高中物理競賽講義之—程稼夫篇

1、電磁學(xué)靜電學(xué)1、靜電場的性質(zhì)靜電場是一個保守場,也是一個有源場.高斯定理靜電力環(huán)路積分等于零II|Eds媼qiEo電場強(qiáng)度與電勢是描述同一靜電場的兩種方法,兩者有聯(lián)系Edr'UaUb過程EdrdU一維情況下ExdxdUdxExdUdx2、幾個對稱性的電場(1)球?qū)ΨQ的電場場源EU點(diǎn)電荷均勻?qū)﹄娗蛎婢輲c(diǎn)球體例:一半徑為入的球體均勻帶電,體電荷密度為,球內(nèi)有一半徑為R2的小球形空腔,空腔中央與與球心相距為a,如圖求空腔中央處的電場E(2)求空腔中央處的電勢U解：(1)在空腔中任選一點(diǎn)p,W可以看成兩個均勻帶電球體產(chǎn)生的電場強(qiáng)度之差這個與p在空腔中位置無關(guān),所以空腔中央處(2)求空腔中央

2、處的電勢電勢也滿足疊加原理Up可以看成兩個均勻帶電球體產(chǎn)生電勢之差即Uo23Ria3R20一3RiR2a6Eo6Eo6Eo假設(shè)上面球面上,有兩個無限小面原卜Sj,計算1s,受到除了1s上電荷之處,球面上其它電荷對s的靜電力,這個靜電力包含了向上電荷對s上電荷的作用力.同樣氐受到除了上電荷以外,球面上其它電荷對sj上電荷的作用力,這個力同樣包含了卜對料的作用力.如果把這里的赭瓜所受力相加,那么公益匕冏之間的相互作用力相抵消.出于這個想法,現(xiàn)在把上半球面分成無限小的面元,把每個面元上所受的靜F=fo電力除去各自小面元相加,具和就是下半電荷對上半球面上電荷的作用力.求法IR22EoJ.R2R22E0

3、4R2IIItti押“4人*二土ft笈工t間露球面上的再觀察下,均勻帶電球面上的電場強(qiáng)度=?通常談?wù)摰耐獗砩想妶鰪?qiáng)度是指什么？例：求均勻帶電球面Q,R,單位面積受到的靜電力f0?解:令RR&R麻R過程無限緩慢得出此過程中靜電力做功的表達(dá)式或者算出foE外表E外表2Eo而且可以推廣到一般的面電荷1在此面上電場強(qiáng)度E外表1E1E22例：一個半徑為R,帶電量為Q的均勻帶電球面,求上下兩半球之間的靜電力？解：原那么上,這個作用力是上半球面上的電荷受到來自下半球面的電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的空間分布,對上半球面上各電荷作用力之和,由于下半球面上電荷所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度分布,所以這樣計較有困難.例：求半徑為

4、R,帶電量為Q的均勻帶電球面,外側(cè)的靜電場能量密度.解:靜電場真空能量密度122EoE此題球面外側(cè)：E4EoR2推論：如果在上述帶電球體外側(cè)無限空間中充滿了相對電常數(shù)為Er的多向同性均勻電合質(zhì),卜面求張力：它等于右半球外表所收到的靜電力之和前面求出過本小題：E,30此題:導(dǎo)體球放在勻強(qiáng)電場中,產(chǎn)生感應(yīng)電荷的分布,令為由于要求導(dǎo)體內(nèi)E0例:一個半徑為R,原不帶電的導(dǎo)體球放置于勻強(qiáng)電場E0中,求由于靜電感應(yīng)所產(chǎn)生的感應(yīng)電荷,所帶來的兩半球之間新增解:預(yù)備知識:性介質(zhì)一個半徑為R的均勻各向同在勻強(qiáng)電場中受到極化,求極化電荷o時,E,od的分布.解:求極化介質(zhì)球,由于極化電荷所產(chǎn)生的介質(zhì)球內(nèi)的電場強(qiáng)度

