靜電場

靜電場：相對於觀察者靜止的電場

本章重要概念

• 一個理想模型：點電荷
• 一個實驗規律：庫侖定律
• 兩個物理量：電場強度、電勢
• 兩個定理： 高斯定理、環路定理

電荷 庫倫定律

電荷

引出概念：

電量： 電荷的多少    單位：庫倫（C)

物質的電結構

物質通過電可以作以下分解
分子-> 原子->原子核（質子，中子）、電子

電荷的量子化效應

1909年密立根油滴實驗證明了例子的電荷是量子化的在公式上表達為
\[ Q=N*e \]
其中e為元電荷，其大小為
\[ e=1.6*10^{-19}C \]

電荷的相對論不變性

即在不同的參考系內觀察，同一帶電粒子的電量不變

電荷守恆定律

在電行為中，摩擦起電、靜電感應、電荷中和都只是電荷轉移，而沒有對電荷的總量發生改變
而電子對的淹沒：\(e^-+e^+=2\gamma\)在代數和上沒有對電荷總量進行更改
因此我們有結論：
在一個孤立系統中，無論發生何種物理過程，該系統電荷的代數和保持不變，這就是電荷守恆定律
這一定律在一切巨集觀和微觀過程中普遍成立

庫侖定律

庫侖定律：真空中兩個靜止的電荷之間的作用力（靜電力），與他們所帶的電量的乘積成正比，與他們之間的距離的平方成反比，作用力沿著這兩個點電荷的連線

上述定理表現為公式即是
\[ \vec F_{21}=\vec F_{12}=k\frac{q_1q_2}{r^2} \vec {r_0} \]

靜電力疊加原理

靜電力疊加原理：作用於某電荷上的總靜電力等於其他點電荷單獨作用存在時作用於該電荷的靜電力的向量和

數學上表達為：

1. 離散狀態
   \[\vec F=\sum^{N}_{i=1}\vec F_i\]
   \[\vec {F_i}=\frac{qq_i}{4\pi\epsilon_0r_i^2}\vec {r_{i0}}\]
2. 連續分佈
   \[\vec F=\int d\vec F \]
   \[d\vec F=\frac{qdq}{4\pi\epsilon_0r^2}\vec {r_0}\]

電場強度

電場

場：場是物質存在的一種形式，與實物一樣具有能量與動量，有自己的運動規律，靜質量為0，若干個場可以佔據同一空間，場可以相互疊加。電荷之間的作用就是通過場發生的

靜電場的對外表現

• 對放入其中的物體產生電場力作用
• 對放入其中的導體和電介質產生靜電感應作用和極化作用

• 當帶電體在電場中移動時，電場力將對該帶電體做功，表明電場具有能量。

  電場強度

  想要探究電場強度需要我們引入試探電荷的概念

  試探電荷：帶電量足夠小，不影響原電場分佈，線度小，可視為點電荷的電荷

通過試探電荷我們可以講電場強度定義為\[\vec E=\frac{\vec F}{q_0}\]
其中E的大小在數值上等於單位正電荷在該點所受的電場力的大小
方向與該正電荷所受的電場力相同
單位即是牛/庫倫 N/C
當場中各點的場強大小方向都相等時，我們就可以稱該電場為勻強電場
值得注意的是，通過上述方法測得的電場強度通常比實際的電場強度略小

場強疊加原理

與電場力相似，場強也可以進行疊加
點電荷系：
\[ \vec E=\sum^N_{i=1}\vec {E_i}\]
離散帶電體：
\[\vec E=\int d\vec E\]

電場強度計算

• 點電荷的電場
  \[ \vec E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2}\vec r_0\]
• 點電荷系的電場
  設真空中有n個點電荷設為\(q_1,q_2...q_n\)則場強為
  \[\vec E=\sum_i\vec E_i=\sum_i\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_i}{r_i^2}\vec {r_{i0}}\]
  ---

