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课程: 电器工程 > 单元 3

课程 2: 电场，电势，电压

带电平面

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高级示例：无限大的均匀带电平面产生的电场。引用自 Willy McAllister。

示例：带电平面周围的电场

我们调查了另一个很有趣的电学组态：带电平面周围的电场。

最终结果将会证明无限大的带电平面的电场并不受距离平面的长度的限制。（电场强度将不会递减）

想象我们有一个无限大的带电平面：

这个平面上的总电荷肯定是无限的，但是有用的参数是单位面积里的总电荷数——电荷密度

σ (C / m^{2})

。

什么是在距离带电平面 $a$ ‍ 长度的 a 处形成的电场？

我们利用问题中的对称性来设置一些变量：

$a$ ‍ 是连接检验电荷 $q$ ‍ 和带电平面、关于平面的垂线。
想象以 $a$ ‍ 的垂足作为圆心，建立带电线圈。此线圈半径为 $r$ ‍，其厚度为无穷小的 $d r$ ‍。
在线圈上， $d Q$ ‍ 是一个有电荷存在的无穷小的区域。
射线 $ℓ$ ‍ 以 $d Q$ ‍ 为端点，穿过检验电荷
$d E$ ‍ 是在点 $q$ ‍ 处受 $d Q$ ‍ 影响而产生的电场。

根据点电荷电场这一定义，我们知道在

q

处由于

d Q

的存在而产生的场：

d E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d Q}{ℓ^{2}}

想要求整个带电平面的电场，我们需要求两个积分：

第一个积分将点电荷 $d Q$ ‍ 绕线圈转一整圈来求线圈电场作用的总和，且
第二个积分要组合所有可能的线圈所带来的效果（从半径为零一直到无限无限半径）。

绕线圈一周后得到整个线圈产生的电场作用

这个线圈的结构非常有利于第一个积分的计算。从线圈上的每一个点到

q

的距离都是

ℓ

，所以每一个

d Q

都会在

q

处产生相等的电场强度。由对称得知，线圈上所有

d Q

所产生的总电场必须指出带电平面并与

a

同一方向。为什么？因为水平方向上，线圈上某一

d Q

的分量必定会被其对面的

d Q

的分量所完全抵消。"

a

-direction" 方向上的电场

d E_{a}

与

d E

有着必然联系：

对称可以用另一个带有检验电荷和带电平面的图来看。这些草图中的无限大的带电平面位于右侧，且为侧视图。从这个视角看，线圈是一个竖直的蓝色的线。

$d Q_{1}$ ‍ 是在线圈顶部的一个电荷。
$d Q_{2}$ ‍ 是相对于线圈圆心对称且位于线圈底部的一个电荷。
两个 $d Q$ ‍ 的电场和是 $d E_{1}$ ‍ 与 $d E_{2}$ ‍。

检验电荷

q

距离

d Q_{1}

和

d Q_{2}

长度

ℓ

，因此

d E_{1}

和

d E_{2}

有着相同的场强（但不同方向）。

电场向量可以被分解为互相垂直的

a

方向和

r

方向。其中，“

r

” 分量的大小相等、方向相反。因此，所有的 ”

r

“ 将会互相抵消为零。

剩下的就是 “

a

” 方向上的分量。这些分量大小相等且方向相同。因此，这些分量会互相加强作用，且和为

d E_{1 + 2}

。

下一张图会更简单一些。我们只看到一个

d E

然后删除一个后缀。我们明确的看到电场分解为了两个互相垂直的电场，

d E_{r}

和

d E_{a}

。

用相似三角形求解，

a

方向上电场的分量

d E_{a}

和

d E

的比例与

a

和

ℓ

的比例相同。运用余弦的定义：

\frac{a}{ℓ} = \cos θ

用相似三角形证明：

\frac{d E_{a}}{d E} = \cos θ

因此，由

d Q

引起的在

a

方向上的电场为：

d E_{a} = d E \cos θ

d E_{a} = d E \cos θ

此步给出了

d E_{a}

，并引入了点电荷的电场

d Q

：

d E_{a} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d Q}{ℓ^{2}} \cos θ

接下来，表示出一整个线圈对电场的作用

d E_{h o o p}

：

d E_{h o o p} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d Q_{h o o p}}{ℓ^{2}} cos θ

d Q_{h o o p}

是单个线圈内的总电荷，即线圈上独立的

d Q

的总和。此步骤即使不用积分也可以计算得出。线圈上的总电荷也可以视作为其电荷密度

σ

乘以线圈的面积。

d Q_{h o o p} = σ \cdot (2 π r \cdot d r)

