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東京工業大学 工学院 電気電子系 2017年8月実施 電磁気学2

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Author​

Zero, 祭音Myyura

Description​

図2.1のように、誘電率 ε0\varepsilon_0 の真空中に面積 SS の同じ形状の平板電極 A、B、CA、B、C を xx 軸上に沿って平行に置く。 電極 AA と CC はそれぞれ x=0x = 0 、x=dx = d で固定されており、電極 BB は外力によって xx 軸に沿って移動させることができるものとする。

電極 BB の位置を x=xBx = x_B として、以下の間に答えよ。ただし、平板電極の厚さと端部効果は無視するものとする。

すべての電極で初電荷 0 の状態から電極 AA と CC を導線で接続し、スイッチを閉じて導線と電極 BB の間に電位差 VV を印加した。

(1) 電極 AA と電極 CC それぞれに蓄えられる電荷量 QAQ_A 、QCQ_C を求めよ。

(2) この系が蓄えている静電エネルギーを求めよ。

(3) 電極 BB にはたらく静電力の大きさと向きを求めよ。

(4) xB=d/2x_B = d/2 の状態でスイッチを開き、電極 BB に電荷が蓄えられたままとする。この状態から電極 BB を移動させ xB>d/2x_B > d/2 としたとき、この系が蓄えている静電エネルギーを求めよ。

(5) このとき、電極 AA と電極 CC それぞれに蓄えられる電荷量 QA′Q'_A、QC′Q'_C を求めよ。

(6) 電極 BB を一定の速度 vv で xx 軸の正方向に移動させると、ACAC を結ぶ導線に電流が流れた。この電流 II の大きさと向きを求めよ。

题目描述​

如原 Description 的图 2.1 所示，在介电常数为 ε0\varepsilon_0 的真空中，把形状相同、面积均为 SS 的平板电极 A、B、C 沿 xx 轴平行放置。A、C 分别固定在 x=0x=0、x=dx=d，B 可在外力作用下沿 xx 轴移动，其位置记为 x=xBx=x_B。忽略电极厚度与边缘效应。

所有电极初始电荷均为 00。先用导线连接 A、C，闭合开关，在该导线与电极 B 之间施加电位差 VV。

  1. 求电极 A、C 上分别储存的电荷量 QA,QCQ_A,Q_C。
  2. 求该系统储存的静电能。
  3. 求电极 B 所受静电力的大小与方向。
  4. 当 xB=d/2x_B=d/2 时断开开关，使 B 上的电荷保持不变；随后移动 B 至 xB>d/2x_B>d/2。求此时系统储存的静电能。
  5. 在第 4 问状态下，求 A、C 上分别储存的电荷量 QA′,QC′Q'_A,Q'_C。
  6. 令 B 以恒定速度 vv 沿 xx 轴正方向移动，此时连接 A、C 的导线中有电流。求该电流 II 的大小和方向。

考点​

  • 平行板电容器组合：把 B 与 A、C 形成的两个电容视为共享结点的电容网络，依据电压或固定总电荷求各极板电荷。
  • 静电能与静电力：区分恒压和断开电源后的恒电荷条件，由能量对位移的导数确定 B 的受力。
  • 运动电极引起的电流：求 A、C 电荷随 xBx_B 的变化率，并结合 x˙B=v\dot x_B=v 判断导线电流的大小和方向。

Kai​

(1)​

EA=QAε0SV=xBEA=QAε0SxB⇒QA=ε0SxBVEC=QCε0SV=(d−xB)EC=QCε0S(d−xB)⇒QC=ε0Sd−xBV\begin{aligned} &E_A = \frac{Q_A}{\varepsilon_0 S} \\ &V = x_BE_A = \frac{Q_A}{\varepsilon_0 S}x_B \\ &\quad \Rightarrow Q_A = \frac{\varepsilon_0 S}{x_B}V \\ &E_C = \frac{Q_C}{\varepsilon_0 S} \\ &V = (d - x_B)E_C = \frac{Q_C}{\varepsilon_0 S}(d - x_B) \\ &\quad \Rightarrow Q_C = \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_B}V \end{aligned}

(2)​

U=12QAV+12QCV=12ε0SxBV2+12ε0Sd−xBV2=12ε0SV2(1xB+1d−xB)\begin{aligned} U &= \frac{1}{2}Q_AV + \frac{1}{2}Q_CV \\ &= \frac{1}{2}\frac{\varepsilon_0 S}{x_B}V^2 + \frac{1}{2}\frac{\varepsilon_0 S}{d - x_B}V^2 \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 S V^2\bigg(\frac{1}{x_B} + \frac{1}{d - x_B}\bigg) \end{aligned}

