第一章讨论课 一.基本题 1.一无限长带电线,电荷线密度为, 将它弯成如图所示,求p点场强。 分析整体无对称性,但可以 B 分成三部分考虑1.A∞2.AB3.B∝ dE dE dE=1 Adr dE, i=dE sin i Smear x-+ 4丌0 dE,j= dE cos团 cos 4TeR E E=,(i+j) B ER 4丌ER 思考:此题可延伸,类似的问题有那些?举例! P
1 第一章 讨论课 一．基本题 1．一无限长带电线，电荷线密度为 ， 将它弯成如图所示，求 p 点场强。 分析整体无对称性，但可以 分成三部分考虑 1．A——∞ 2. AB 3.B——∞ dE j dE j dE i dE i r r dx dE y x cos sin ˆ 4 1 2 0 = = = 2 2 2 2 cos sin , x y y x y x + = + = 0 ( ) 4 ( ) 4 0 0 + = ⎯→ − ⎯→ − i j R B j i R A ( ) 4 4 2 0 0 i j R E R En = ⎯→ = + 思考：此题可延伸，类似的问题有那些？举例！
进一步可以证明 半无限长带电线在P点的场强等于1/4圆弧在此点产生的场 dE↑ 换元:n=tane,x=Ranb,ax=Rsec2=R de R R R cos 0r= cose dEs- dr iR cOS de 2d0 R 圆弧上d在P点场强 4 2.一半径为R,电荷体密度为p的 均匀带电球体内部挖一个球形空k 腔,半径为R,它的中心0与0距 离为a,设R<a, 求0、0、PM各点的场强 分析:总体不对称,局部对称,可以用挖补法,即 2
2 进一步可以证明 半无限长带电线在 P 点的场强等于 1/4 圆弧在此点产生的场 换元： d R x R dx R d R x 2 2 cos = tan , = tan , = sec = cos cos , R r r R = = 4 1 4 cos 4 cos 4 0 2 2 0 2 2 0 = = = ⎯→ R d R d R r dx dE 圆弧上 dl 在 P 点场强 2．一半径为 R，电荷体密度为 e 的 均匀带电球体内部挖一个球形空 腔，半径为 R’，它的中心 O’与 O 距 离为 a ,设 R’<a, 求 O、O’ 、P、M 各点的场强 分析：总体不对称，局部对称，可以用挖补法，即 +
3.一张面积很大的塑料平面薄膜,经摩擦方式均匀带 有面电荷q,一块带电量为Q的导体平板,与薄膜平 行放置,设板和膜相距为d,面积均为S,且d远远小 于膜板线度,忽略边缘效应,求 1)导体板两个表面的自由电荷面密度4与OB; 2)导体板与塑料膜之间的电势差△U Q 解: 1)导体板上电荷满足关系 (o +ORS=o, (1) 因为导体上任意一点P处,场强 0 Ep=0=。M25 28 C→o,-OB=0cS (2) 解(1)(2)得 0+g 2-9 2S 2S 2)板与膜之间场强 E'= q 2S △U=E'd=
3 3. 一张面积很大的塑料平面薄膜，经摩擦方式均匀带 有面电荷 q，一块带电量为 Q 的导体平板，与薄膜平 行放置，设板和膜相距为 d，面积均为 S，且 d 远远小 于膜板线度，忽略边缘效应，求: 1)导体板两个表面的自由电荷面密度 A 与 B ； 2)导体板与塑料膜之间的电势差 U . 解： 1） 导体板上电荷满足关系 ( )S Q, A + B = （1） 因为 导体上任意一点 P 处，场强 S q E A B C A B C P = = − − − = = 2 0 2 0 2 0 0 （2） 解（1）（2）得 S Q q S Q q A B 2 , 2 − = + = 2）板与膜之间场强 S Q q E A B C 2 1 2 2 2 ' 0 0 0 0 − = + − = ， d S Q q U E d 0 2 ' − = =
4.导体表面上某处电荷面密度为a时,求该处导体单位面积 所受的力 种观点:因为导体表面处场强 ,所以O所在处单位面积受力为 F=△GFG△S n 方对否?有问题吗? 答:有问题: E=n是导体表面的场强,是所有带电体在表面上的场强 也包含了自身上的电荷。而说到该处单位面积受力是指这块 面元受除本身以外其他电荷对 它的作用力。 E(P)=E(P)+E其他(P) + 28 Eo 而△S受外场的作用力 E其(P 80 所以所在处单位面积受力为 F △S GE其他2E0 注意到“平方效应”,表面面元受 力总是指向外法线方向一一扩张 导体球 力,不论电荷密度σ>0,or,<0 扩张力对金属材料本身稳固性是个考验