據此我們引出一個重要例題

解：對於A點 我們可以設+q與-q的場強大小分別為\(\vec E_+ 和\vec E_-\)
\[\vec E_+=\frac{q}{4\pi\epsilon_0(r-\frac{l}{2})^2}\vec i\]
\[\vec E_-=\frac{-q}{4\pi\epsilon_0(r+\frac{l}{2})^2}\vec i\]
相加得到
\[\vec E_A=\frac{2qrl}{4\pi\epsilon_0r^4(1-\frac{l}{2r})^2(1+\frac{l}{2r})^2}\vec i\]
由於r>>l,因此\(\frac{l}{2r}\approx0\)
令\(ql\vec i=\vec p\)
\[\vec E_A=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2ql}{r^3}\vec i=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2\vec p}{r^3}\]
對B點：\(E_+=E-=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{(r^2+\frac{l^2}{4})}\)
\(E_y=0\)
\(E_x=2E_{+x}=-2E_+\frac{\frac{l}{2}}{\sqrt{r^2+\frac{l^2}{4}}}\)
與上同
由於r>>l,因此\(\frac{l}{2r}\approx0\)
令\(ql\vec i=\vec p\)
\[\vec E_B=-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\vec p}{r^3}\]

由此 \(\vec E_A ,\vec E_B\)與p成正比，與\(r^3\)成反比，而\(p\)即為電偶極矩

電偶極子是一個重要的物理模型，在研究電介質的極化、電磁波的發射和吸收以及中性分子之間的相互作用等問題時，都要用到該模型。

• 連續帶電體的電場
  \[\vec E=\int d\vec E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int \frac{dq}{r^2}\vec {r_0}\]
  其中，電荷元\(dq\)隨著不同的電荷分佈應該表示為：
  
  例題分析
  ---

求一均勻帶電細直棒在O點的電場。
已知： a 、\(\theta_1\)、\(\theta_2\)、\(\lambda\)。

我們選擇以角度\(\theta\)作為積分變數
\[l=\frac{a}{tan(\pi-\theta)}=\frac{a}{-tan\theta}\]
\[d l=\frac{a}{(sin\theta)^2}d\theta\]
\[r^2=a^2+l^2=\frac{a^2}{(sin\theta)^2}\]
那麼\(dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda dl}{r^2}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}d\theta\)
據此：
\(dE_x=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}cos\theta d\theta\)
\(dE_y=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}sin\theta d\theta\)
對上述二者進行積分
\(E_x=\int dE_x=\int _{\theta_1} ^{\theta_2}\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}cos\theta d\theta=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}(sin\theta_2-sin\theta_2)\)
\(E_y=\int dE_y=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}sin\theta d\theta=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0a}(cos\theta_1-cos\theta_2)\)
\(E=\sqrt{E_x^2+E_y^2}\)方向即為與X夾角為\(arctan\frac{E_y}{E_x}\)
當直線無限長時，\(E_x=0,E=E_y=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0a}\)
由此得出推論：
無限長均勻帶電直線的場強\(E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0a}\)

\(dE=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0(L-X+a)^2}\)
\(E=\int_{0}^{L}\frac{\lambda dx}{4\pi\varepsilon_0(L-X+a)^2}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}(\frac{1}{a}-\frac{1}{L+a})=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0a(L+a)}\)

求一均勻帶電圓環軸線上任一點 x處的電場。
已知： q 、a 、 x。

\(dq=\lambda dl\)
\(\lambda=\frac{q}{2\pi r}\)
\(dE=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0r^2}\)
據對稱性\(E_x=\int \frac{x}{r}d\vec E\)
因此\(E=\oint_{2\pi a}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{2\pi a}\frac{x}{r^3}dl=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^3}x=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(x^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}\)

求均勻帶電半圓環圓心處的 ，已知 R、\(\lambda\)

\(dE=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0R^2}\)
\(q=\lambda Rd\theta\)
據對稱性
\(E=\int_0^\pi \frac{\lambda Rd\theta}{4\pi\varepsilon_0R^2}sin\theta=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0R}\)

求均勻帶電細圓弧圓心處的場強，已知\(\alpha,\lambda,\)R

與上題同理，只是積分割槽域不同
\(E=\int dE_y=2\int_0^\frac{\alpha}{2} \frac{\lambda Rd\theta}{4\pi\varepsilon_0R^2}cos\theta=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0R}sin\frac{\alpha}{2}\)