(3)​

F=∂U∂xB=12ε0SV2(−1xB2+1(d−xB)2)=12ε0SV2(−d2+2xBd−xB2+xB2xB2(d−xB)2)=12ε0SV2((2xB−d)dxB2(d−xB)2)=ε0SV2(xB−d2)dxB2(d−xB)2\begin{aligned} F = \frac{\partial U}{\partial x_B} &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 SV^2\bigg(-\frac{1}{x_{B}^2} + \frac{1}{(d - x_B)^2}\bigg) \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 SV^2 \bigg(\frac{-d^2 + 2x_Bd - x_B^2 + x_B^2}{x_B^2(d - x_B)^2}\bigg) \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 SV^2 \bigg(\frac{(2x_B - d)d}{x_B^2(d - x_B)^2}\bigg) \\ &= \varepsilon_0 SV^2 \frac{(x_B - \frac{d}{2})d}{x_B^2(d - x_B)^2} \end{aligned}

d2>xB\frac{d}{2} > x_B で, xx 軸負方向

d2<xB\frac{d}{2} < x_B で, xx 軸正方向

xB=d2x_B = \frac{d}{2}で, F=0F = 0

(4)​

電荷保存則より、

Q=QA+QC=2ε0SdV+2ε0SdV=4ε0SdVQ=QA′+QC′=QA+QCCA′=ε0SxBCC′=ε0Sd−xB\begin{aligned} Q = Q_A + Q_C &= \frac{2\varepsilon_0 S}{d}V + \frac{2\varepsilon_0 S}{d}V \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S}{d}V \\ Q = Q_A' + Q_C' &= Q_A + Q_C \\ C_A' &= \frac{\varepsilon_0 S}{x_B} \\ C_C' &= \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_B} \end{aligned}

スイッチを開いた後のそれぞれの電極間の電位差を V′V' とすると、

Q=QA′+QC′=ε0SxBV′+ε0Sd−xBV′=ε0SV′(1xB+1d−xB)=4ε0SdV⇒V′=4Vd(1xB+1d−xB)=4xB(d−xB)d(d−xB+xB)V=4xB(d−xB)d2V\begin{aligned} Q &= Q_A' + Q_C' \\ &= \frac{\varepsilon_0 S}{x_B}V' + \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_B}V' \\ &= \varepsilon_0 S V' \bigg(\frac{1}{x_B} + \frac{1}{d - x_B}\bigg) \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S}{d}V \\ \Rightarrow \\ V' &= \frac{4V}{d(\frac{1}{x_B} + \frac{1}{d - x_B})} \\ &= \frac{4x_B(d - x_B)}{d(d - x_B + x_B)}V \\ &= \frac{4x_B(d - x_B)}{d^2}V \end{aligned}

よって、静電エネルギーは

12(CA′+CC′)(V′)2=12ε0S(1xB+1d−xB)(4xB(d−xB)d2V)2=12ε0SdxB(d−xB)⋅16[xB(d−xB)]2d4V2=8ε0SxB(d−xB)d3V2\begin{aligned} &\frac{1}{2}(C_A' + C_C')(V')^2 \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 S(\frac{1}{x_B} + \frac{1}{d - x_B})(\frac{4x_B(d - x_B)}{d^2}V)^2 \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_0 S \frac{d}{x_B(d - x_B)} \cdot \frac{16[x_B(d - x_B)]^2}{d^4}V^2 \\ &= 8\varepsilon_0 S \frac{x_B(d - x_B)}{d^3}V^2 \end{aligned}

(5)​

QA′=CA′V′=ε0SxB⋅4Vd(1xB+1d−xB)=4ε0SVxB(d−xB)xBd2=4ε0S(d−xB)d2VQC′=CC′V′=ε0Sd−xB⋅4VxB(d−xB)d2=4ε0SxBd2V\begin{aligned} Q_A' &= C_A'V' \\ &= \frac{\varepsilon_0 S}{x_B} \cdot \frac{4V}{d(\frac{1}{x_B} + \frac{1}{d - x_B})} \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S V x_B(d - x_B)}{x_B d^2} \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S(d - x_B)}{d^2}V \\ Q_C' &= C_C'V' \\ &= \frac{\varepsilon_0 S}{d - x_B} \cdot \frac{4Vx_B(d - x_B)}{d^2} \\ &= 4\varepsilon_0 S \frac{x_B}{d^2}V \end{aligned}

(6)​

xB>d2x_B > \frac{d}{2} より、

I=∣−dQA′dt∣=∣dQC′dt∣=4ε0Sd2VdxBdt=4ε0Svd2V\begin{aligned} I &= |-\frac{\text{d}Q_A'}{\text{d}t}| = |\frac{\text{d}Q_C'}{\text{d}t}| \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S}{d^2}V \frac{\text{d}x_B}{\text{d}t} \\ &= \frac{4\varepsilon_0 S v}{d^2} V \end{aligned}

AA から CC に向かう向き。

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