4 4．导体表面上某处电荷面密度为 时，求该处导体单位面积 所受的力 一种观点：因为导体表面处场强 E n 0 = ，所以 所在处单位面积受力为 n S F qE 0 2 = = n S F f 0 2 = = 对否？有问题吗？ 答：有问题： E n 0 = 是导体表面的场强，是所有带电体在表面上的场强， 也包含了自身上的电荷。而说到该处单位面积受力是指这块 面元受除本身以外其他电荷对 它的作用力。 n n n E P E S P E P 2 0 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ＝ ＋ ＝ = + 其他 而 S 受外场的作用力 E P n 2 0 ( ) 其他 ＝ 所以 所在处单位面积受力为 E n S F f 0 2 2 = = = 其他 注意到“平方效应”，表面面元受 力总是指向外法线方向——扩张 力，不论电荷密度 0,or, 0 扩张力对金属材料本身稳固性是个考验
5.如图电四极子,r>l 证明:它在P点产生的电势为 极轴 3gl sin 0 cos 0 (r>>1) 4Ter 讨论:求电势可以利用电偶极子的结果再叠加。 1)电偶极子在P点的电势为: 1 P.r glos 0 (r>> 4丌0 4丌Er 电四极子可以看成相互反平行的电偶极子,叠加 P(r e 1与P相距 r=r+=cos 0 q 极轴 2与P相距=F-cos0 因为r<<l,所以"1≈O2 lcos gl cos 0 Up=U+U24m万45 U71+U,≈ gl cos0 4丌E r+-cos e cos e
5 5．如图电四极子， r l 证明：它在 P 点产生的电势为 ( ) 4 3 sin cos 3 0 2 r l r ql U = − 讨论：求电势可以利用电偶极子的结果再叠加。 1）电偶极子在 P 点的电势为： ( ) 4 cos 4 1 2 0 3 0 r l r ql r P r U = = 电四极子可以看成相互反平行的电偶极子，叠加 1 与 P 相距 cos 2 1 l r = r + 2 与 P 相距 cos 2 2 l r = r − 因为 r l ，所以 1 2 ' ' 2 0 2 2 2 0 1 1 1 2 4 cos 4 cos r ql r ql UP U U = + = − ) 1 1 ( 4 cos 2 2 2 0 1 1 2 r r ql UP =U +U − 2 2 2 1 1 1 r r − − − + 2 2 cos 2 1 cos 2 1 l r l r
1--cos6-1--cos e lcos日 代入 COS 2 Un+U、 gl cos e,1 7-cos 0 4: 丌0F1F 与要证明的不同?题错了? P的 极轴主要问题在于做了61≈62的 近似 与h夹角日,COsB=cos(-b"1) P与2夹角,cosB2=co(+ =-sin 6 72 =sin z=raine, COS b1 6 r+=cos 0 5 rsin e sin 6= 2 cos e cos 01,cos2、 grain6 2 4丌印0
6 2 3 2 2 cos cos 2 1 cos 2 cos 1 2 1 r l r l r r l r l = − − − − − ，代入 3 0 2 2 2 2 2 0 1 1 2 4 cos ) 1 1 ( 4 cos r ql r r ql UP U U = + − − 与要证明的不同？题错了？ 主要问题在于做了 1 2 ' ' 的 近似， P1 与 1 r 夹角 1 ， 1 1 1 ' ) 2 cos cos( r z = − = P2 与 2 r 夹角 2 ， 2 2 2 2 ' ) sin ' 2 cos cos( r z = + = − = − = sin r z , z = rsin , cos 2 sin cos sin 1 1 l r r r r + = = , cos 2 sin cos sin 2 2 l r r r r − = − = − ) 1 1 ( 4 sin ) cos cos ( 4 3 2 3 0 1 2 2 2 2 1 1 0 r r qlr r r ql UP = + = −
r+=cos e 20S6 1+-cos 0 cose 2 0|-1+2cos6 2 cos 8 1--cos6-1--cos6 cOs6代入U n万)=-ySm3 groin 6.11 gl sin 0 0 3g1 U cose 4 46 4 由电势可以求场强 E,=-= sin 0 cos09Plsin 8 cos0 40r 4 E 1aU__1( sin 8 cos0_ 3Pl cos 20 r00 ra8 4丌Er 4丌Er 3Pl 6=0,E=0,E 4 讨论:库仑力 是长程力