5、例：帶電圈環(huán)：R,q均勻帶電求圖中帶電圈環(huán)與帶電半直線之間的相互作用力解：這題取下面方法：先求均勻帶電半直線產(chǎn)生的電場強(qiáng)度,對均帶電圈處的電荷的作用力上圖中圈環(huán)上的點(diǎn)離半直線兩端點(diǎn)的距離為R,環(huán)上P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度,可以用輔助1圈弧在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小4圈環(huán)受到合力在q°,均為正值時,方向向左,大小為在到達(dá)靜電平衡的整個空間中,如果有一個處于靜電平衡的帶電面,在計算此面上某處受到的靜電力,無需用整個空間中的各帶電體,面,線,點(diǎn),計算對其作用之和,只需先求出此面上該處的電場強(qiáng)度,該外表受到的靜電力.其原因是,這樣的計算,已經(jīng)考慮了全空間電荷的作用,不必重復(fù)考慮勻帶點(diǎn)系數(shù).半徑為例：一個半

6、徑為R,帶電量為Q的均外表,求因外表帶電所增加的外表張力解：法一：球面上取一個小面元,為r,此面受兩個力平衡：靜電力,沿徑向向處,大小此面元邊界上新增外表張力的合力,徑向向里,設(shè)新增外表張力系數(shù)為大小為2力平衡方程：fo22r2drR柱對稱電場場源無限長均勻帶電直線()無限長均勻帶電圈柱面(一R)(2R)無限長均勻帶電圈柱體(一R)(R2)3、帶電荷粒子在電場中的運(yùn)動例1:一個帶點(diǎn)粒子從一開始就在垂直于均勻帶電的長直導(dǎo)線平面內(nèi)運(yùn)動,它從這導(dǎo)線旁飛過,最后與開始入射方向偏轉(zhuǎn)小角度a,如圖,如果當(dāng)粒子飛入帶電直線電場中時,它的動能為Ek,電量為e,導(dǎo)線單位長度帶電量為人,離導(dǎo)線距離Y處電場強(qiáng)度設(shè)為

7、E,求a=?20r解：此題情況,一般入射粒子速度比擬大,由于速度快,所以帶電直線受到的橫向沖量就比擬小(時間短),這樣產(chǎn)生的a角度就會如題中告知是一個小量,-b利用微元法處理,當(dāng)帶電粒子到達(dá)位置也時相距位矢量為r,此刻帶電粒子受力大小eEFyFcose27cos此刻y方向動力方程為其中dt可以利用x方向動力學(xué)方程表達(dá)其中dx與d¥滿足關(guān)系(如下圖幾何關(guān)系)化簡整理Jddv0m«mvx2例2:如下圖一很細(xì)、很長圓柱形的電子術(shù)由速度為V的勻速運(yùn)動的低速電子組成,電子在電子束中均勻分布,沿電子束軸線每單位長度包含n個電子,每個電子的電荷量-e(e>0),質(zhì)量為m,該電子束從

8、遠(yuǎn)處沿垂直于平行板電容極板方向射向電容器,其前端(右端)于t=0時刻剛好到達(dá)電容器左極板,電容器兩極板上多開一個小孔使電子可以不受阻礙地穿過電容器兩極板AB,加有如下圖的變化電壓Vab,電壓的最大最小值分別為V0,V.,周期為T,假設(shè)以表示每個周期中電壓處于最大的時間問隔,那么(T)是周期中電壓處于最小的時間間隔,的值正好使在VAB變化的第一個周期內(nèi)通過電容器達(dá)電容器右邊的所有電子,能夠在某一個時刻3形成均勻分布的一段電子束.設(shè)兩級間距很小,電子穿越時間,且mV26eV0,不計電子間相互作用(1) 滿足題給條件的,t0的值分別為？(2) 試在下列圖中畫出t=2T那一刻,在02T時間內(nèi)通過電容器