求均勻帶電圓盤軸線上任一點的電場。
已知：q、 R、 x 求：Ep

\(dq=\sigma d\pi r^2=\sigma2\pi rdr\)
\(\sigma=\frac{q}{\pi R^2}\)
因為圓環產生的電場強度為：\(\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(x^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}\)
\(dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{xdq}{(x^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x\sigma^22\pi rdr}{4\pi\varepsilon_0(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}\)
\(E=\int dE=\int_0^R \frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\frac{rdr}{(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}(1-\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}})\)

由上，當R>>x時，\(E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\),R<<x\(E\approx\frac{q}{4\pi\varepsilon _0x^2}\)

兩塊無限大均勻帶電平面，已知電荷面密度為\(\pm \sigma\)，計算場強分佈。

由圖得：
兩板之間：\(E=E_++E_-=2\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\)
兩板之間的作用力
由\(f=qE,q=\sigma*s\)得
\[f=\frac{\sigma^2s}{2\varepsilon_0}\]

計算電偶極子在均勻電場中所受的合力和合力矩,已知\(\vec p=q\vec l,\vec E\)

\(M=F_+\frac{l}{2}sin\theta+F_-\frac{l}{2}sin\theta=qlEsin\theta=\vec p\times\vec E\)
據此：\(\vec p\perp \vec E\)有最大力矩，\(\vec p// \vec E\)有最小力矩，力矩總是使電偶極矩轉向電場方向以趨向穩定

靜電場的高斯定理

電力線表示電場

在電場中畫一組曲線，曲線上每一點的切線方向與該點的電場方向一致，則這一組曲線被稱為電力線

通過無限小面元\(dS\)的電力線數目\(d\Phi_e\)與\(dS\)的比值稱為電力線密度。我們規定電場中某點的場強大小等於該點的電力線密度，也即\(E=\frac{d\Phi_e}{dS_{\perp}}\)

電力線性質

• 不閉合，起源於正電荷或者無限遠，止於負電荷或無限遠，不在無電荷處中斷
• 任何兩條電力線不相交

電通量

通過電場中某個面的電力線數目稱為通過該面的電通量。用\(\Phi_e\)表示

\(\Phi=EScos\theta=\vec E\cdot \vec S\)

高斯定理

高斯定理：在真空中的任意靜電場中，通過任一閉合曲面S的電通量\(\Phi_e\),等於該閉合曲面所包圍的電荷電量的代數和除以\(\varepsilon_0\) 而與閉合曲面外的電荷無關。即\[\Phi_e=\oint_s\vec E\cdot d\vec S=\frac{1}{\varepsilon_0}\sum q_i\]

高斯定理的引出

• 場源電荷為點電荷且在閉合曲面內
  以球體作簡單證明：

\(\Phi_e=\oint_s \vec E \cdot \vec S\)
\(=\oint_s \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\vec {r_0}\cdot d\vec s\)
\(=\oint _s\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}dS=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\oint_sdS\)
\(=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot 4\pi r^2=\frac{q}{\varepsilon_0}\)

• 場源電荷為點電荷，但在閉合曲面外。
  
  由於進入的所有電力線最後會出來，所以\(\Phi_e=0\)

• 場源電荷為點電荷系(或電荷連續分佈的帶電體)， 高斯面為任意閉合曲面
  易證
  \(\Phi=\oint_s \vec E \cdot \vec S=\frac{1}{\varepsilon_0} \sum q_內\)

  高斯定理的理解

• \(\vec E\) 是閉合面各面元處的電場強度，是由全部電荷（面內外電荷）共同產生的向量和，而過曲面的通量由曲面內的電荷決定。

• \[\sum q_i>0\rightarrow\Phi_e>0\]表明電力線從正電荷發出，穿出閉合曲面,所以正電荷是靜電場的源頭\[\sum q_i<0\rightarrow\Phi_e<0\]表明有電力線穿入閉合曲面而終止於負電荷，所以負電荷是靜電場的尾。

