电势和电势能 - 老官童鞋gogo的博客

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电势和电势能

2025-10-18

物理

/

普通物理学

电学

一、静电场的环路定律#

我们根据图示逐步推导静电场的环路定理（即闭合路径上的电场沿路径积分为零）。静电场是由静止电荷分布产生的。对于静电场来说，其电场 $\vec{E}$ 与电势（ $V$ ）满足关系：

\vec{E} = -\nabla V

电势 $V$ 是标量场，描述了静电场各点的能量。设路径沿 $C$ （如图中的闭合回路），则电场的环路积分可以表示为：

\oint_C \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l}

其中 $\mathrm{d}\vec{l}$ 是路径上的微小位移向量。如图所示，我们考虑沿环路 $C$ 的积分路径，有两个部分 $L_1$ 和 $L_2$ ，分别从点 $a$ 到点 $b$ ：

$L_1$ ：路径沿电场线，从 $a$ 到 $b$ 。
$L_2$ ：路径逆电场线，从 $b$ 返回到 $a$ 。

电场 $\vec{E}$ 是保守场，也就是说电场的环路积分仅与路径的起点和终点有关。换言之，电场的环路积分与电势差有关：

\int_a^b \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = V(a) - V(b)

在路径 $L_1$ 上，从 $a$ 到 $b$ ： $\int_{L_1} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = V(a) - V(b)$
在路径 $L_2$ 上，从 $b$ 返回到 $a$ ： $\int_{L_2} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = V(b) - V(a)$

将两个路径积分相加，我们得到沿闭合路径 $C$ 的环路积分：

\oint_C \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = \int_{L_1} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} + \int_{L_2} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l}

于是：

\oint_C \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = (V(a) - V(b)) + (V(b) - V(a)) = 0

从以上推导可以得到，静电场的环路积分恒为零：

\oint_C \vec{E} \cdot d\vec{l} = 0.

二、电势的应用#

1、在电偶极子上应用电势#

由于电势是标量，所以计算电势和的运算非常简单。首先根据公式，写出研究点的电势大小：

V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q}{r_1}-\frac{q}{r_2}\right)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{r_2-r_1}{r_1r_2}

由于 $r\gg a$ ，则可以做出如下近似：

r_1-r_2\approx 2a\cos \theta \quad r_1r_2\approx r^2

化简得：

V(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2aq\cos\theta}{r^2}=\frac{\vec{p}\cdot \hat{r}}{4\pi\varepsilon_0r^2}

2、在电四偶极矩上应用电势#

首先写出原始计算公式：

\begin{aligned}V(r)&=\sum_iV_i(r_i)\\&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}(\frac{q}{r-d}+\frac{-2q}{r}+\frac{q}{r+d})\\&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2qd^2}{r(r^2-d^2)}\\&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2qd^2}{r^3(1-d^2/r^2)}\end{aligned}

因为 $d\ll l,\frac{d}l\ll 1$ ，则可以化简为：

V(r)=\frac{2qd^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^3}

其中 $Q=2qd^2$ ，成为四偶极矩。

3、研究均匀带电球壳的电势#

根据高斯定理：

E=\frac{q}{4\pi\varepsilon _0r^2}\quad(r\ge R)

E=0\quad(r\lt R)

积分，得到对应位置的电势：

当 $r\gt R$ 时：
$V=\int_P^{+\infty}\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{l}=\frac{q}{4\pi\varepsilon _0r}$
当 $r< R$ 时：
$V=\int_P^{+\infty}\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{l}=\int_P^{R}\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{l}+\int_R^{+\infty}\vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{l}=0+\frac{q}{4\pi\varepsilon _0R}=\frac{q}{4\pi\varepsilon _0R}$

做出对应图像：

4、研究均匀带电圆环的电势#

使用代数积分计算即可，首先写出 $\mathrm{d}q$ 对研究点产生的电势：

\mathrm{d}V=\frac{\mathrm{d}q}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0r}

积分运算：

\begin{aligned}V&=\int \mathrm{d}V\\&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\oint\frac{\lambda \mathrm{d}s}{r}\\&=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{z^2+R^2}}\cdot2\pi R\\&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{z^2+R^2}}\end{aligned}

5、研究均匀带电圆盘的电势#

将圆环细分为无穷多个均匀带电圆环，利用应用四的方法进行积分：

\mathrm{d}q=2\pi\omega\sigma\mathrm{d}\omega

\mathrm{d}V=\frac{2\pi\omega\sigma\mathrm{d}\omega}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{z^2+\omega^2}}

然后对 $V$ 积分：

V=\int_0^R\frac{2\pi\omega\cdot d\omega\cdot\sigma}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{z^2+\omega^2}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}(\sqrt{z^2+R^2}-z)

特别地，当 $z\gg R$ 时，对根号里面的内容进行变形和泰勒展开，得到：

\sqrt{z^{2}+R^{2}}=z\sqrt{1+(\frac{R}{z})^{2}}=z(1+\frac{1}{2}\frac{R^{2}}{z^{2}}+...)

\begin{aligned}V(z)&=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}(\sqrt{R^{2}+z^{2}}-z)\\&\approx\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}(z+\frac{R^{2}}{2z}-z)\\&=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\cdot\frac{R^{2}}{2z}\\&=\frac{\sigma\cdot\pi R^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}z}\\&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0z}\end{aligned}

也就是说，当距离圆盘足够远时，可以将圆盘看作是点电荷。

6、根据电势计算电场#

已知空间内的电势，可以通过下面公式计算电场：

\vec{E}=-\vec{\nabla}V

展开为：

\vec{E}=-\vec{\nabla}\mathrm{V}=-\frac{\partial V}{\partial x}\hat{x}-\frac{\partial V}{\partial y}\hat{y}-\frac{\partial V}{\partial z}\hat{z}

在球坐标系中，经过变量代换得到：

\vec{E}=-\vec{\nabla}\mathrm{V}=-\frac{\partial V}{\partial r}\hat{r}-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta}\hat{\theta}-\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial V}{\partial\phi}\hat{\phi}

例：

已知电势，可以求出电场，所以可以使用这种方法求出电偶极子在任意位置的产生的电场。

已知电势：
$\mathrm{V}(r,\theta)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2aq\cos\theta}{r^2}$
对 $E$ 进行极坐标系变换：
$E_r=-\frac{\partial V}{\partial r}\quad E_\theta=-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \theta}$
代入得：
$\vec{E}=\frac{2aq}{4\pi\varepsilon_0r^3}\left((2\mathrm{cos}\theta)\hat{r}+(\mathrm{sin}\theta)\hat{\theta}\right)$
注意，这里 $r$ 是近似之后的结果，忽略了距离 $a$ 带来的部分效应。比较电偶极子在特殊位置下产生的电场，可以发现二者相同（注意将 $a$ 近似处理， $\sqrt{x^2+a^2}\approx r$ ）。

同样地，上面电势的应用中所求的问题，都可以使用该方法求解出电场。