9、的電子在電容器的右側(cè)空間形成電流I,隨離開右極板距離x的變化曲線,并在圖上標(biāo)出圖線特征點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo).取X正方向?yàn)殡娏髡较?圖中x=0處為右極板B的小孔位置,橫坐標(biāo)單位ev0m解：(1)第一個周期內(nèi)通過的所有電子在通過前是一段速度為V的均勻電子束(孔的左側(cè)).通過小孔以后,分成兩段速度不同的電子束.0時間內(nèi),所加電壓為V0,通過小孔后速度由V減小,設(shè)為V1,滿足關(guān)系T時間內(nèi),所加電壓為,通過小孔后速度由V增大,設(shè)為V2,滿足關(guān)系式,再由題中告知：的值正好在VAB的變化的第一個周期內(nèi)通過電容器達(dá)右邊的所有電子,能夠在tb時刻形成均勻分布的一段電子束V此話要求在t=tb時刻,到達(dá)小孔右側(cè)的這兩束

10、電子束在前端應(yīng)該在某處相重到達(dá)小孔右側(cè)的兩電子束的長度相等由此可寫方程(3)由于tb2T,觀察的就是這個時刻右側(cè)空間的電流分布,應(yīng)該確定兩件事情：電流在空間位置的分布電流強(qiáng)度的大小分布電子束長度4、靜電勢能、電勢例1：如下圖N對e、-e離子,等間距a,沿直線排列(1) 設(shè)N,試確定某個e的電勢能W和-e的電勢能W(2) N足夠大時,WW近似取小題(1)的結(jié)論,求系統(tǒng)的電勢能W(3) N足夠大時,將非邊緣的一對離子e、-e一起緩慢地移到無限遠(yuǎn),其余離子仍在原位,試求外力做的功A.提示lnx)解：1U2e40a40ae403a4將一個正離子緩慢移到無限遠(yuǎn)處,余下系統(tǒng)電勢能WW此時該正離子的空位相鄰

11、的一個負(fù)離子的所具有的電勢能為W'W再將該負(fù)離子移到無限遠(yuǎn)處,余下系統(tǒng)的電勢能wWWW'無限遠(yuǎn)處負(fù)離子移到正離子旁邊,這一對正負(fù)離子的電勢能W4oa2足夠大的N,40a利用動能關(guān)系,求出外力做功例2如圖兩個點(diǎn)電荷位于X軸上,在他們形成的電場中,假設(shè)取無限遠(yuǎn)處的電勢為零,那么X軸上多點(diǎn)的電勢如圖曲線所示,當(dāng)x0時,電勢U；當(dāng)乂,電勢U0,電勢為零的坐標(biāo)為；電勢極小值為U0的點(diǎn)的坐標(biāo)為a>0,試根據(jù)圖線提供的信息,確定這兩個點(diǎn)電荷所帶電的符號,電量的大小以及在X軸的位置.解：由圖中信息可知,帶正電荷的電荷Q1在x=0處,由于xx0處電勢為0,所以另一個點(diǎn)電荷必須為負(fù)-Q2.它

12、在x<0的位置上設(shè)距離x=0距離為a利用圖中x=0點(diǎn)電勢為零方程：X在Xo處,合電勢為Uo,方程X在Xo處,合電力等于0,方程聯(lián)立三個方程得到a(2)x.,Q(1)2Uox02k-"例3：在水平平面上有兩相垂直相交的內(nèi)壁光滑的聯(lián)通細(xì)管,管內(nèi)放置兩個質(zhì)量均為m電荷量均為q的同號帶電質(zhì)點(diǎn)為A、B,初始時質(zhì)點(diǎn)A至兩管交點(diǎn)O的距離為d,質(zhì)點(diǎn)B位于交點(diǎn)O處,速度相互垂直,方向如圖,大小均為Uo1kq,md求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動中,它們之間的最小距離解：通常,這里應(yīng)該采用兩質(zhì)點(diǎn)的相對運(yùn)動處理.設(shè)運(yùn)動過程中,a,b兩質(zhì)點(diǎn)的位置矢量為1,1,那么相對位矢為r大分別寫出AB兩質(zhì)點(diǎn)的動力學(xué)方程,然后寫出相對動