上述性質也證明了靜電場是有源場

高斯定理的應用

1. 利用高斯定理求某些電通量

設均勻電場 和半徑R為的半球面的軸平行，計算通過半球面的電通量。

\(\because\sum q_i=0\therefore\Phi_e=\Phi_{S_1}+\Phi_{S_2}=0\)
\(\because \Phi_{S_1}=-E\pi R^2\)
\(\therefore \Phi_{S_2}=E\pi R^2\)

1. 當場源分佈具有高度對稱性時求場強分佈
   步驟
   1. 對稱性分析，確定\(\vec E\)的大小、方向和分佈特徵
   2. 作高斯面，計算\(\sum q_i\)
   3. 利用高斯定理求解

作球面為高斯面

\(\Phi_e=\oint\vec E\cdot d\vec S\)
\(=E\oint_{s_1}dS=E4\pi r^2\)
當r<R時：
電量\(\sum q_i=0\)
由高斯定理\(E_14\pi r^2=0\)
\(\therefore E_1=0\)
當r>R時
\(\sum q_i=q\)據高斯定理，\(E_2 4\pi r^2=\frac{q}{\varepsilon_0}\)
\(E_2=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\)

均勻帶電球體的電場。已知q,R

解：
當r<R時
\(\Phi_e=\oint \vec E\cdot d\vec S=E4\pi r\)
\(\because\sum q_i=\rho\frac{4}{3}\pi r^3,\rho=\frac{q}{\frac{4}{3}\pi R^3}\)
\(\therefore \sum q_i=q\frac{r^3}{R^3}\)
\(E4\pi r^2= {1 \over \varepsilon_0}\frac{qr^3}{R^3}\)
\(\therefore E=\frac{qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}=\frac{\rho r}{3\varepsilon}\)
當r>R時：
\(\Phi_e=\oint\vec E\cdot d\vec S=E4\pi r^2\)
\(\sum q_i=q\)
由高斯定理\(E4\pi r^2=\frac{q}{\varepsilon_0}\)得
\(E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\)

均勻帶電圓柱面的電場。 沿軸線方向單位長度帶電量為\(\lambda\)

解：
當r<R時，易證E=0
當r>R時
\(\Phi_e=\oint \vec E \cdot d\vec S=E2\pi rl\)
\(\sum q_i=2\pi Rl\sigma \therefore E=\frac{R\sigma}{r\varepsilon_0}\)
當線密度\(\lambda\)已知時
\(E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}\)
數值上等於距離無限長直線r距離的點的電場強度，因此可以在圓柱外時將圓柱等效為直線

均勻帶電球體 \(\rho,R\) ，挖去一小球，\(\rho\)不變.
(1)求O'點的電場強度；
(2)設P,O,O' 在同一直徑上,求P點的電場強度.

解： 不妨將挖去部分補上使原球為一完整的球設為"大"，而被挖去的部分再增加一個電荷正好相反的和被挖去的球大小相同的球設為"小"
(1)\(E_{o'}=E_大-E_小\)，其中\(E_大=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0},E_小=0\)
\(\therefore E_{o'}=\frac{\rho d}{3\varepsilon_0}\)方向沿著oo’向外
（2）P處\(E_小=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\rho r^3}{12\varepsilon_0d^2}\)
\(\therefore E_p=E_大-E_小=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}(d-\frac{r^3}{4d^2})\)

靜電場的環路定理 電勢

電場力做功

電場力做功與路徑無關：試驗電荷在任何靜電場中移動時，靜電場力所做的功只與路徑的起點和終點位置有關，而與路徑無關。表明靜電力是保守力, 靜電場是保守力場.

靜電場的環路定理

q0沿閉合路徑 acbda 一週電場力所作的功：
\(A=\int _{acb}q_0\vec E\cdot d\vec l+\int _{bda}q_0\vec E\cdot d\vec l=\int _{acb}q_0\vec E\cdot d\vec l-\int _{adb}q_0\vec E\cdot d\vec l=0\)
\(\because q_0\neq 0 \therefore\oint\vec E\cdot d \vec l =0\)
由此我們得到環路定理

