂)+Q=0;根据电压关系，有1,联立解得：,,【答案】见解析【例34】如图所示，电源电动势E(内阻不计)、电阻R₁和R2、三个电容器电容C、C₂和C₃均是已知量，求电容器C3所带的电量大小。【答案】【例35】三个完全相同的电容器如图连接，已知电容器1带电量为Q,上板带正电荷，电容器2、3原来不带电。用导线将a、b连接，求电容器2的上、下极板所带电量及电性。【解析】设a、b相连后，三个电容器上极板的电量分别为q₁、q₂、9₃,根据电荷守恒定律有：9₁+q₂=Q、(-qi)+(-q3)=(-2);由电压关系可得：联立解得：,。故电容器2上极板带正电，下极板带负电，电量为【答案】见解析【例36】两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为,求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。设边缘效应可忽略。【解析】由于两电容器相同，可设初始时A、B电容均为C,两极板间电压均为U,所带电荷量均为Q,则A极板间场强①设B的极板面积为S,移动后极板的正对面积变为S’,根据平行板电容器公式可知：此时B的电容变为。设B的极板移动后，A、B带电量分别为Q、Q₈,电压均变为U"。则Q=CU",Q=CU",根据电荷守恒可得Q+Q=2Q,联立可得：此时，A极板间场强i②初始时，带电粒子在A极板间保持静止，则qE-mg=0③B的极板移动后，带电粒子在A极板间有的加速度，则④联立①②③④可得：【答案】*********:***********************************************************补充：下面再补充一道类似的简单题目。【补充10】如图所示，当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m,带电量为+q的质点，平衡在极板间的空气区域中。此后，若将平行板电容器中的电介质抽去，则该质点A.保持不动B.是否运动不能确定C.向上运动D.向下运动+Q【答案】C********************************************************************************************************************************************************************************例题说明：下面的题目需要综合应用电场模块的知识，作为一个练习小专题。********************************************************************【例37】对于两个无限大的平行平面带电导体板，证明：(1)相向的两面上，电荷的面密度是大小相等，符号相反(2)向背的两面上，电荷的面密度是大小相等，符号相同【解析】如图所示，两无限大的平行平面带电导体板，设四个面1、2、3、4上的面电荷密度分别为q₁、C₂、C₃、C₄,它们各自在平面两侧产生的电场强度大小为E,=2kπc;。a、b导体内部场强为零，根据场强叠加原理可得：(向右为正)Ea=2kπ(c₁-O₂-σ₃-σ₄)=0;E₀=2kπ(c₁+C₂+c₃-σ₄)=0联立可得：O=O4;O₂=-O【答案】见解析【例38】两块平行放置的大金属薄板面积都是S,它们之间的距离为d(d远小于金属板的线度),已知A板带电+Q,B板带电+Q₂(Q2<Q),求A、B两板间的电势差。【解析】当两板靠近后，将发生静电感应现象，使得两板电荷重新分布。设静电平衡后，四个面上的电荷分别为Q、Q₂、Q、Q₂,如图所示。由电荷守恒定律得：Q₁+Q₂=Q;Q₁+Q22=Q2。由导体内部场强为零，可得：;联立解得：),A、B板间为一匀强电场，电场强度,因此，【答案】【例39】如图所示，三块金属板A、B、C平行放置，A、B之间的距离是B、C之间距离的2倍，A、C连接后接地，使B板带电+18μC电量，则A、B、C三块金属板的左、右六个表面上的电荷分别为多少?【答案】从左到右依次为：0、-6μuC、6μC、12μC、-12μC、0【例40】四块相同的正方形金属薄平板从左至右依次平行放置，任意两个相邻平板之间的距离都相等，且平板的边长远大于平板之间的间距。平板从左至右依次编号为1、2、3、4,如图所示。其中第1块板带净电荷q₁(<0),第n块上的净电荷q,=nq₁,n=1,2,3,4。