13、力學(xué)方程：kq2ma3e.其中a是B相對A的相對加速度rrvm,vmB在運(yùn)動時所受的力只有相反向的靜電力,這個靜電力是個有心力,同時又是一個保守力,上述兩個方程為角動量守恒,守恒量可由初始值確定.初始時,相對于A的運(yùn)動為右圖,守恒方程一一聯(lián)系初態(tài)和相距最近狀態(tài),聯(lián)系消去Vm,解得rm解之前利用Uo22mdukq聯(lián)立解得Vm立U0,rmrm1,5kd例4:電荷均勻分布在半徑為R的圓面上,電荷量的密度為,試求園面邊緣的電解：利用u0kdq,其中dq2rmdr(這里m是r的函數(shù))r電勢和電勢能例1：當(dāng)電荷連續(xù)分布時,求靜電能量有兩個公式1.Wudq,W2udq試說明這兩個公式的物理意義,并以平行板電

14、容為例,分別利用上述公式求出它在電容C,蓄電量為Q時的靜電場.解：(1)利用Wudq計算1(2)利用W2udq計算UdqU(Q),UdqU(Q)導(dǎo)體旁移動電荷,求外力做功例1：如圖一個原來不帶電電荷的同心球殼,內(nèi)外半徑分別為a,b,球心處放一個點(diǎn)電荷,電量為Q現(xiàn)在用外力把此點(diǎn)電荷從球心移到無限遠(yuǎn)處,求外力做功等于多少？解：由于在Q移動過程中,導(dǎo)體球殼外表感應(yīng)電荷變化,所產(chǎn)生的電場不是靜電場,因此需要另外想方法.初始時刻,Q未移動之前,在Q處,導(dǎo)體球殼內(nèi),外外表的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的靜電場有電勢,其化另Q=nq然后逐個移動q計算外力做功外力做功之和其中初始吧Q=nq分散,移到無限遠(yuǎn),又把nq=Q集中,

15、合起來做功為零.解法二:如圖外力做功AWW&,其中C40-ab-2Cb-a例2:一塊接地?zé)o限大導(dǎo)體平板,離板距離為a處有一個帶電量為Q的點(diǎn)電荷,現(xiàn)在吧Q沿垂直于板的方向移到無限遠(yuǎn)處,求外力做多少功?解法一：上一例的解法解法二：.解法三:設(shè)移動Q過程中離板距離到達(dá)X,且移動緩慢,移動過程中外力始終等于作用在Q上的靜電力,即所以外力做功為電場線例1：計算在通過導(dǎo)體面上以0為圓心,R為半徑的圓上的電量等于由Q發(fā)出的全部電量一半的條件下,求R=?解：一個方法是先求出導(dǎo)體面上相對于0的說明感應(yīng)電荷面密度的分布,求出半徑為R的1.園面上電量為-時,R=?2這里采用初等方法,由于導(dǎo)體板右側(cè)電場強(qiáng)度分

16、布是由點(diǎn)電荷Q和導(dǎo)體板上感應(yīng)電荷共同激發(fā)產(chǎn)生,或者等價的認(rèn)為：導(dǎo)體板右側(cè)電場分布是由點(diǎn)電荷Q及其相應(yīng)的電荷-Q共同激發(fā)產(chǎn)生.由于右側(cè)空間電場強(qiáng)度分布的非球形對稱性,所以計算通過導(dǎo)體板上半徑為R的園面上電通量較困難,這是由于右側(cè)的電場,已經(jīng)由Q,-Q兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場疊加后形成的分布.這里采用方法是：在計算通過導(dǎo)體板上園面的電通量寧可不用疊加后的電場計算,而用疊加前的由Q發(fā)出,由-Q吸收的兩個球?qū)ΨQ的電場來處理,其結(jié)果顯然是相同的.以Q為球心,r為半徑做一個球面假設(shè)由Q發(fā)出的電量為N,那么具有球?qū)ΨQ的,由Q發(fā)出的電通量,通過圓的電通量為同樣,由-Q吸收電場線,通過導(dǎo)體上同一個園面上的電通量必為這個