環路定理：在靜電場中，電場強度的環流 (或沿任意閉合路徑的線積分) 恆為零。

電勢能

\(\because\)保守力做功=相應勢能的減少
\(\therefore\)靜電力做功=靜電勢能增量的負值

電勢能：電荷 q0 在電場中任一點 a 的電勢能，在數值上等於將 q0 從 a 點移到電勢能零點，靜電力所做的功。
在有限帶電體產生的電場中，通常選 q0 在無窮遠處的電勢能為零，對無限帶電體視情況而定。實際工作中，常以大地或電器外殼為電勢零點。

電勢能的公式表達：
\[W_a=\int_a^{\infty}q_0\vec E \cdot d\vec l\]
進一步有電勢差公式
\[u_{ab}=u_a-u_b=\int_a^b\vec E \cdot d \vec l\]

電勢的計算

點電荷電場中的電勢

圖中P點的場強為\(\vec E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\vec {r_0}\)
由電勢的定義得到
\[u_p=\int_p^\infty \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}dr=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\]
電勢疊加原理
若場源為\(q_1,q_2……q_n\)的點電荷系
\(u=\sum_{i=1}^{n}u_i\)

點電荷系的電勢

\[u=\sum u_i=\sum \frac{q_i}{4\pi\varepsilon_0r_i}\]

連續帶電體的電勢

\[u=\int du=\int \frac{dq}{4\pi\varepsilon_0r}\]

求電偶極子電場中任一點P的電勢

\(u_p=u_1+u_2=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_1}-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_2}=\frac{q(r_2-r_1)}{4\pi\varepsilon_0r_1r_2}\)
\(\because r>>l\)
\(\therefore r_2-r_1\approx lcos\theta,r_1r_2\approx r^2\)
\(\therefore u=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{lcos\theta}{r^2}\)
\(\because r=\sqrt{x^2+y^2},cos\theta =\frac{x}{r}\)
\[u=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{px}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}}\]

求均勻帶電圓環軸線上的電勢分佈。已知：R、q

Solution 1
\(du=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0r}\)
\(u_p=\int du=\int _0^{2\pi R}\frac{\lambda dl}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{q}{4\pi \varepsilon_0\sqrt{R^2+x^2}}\)
Solution 2
\(E=\frac{qx}{4\pi\varepsilon_0(x^2+R^2)^{\frac{3}{2}}}\)
\(u=\int_{x_p}^{\infty}Edx=\frac{q}{4\pi \varepsilon_0\sqrt{R^2+x^2}}\)

求均勻帶電球面電場中電勢的分佈，已知R，q

由高斯定理求出場強分佈為\[\vec E=\begin{cases}\frac{q\vec {r_0}}{4\pi\varepsilon_0r^2}&r>R\\0&r<R \end{cases}\]
\(\because u=\int_p^{\infty}\vec E\cdot d\vec l\)
\(\therefore\)
\[u=\begin{cases}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R}&r<R\\\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}&r>R\end{cases}\]

求等量異號的同心帶電球面的電勢差
已知+q 、-q、RA 、RB

由高斯定理得
\[\vec E=\begin{cases}0&r<R_A ,r>R_B\\\frac{q\vec {r_0}}{4\pi\varepsilon_0r^2}&R_A<r<R_B\end{cases}\]

\(u_{AB}=\int_A^B \vec E \cdot d\vec l=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}({1\over R_A}-{1\over R_B})\)

如圖已知+q 、-q、R

求單位正電荷沿odc 移至c ，電場力所作的功
\(A_{oc}=u_o-u_c=0-(\frac{q}{4\pi\varepsilon_03R}+\frac{-q}{4\pi\varepsilon_0R})=\frac{q}{6\pi\varepsilon_0R}\)

電場強度和電勢梯度的關係

場強和電勢梯度的關係

單位正電荷從a到b電場力的功
\(\vec E\cdot d\vec l=Ecos\theta dl=u-(u+du)\)
\(Ecos\theta dl=-du\)
\(E_l=-\frac{du}{dl}\)
由此
\[E_x=-\frac{\partial u}{\partial x}\quad E_y=-\frac{\partial u}{\partial y}\quad E_Z=-\frac{\partial u}{\partial z}\]
\[\vec E=-gradu=-\nabla u=-\frac{du}{dn}\vec n_0\]