现将第1块和第4块板接地，如图所示，忽略边缘效应。(1)从第1块板和第4块板流入大地的电荷量△q,和△q₄分别为q₁的多少倍?(2)上述两板接地后，哪块板上的电势最低?求该电势的值，将其表示为两相邻极板之间的电容C和q₁的函数。提示：存在净电荷的金属板平面上的电荷可以当做均匀分布；一个电荷分布均匀的平面上单位面积所带的电荷称为面电荷密度σ;在本题中，一个平面如果带有面密度为σ的电荷，该电荷对平面两侧空间的电场强度的贡献E,垂直于该平面，大小为Eo=2kπσ。【解析】(1)由于1、4两块板接地，因此其电势为零，故1板左侧、4板右侧空间场强为零。达到稳定状态时，四块极板均处于静电平衡状态，内部场强为零。为保证上述条件，要求1板左侧，4板右侧带电量为零；1、2;2、3;3、4相对的面带等量异种电荷，可设2、3、4板左侧带电量依次为Q₂、Q₃、Q₄;1、2、3板右侧带电量依次为-Q2、-Q、-Q。该结论证明过程如下：*****************************************************************************设极板面积为S,1板左、右两侧极板带电量依次为Q、Q’;2板左、右两侧极板带电量依次为Q₂、Q₂’;3板左、右两侧极板带电量依次为Q3、Q₃’;4板左、右两侧极板带电量依次为Q₄、04由于1板左侧空间场强为零，则：由于1板内部空间场强为零，则：由于4板内部空间场强为零，则：由于2板内部空间场强为零，则：由于3板内部空间场强为零，则：联立解得：Q=0;Q’=0;Q’=-Q₂;Q=-Q₃;Q’=-Q*****************************************************************************由于2、3板带电量分别为2q₁、3q₁,因此，Q₂-Q3=2q₁Q3-Q₄=3q由于1、4两板电势均为零，故1、4两板间电势差为零，设每两个极板组成的电容器的电容为C,则有：联立解得：;;因此，(2)由于沿电场线方向电势降低，且电场线从正电荷发出指向负电荷，根据(1)中的电荷分布易知，3板的电势最低。由于4板电势为零，因此，【答案】(1);(2)3板的电势最低；4.电容器的储能当两点间的电势差恒为U时，将正电荷q从低电势移到高电势，增加的电势能为△E,=qU。电容器的充电过程，也是将电荷从低电势点移向高电势点的过程，但是在充电过程中，两极板间的电势差是在不断增大的，因此在计算电容器储存的电场能时，要把电势差不断升高的因素考虑进去。如图所示，根据电容的定义式画出的电容器两极板间电压随所带电荷量变化的函数关系，它的斜率是。把图线下的面积划分为许多阶梯形小条，每一小条的面积就表示将△Q的电荷从一个极板搬运到另一极板时克服电场力所做的功。由于△Q很小，可以认为这一过程中，极板电压保持不变，仍为U,。因此在这一过程中，电容器所增加的电势能为△E,=U△Q,当电容器极板间的电压从零增至U,时，电容器储存的静电场能为E=Z△E₁=ZU,△Q,其数值正好等于图线下的三角形面积，即。因此充电后电容器储存的能量为o需要注意的是，在电容器充电过程中，电源提供的能量为E=UQ。这就是说，在充电过程中，电容器仅得到了电源提供的能量的一半，另一半在充电过程中消耗在电路的电阻上而转化为内能，或以电磁波形式辐射出去了。【例41】如图所示，平行板电容器电容为C,两板间距离为d,电源电动势为E,现用外力把两板间的距离拉大到2d,求外力做了多少功?若先拆去电源，再把两极间的距离拉大到2d,则外力做功又是多少?【解析】两板间距离增大一倍后，电容,电容器储存的能量减少此过程中给电源的能量,外力做功若断开电源后将两极板距离增大一倍，则外力做功等于电容器储能的增加，【答案】见解析【例42】如图所示，ad为一平行板电容器的两个极板，bc是一块长、宽都与a板相同的厚导体板，平行地插在a、d之间，导体板的厚度bc=ab=cd,极板a、d与内阻可忽略的电动势为E的蓄电池以及电阻R相连，已知在没有导体板bc时电容器的电容为C。现将导体板bc抽走，且抽走过程中外力所做的功为A,求在电阻R上消耗的电能【解析】当a、d极板间有导体板存在时，由于静电感应，相当于极板间距离减少,因此电容变为。将导体板bc抽走后，电容器中的电能减少量为电容器极板上电量减少量为,因此对电源充电的电能为用W表示电阻上消耗的电能，由能量守恒定律得：A+△E₁=W+△E₂。联立解得：【答案】。