17、值,而且通量方向相寫出通過圓面電通量的方程:R對應(yīng)的R為：tg,R<3a3a例2:一個半徑為R的接地導(dǎo)體球,球外距球心為d處放置一個電量為q的點(diǎn)電荷A,1.導(dǎo)體球面上0,區(qū)域的感應(yīng)電何量為q,求0解：本系統(tǒng)球外有一個點(diǎn)電荷Q和導(dǎo)體球上感應(yīng)電荷共同激發(fā)產(chǎn)生的電場分布,或者說球R外有一個由電何q及其相應(yīng)的電何q'-qd如圖幾何關(guān)系：乜上%q化簡整理得：cos0例3:點(diǎn)電荷+q和-q'RxdR3(3R2d2)2R3(q'<q)分別位于x軸上A.B兩點(diǎn),A,B的距離為L,從+q發(fā)出的某一條電力線與連線AB成a角度,求：(1)求該電場線最終的場線與x軸間的夾角(2)求

18、該電場線或其最終的場線與x軸的交點(diǎn)c的位置解：題給白那條由q發(fā)出的電場線將來去向何處,首先應(yīng)該在q發(fā)出的千萬條電場線中找出一條能到達(dá)B而未到達(dá)B的那條電場線在A發(fā)出時與AB的夾角a0由于點(diǎn)電荷發(fā)出或者接受的電通量與該電荷的電量成正比,所以在寫電量時均對應(yīng)的電量表不,(1)0時,題給的電場線將在B點(diǎn),設(shè)這條電場線最終與AB夾角為B解得,qarccos1(1cosq1(2)0時,解得qarccos(1cosqq10時,c點(diǎn)即為B點(diǎn)如圖,J2x1sin1sin利用1X2sin2sinx12,一X2sinsin又E,耳,與,三角形中,Eq,sinEqsin所以M里,另一個方程X2X2qx1LX1ML,

19、X2占L例4.;兩條均勻帶電的無限平行直線,單位長的電荷量分別為人和-入,相距2a,兩帶電線構(gòu)成的平面為Z-X平面,使Z軸與兩線平行且距離相等,取直角坐標(biāo),試證實(shí).(1)電勢為U的等勢面半徑為r2ka的圓柱面,其中kexp2.沙,圓柱的k21/k21軸線與兩帶電的直線平行且共面,位置在x軸上,x.二一1a處.a20,即圓心在y軸上的圓,其即在任意一個垂直于Z軸平面內(nèi),k21(2)在X-Y平面上,電場線的方程為x2y2by中b為常量.證實(shí)：本系統(tǒng)是一個相對Z軸具有一定對稱性的系統(tǒng),電場的分不相同,所以可在X-Y平面內(nèi)討論(1)寫出P(X,Y)點(diǎn)處的電勢表達(dá)式,設(shè)為U2/r(xa)222(xa)y

20、由于kexp2整理后的1a)2y222ka1得證k21(2)在X-Y平面內(nèi),如圖寫出P(X,Y)點(diǎn)電場強(qiáng)度為在P點(diǎn)電場線的斜率整理得所以x2y2bya2.得證.例：兩個導(dǎo)體相距很遠(yuǎn),其中一個導(dǎo)體帶電荷Q1,電勢為U1,另一個導(dǎo)體帶電荷為Q2電勢為U2,電容為C電容器原來不帶電,現(xiàn)在用極細(xì)的導(dǎo)體將它與兩個導(dǎo)體相連,如圖所示,求,電容器充電后的電壓.解：用細(xì)導(dǎo)線相連,電容器沖電,并使電容器兩極板間電勢差為U,那么此時電容器帶電量為Q=CU因此導(dǎo)致兩導(dǎo)體帶電量變?yōu)?Q1-CU.(Q2-CU)由于孤立導(dǎo)體所帶電荷量與導(dǎo)體之比為Q/U,與其帶電量多少無關(guān),因此,末態(tài)兩導(dǎo)體的電勢Ui'U滿足Ui&