7 3 3 3 2 3 1 cos 2 1 cos 2 1 1 1 − − + − = l r l r r r 3 3 3 3 cos 2 1 1 cos 2 1 1 − − + = r l r r l r 3 2 3 3 3 cos 2 1 cos 2 cos 1 2 1 − − + − = r l r r l r l cos 3 cos 2 3 cos 1 2 3 1 3 4 r l r r l r l = − − − − 代入 UP 3 0 2 4 0 3 2 3 0 1 4 3 sin cos cos 3 4 sin ) 1 1 ( 4 sin r ql r qlr l r r qlr UP = − = − = − 由电势可以求场强 4 0 3 0 2 4 9 sin cos 4 3 sin cos r Pl r ql r r U Er = − =− = − 4 0 3 0 2 4 3 cos2 4 1 1 3 sin cos r Pl r ql r U r E = − =− = − = = = 4 0 4 3 0, 0, r Pl Er E 讨论: 库仑力 2 1 r 是长程力
偶极矩→静电力∝ 四极矩→静电力∝4短程力 八极矩→>静电力∝ 原子核的电四极矩 由实验可知原子核电电荷分布不一定是球对称的。 当带电体的电荷是球对称分布,在体外电势U=q 4兀GR 电荷非球对称分布,在体外电势: 看成:球对称分布电势+电多极矩的电势分布 数学表示式 十aF+a2+a1F+aF+∷ 球对称电偶极矩 电四极矩 实验证明:原子核电偶极矩等于零,电四极矩不为零
8 短程力 八极矩 静电力 四极矩 静电力 偶极矩 静电力 → → → 5 4 3 1 1 1 r r r 原子核的电四极矩 由实验可知原子核电电荷分布不一定是球对称的。 当带电体的电荷是球对称分布，在体外电势 R q U 0 4 = 电荷非球对称分布，在体外电势： 看成： 球对称分布电势＋电多极矩的电势分布 数学表示式 U = a1 r −1 + a2 r −2 + a3 r −3 + a4 r −4 + a5 r −5 + 实验证明：原子核电偶极矩等于零，电四极矩不为零。 球对称 电偶极矩 电四极矩
6,半导体pn结附近总是堆积着正、负电荷,在 区:p2(x) P区:p2(x)=-Ne 其中 且-xn≤x≤p 求E 结 p型半导体的载流子主要是空穴 六n型半导体的载流子主要是自由电子 两者互相接触时交界区域称为pn结 *为什么n区聚集正电荷,而p区聚集负电荷? 因为p区的P>n区的P空,空穴从p区向n区扩散 n区的P子>P区的P电子,电子从n区向p区扩散 造成p区一侧带负电,n区一侧带正电 注意:p-n结两侧堆积的正负电荷层并不是自由载流子(空穴 或电子)的堆积,而实际上是受主和施主离子的束缚电荷所 构成,形成偶极层。 区 自由电子扩散后 n区就缺少了负电荷,剩下了施主离子 空穴扩散后 的正电荷被束缚在施主离子上不能自留下了受主离子的负束缚电荷; 由移动; 扩散到此的自由电子与p区的空穴 扩散到此的空穴与自由电子复合,同时复合,净多出受主离子的负束缚电 净多出施主离子的正束缚电荷。 荷 E束缚电荷 负束缚电荷 偶极层
9 6．半导体 p—n 结附近总是堆积着正、负电荷，在 = − = P x N e n x N e e A e D ( ) ( ) 区： 区： 其中 NA xP = N D xn ,且− xn x p 求 E p-n 结 *p 型半导体的载流子主要是空穴 *n 型半导体的载流子主要是自由电子 *两者互相接触时交界区域称为 p-n 结 *为什么 n 区聚集正电荷，而 p 区聚集负电荷？ 因为 p 区的 空穴 >n 区的 空穴 ，空穴从 p 区向 n 区扩散 n 区的 电子 >P 区的 电子 ，电子从 n 区向 p 区扩散 *造成 p 区一侧带负电，n 区一侧带正电 注意：p-n 结两侧堆积的正负电荷层并不是自由载流子（空穴 或电子）的堆积，而实际上是受主和施主离子的束缚电荷所 构成，形成偶极层。 n 区 p 区 偶极层 自由电子扩散后 n 区就缺少了负电荷，剩下了施主离子 的正电荷被束缚在施主离子上不能自 由移动； 扩散到此的空穴与自由电子复合，同时 净多出施主离子的正束缚电荷。 正束缚电荷 空穴扩散后 留下了受主离子的负束缚电荷； 扩散到此的自由电子与 p 区的空穴 复合，净多出受主离子的负束缚电 荷。 负束缚电荷
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