包含着电荷

Q_{h o o p}

且半径为

r

的线圈在

q

处产生的电场为：

d E_{h o o p} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{σ 2 π r d r}{ℓ^{2}} cos θ

现在我们知道单个线圈产生的电场了。

组合所有可能的线圈所带来的效果

这一步是为了求所有可能的线圈的总和。不幸的是，我们根本不能直接用原式求积分。类似于我们上次做的 “带电直线” 的那个例子，换元法是关键 —— 用

d θ

把

d r

换掉。

运用换元法，我们的目标是提出一个用

d r

来表示

d θ

的表达式，并消除

d r

。

一些通过三角函数方程推导的有用的恒等式：

\cos θ = \frac{a}{ℓ} ℓ = a \frac{1}{cos θ} = a sec θ ℓ^{2} = a^{2} {sec}^{2} θ

\tan θ = \frac{r}{a} r = a tan θ

如果推导关于

d θ

的表达式，利用三角函数恒等式取相对于

θ

的

r

的导数：

\frac{d r}{d θ} = \frac{d}{d θ} a tan θ

\frac{d r}{d θ} = a {sec}^{2} θ

d r = a {sec}^{2} θ d θ

d E_{h o o p}

的表达式的余数：

d E_{h o o p} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{σ 2 π r d r}{ℓ^{2}} cos θ

代入

r

，

d r

，和

ℓ^{2}

，

d E_{h o o p} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{σ 2 π (a \tan θ) (a \sec^{2} θ d θ)}{(a^{2} {sec}^{2} θ)} cos θ

化简约分之后，换元完成：

d E_{h o o p} = \frac{σ}{2 ϵ_{0}} tan θ \cdot cos θ d θ

（注意：所有带有

a

的项都被约掉了）

换元之后，我们可以用新变量

d θ

和

θ

重新绘制草图：

单个线圈的电场公式就会变成：

d E_{h o o p} = \frac{σ}{2 ϵ_{0}} tan θ \cdot cos θ d θ

以上还可以继续简化！

d E_{h o o p} = \frac{σ}{2 ϵ_{0}} sin θ d θ

刚刚发生了一个 非常有趣 的事情。在换元法和简化法的作用下，所有的

r

和

a

竟然都消失不见了！喜闻乐见！在

d E_{h o o p}

的表达式中，距离与其无关。巧夺天工。

万里长征还差一步。我们现在可以积分了：

E = \int_{a l l h o o p s} d E_{h o o p}

在这里，

E

是所有线圈所产生的总电场。替换掉

d E_{h o o p}

：

E = \int_{t h e t a s} \frac{σ}{2 ϵ_{0}} sin θ d θ

在这个积分里，角度极限是什么？在

r

等于零的情况下线圈最小，此时

ℓ

与

a

重合，且其夹角

θ

为零。在

r

为无限的情况下线圈最大，

ℓ

会从水平的任何方向过来，且

θ

是

90^{\circ}

或

π / 2

弧度。所以，此积分的极限从

θ = 0 到 π / 2

。

E = \int_{0}^{π / 2} \frac{σ}{2 ϵ_{0}} sin θ d θ

E = - \frac{σ}{2 ϵ_{0}} cos θ |_{0}^{+ π / 2} = - \frac{σ}{2 ϵ_{0}} (0 - 1)

无限带电平面附近的电场为：

E = \frac{σ}{2 ϵ_{0}}

newtons/coulomb

结论

这就是带电平面周边的电场（一个单位的正电荷所受的力）。令人感到惊奇的是，电场的表达式并不包含距离这一项，所以场强不会根据距离的变化而变化！在这个想象中的无限带电平面上，不管距离是一毫米还是一千米，电场都是一模一样的。

这个无限带电平面的例子在现实世界中并不存在，但是其结果却可圈可点。只要平面相比

a

非常巨大且

a

并不处于靠近平面边缘的位置，这个结果便可以被真实平面所应用。

复习

利用电场概念进行分析：

电荷产生电场。
电场根据检验电荷的不同而做出不同反应。

总结目前遇到的三种电场情况：

电场作用源于	下降到
点电荷	$1 / r^{2}$ ‍
带电直线	$1 / r^{1}$ ‍
带电平面	$1 / r^{0}$ ‍

这三个电荷构型对于在实际应用中电场的预测可以起到有效作用。

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