21、#39;(QiCU)U1,U2'(Q2CU)U2QQ兩導(dǎo)體間電勢差等于電容器的兩極板間電勢差,即解得uUUQQ(Ui包UiU2QQ2C(UiQ2U2Q)ICQQ2由于無限長帶電直線上無限多個無限小線小線元與輔助半圓上無限多個無限小弧之具有對應(yīng)關(guān)系,所以AL在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與AL2在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度完全相同.所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度用同樣帶有人的帶電輔助半圓在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度代替.下面計算：P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小一一在P點(diǎn)放一個單位正電荷,它受帶電半圓的作用力大小.P點(diǎn)處單位正電荷對帶電半圓的作用力大小它等于帶電半圓上單位長帶電量受到P處單位正電荷的作用力iLeiLE丁2a,利用圖LiLeo

22、s40r40ar作一個輔助圓以P點(diǎn)為圓心,a為半徑作半個圓與常電直線相似利用匕上,帶入上式子ra無限長帶電直線上任意一段無限小帶電線元AL在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小和方向正好等于同樣帶電線密度為人的一段對應(yīng)的弧元AL2在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小和方向.解法：如圖,在無限大帶電平面上,任取一無限帶電元AS,q此式子告訴我們：在無限大均勻帶電平面上,任意一個無限小面元在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度在Z方向分量正好等于輔助半球面上對應(yīng)的小球面元AS2上電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小.再求無限長帶電直線周圍電勢分布1Ee柱坐標(biāo)20r所以Ulnr20,那么P點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定時Z方向等于例：如圖計算無限長均勻帶電直線

23、周圍電場強(qiáng)度表達(dá)式解：方法一：利用高斯定理如圖：帶電直線為軸取高為AL1,半徑為r的高斯面EdS0,EdS0下底上底方法二：初等方法例：平面對稱的電場,無限大帶電平面,求周圍電場強(qiáng)度.解法一：利用高斯定理如圖取一個高斯面例：有三個同心的導(dǎo)體薄球殼,半徑分別為a,b,c,其中內(nèi)、外球殼均接地,而中間球殼是由兩個半球殼拼接而成,且其中帶有一定電量.試問：三個球殼半a,b,c之間滿足什么關(guān)系,才能使中間球殼的兩局部不會相互分離解：設(shè)內(nèi)、外球殼因感應(yīng)產(chǎn)生帶電量分別為Q,Q,中間球殼帶電量為Q根據(jù)題意可知,內(nèi)、外球殼接地,電勢為零,可以列方程：再求中間球殼受力方向向外為正中間球殼兩半球不別離的條件是球殼

24、上受到的合力小于等于零帶入Qa,整理可得八2Qab2acbcFbQEbk-y；0兩半球不別離條件bbca用c>a.條件為ab2acbc0例：在正N變形的頂點(diǎn)上依次分布著電荷,所帶電量公差為q的等差數(shù)列,即q,2q,3qNq,從N邊行中央到任意一個頂點(diǎn)的距離均為R,求多邊形中央電場強(qiáng)度E的大小解：1先確定N邊行帶電系統(tǒng)在中央O點(diǎn)的合場強(qiáng)方向 當(dāng)N為偶數(shù)時,圖b作N1邊中垂線XX過.點(diǎn)設(shè)想以XX'軸將正N邊行對折,即將右邊1,2,3多點(diǎn)疊加在右邊N,N-1,N-2上,各點(diǎn)電荷量均為N+1q,由對稱性,各點(diǎn)在O點(diǎn)引起的電場元矢量和的方向垂直于XX軸,可知原系統(tǒng)在O點(diǎn)的和電場方向必與XX

25、軸垂直.這是由于對折前后沿XX方向電場分量為0 當(dāng)N奇數(shù)時,同樣做中垂線XX,設(shè)想以XX為軸將正N邊行對折,即將右邊1,2,3N1多點(diǎn)疊加在右邊N,N-1,N-2上,疊加后,除XX'軸上的一個頂點(diǎn)的電量為2q下端除外,其余多點(diǎn)的電量均為N+1q0再將與圖c所示系統(tǒng)關(guān)于XX'軸成完全對稱的另一個系統(tǒng)第二次疊加與之疊加,疊加后的系統(tǒng)如圖d,此新的系統(tǒng)多頂點(diǎn)的電量均為N+1q,因此這個系統(tǒng)的中央0點(diǎn),電場強(qiáng)度為0,因此圖c所示系統(tǒng)在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度沒有沿XX'軸方向的分量.由此可知,原系統(tǒng)在O點(diǎn)合場強(qiáng)方向必與XX'軸垂直,綜上可知,無論N為什么數(shù),原系統(tǒng)在O點(diǎn)的合場強(qiáng)方

26、向垂直2現(xiàn)取N0為YY'軸,將兩個N邊行帶電系統(tǒng)關(guān)于YY'軸鏡像對稱地疊加如圖e,此時除N點(diǎn)電荷為2Nq,其他多點(diǎn)電荷均為Nq,顯然兩個系統(tǒng)疊加后再O點(diǎn)引起的合場強(qiáng)方向沿CY'方向大小為E.k與,每個系統(tǒng)對應(yīng)場強(qiáng)與E.關(guān)系為R2這就是原正N邊行中央處電場強(qiáng)度E的大小電偶極子觀察遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度時,可用一個量來代表這個電偶極子:電偶極距PeqL上小結(jié)：(1)電偶極子的電偶極距PeqL(2)電偶極子在其延長線方向和中垂線上的電場強(qiáng)度分布如下圖(3)如下圖,在p(r,8)點(diǎn)處,電偶極子的產(chǎn)生電場強(qiáng)度分量為pr(4)電偶極子在p(r,8)處產(chǎn)生的電勢,如圖pcos3-rE與U的關(guān)系

27、U1U2,ExdUdX柱坐標(biāo)下(5)電偶極子在外電場的勢能(如下圖)例：解：分析t=0時產(chǎn)生大的一個微粒,由于此時以及隨后A板加上正電壓U0,所以這個帶負(fù)電的微粒,將被加速.這個微?？梢杂蠺/2的加速時間,在這段時間內(nèi),設(shè)微粒可以經(jīng)歷的路程為X,依據(jù)所給表達(dá)式所以x>L這個說明t=0時產(chǎn)生的第一個微?？梢缘竭_(dá)A板設(shè)t0t3這段時間產(chǎn)生微粒正好能全部到達(dá)A板,這里最后產(chǎn)生的那個微粒剛好能到A板,這個微粒產(chǎn)生后向A板加速的時間設(shè)為At1,那么Ttit,求t1,如下圖21找方程,設(shè)加速度a,五個方程,五個未知量,聯(lián)立求解得說明：ttiT時刻產(chǎn)生的那個微粒未到A板4假設(shè)某一個時刻產(chǎn)生的一個微粒,將要到達(dá)但是還未到達(dá)A板,掉過來反向加速,求到達(dá)B板需要多長?近A板時,速度為零2利用題給式子l2aUqT62m2反向向B加速時間為TT28-T-(T824這個微粒可足夠時間到達(dá)B板,這種情況正好是t；時,在人板附近的那個微粒.tTtT時間內(nèi)產(chǎn)生的那個微粒42可以肯定,這些微粒不能到達(dá)A板,而且在距A板前一段距離停止,然后反向加速,反之,