電場強度 $\vec{E}$, 定義為在該點放置一個正檢驗電荷(Test Charge)$q_0$ 時, 該電荷所受到的靜電力 $\vec{F}$與其電量之比

• 單位: 牛頓/庫侖 ($N/C$) 或 伏特/公尺 ($V/m$)。
• 向量性: 電場為向量, 其方向與正檢驗電荷受力方向相同

而由庫侖定律可得知, 大小為 $Q$ 的源電荷對距離 $r$ 處的檢驗電荷 $q_0$ 施加的力為

代入電場定義後可得

若空間中有多個點電荷 $q_1, q_2, \dots, q_n$，則某一點的總電場強度即為各別電荷在該點產生電場的向量和

習題

為表示多個電荷所產生的電場, 使用電力線表示電場分布. 電力線由正電荷出發且終止於負電荷, 線段之間不相交. 而電場強度正比於電力線密度, 即通過垂直電場方向單位面積上的電力線數目.
設一點電荷發出$N$條電力線, 在距電荷$r$處, 這些線分布於$4\pi r$的球面區域, 所以電力線密度為$N/4\pi r$.

當電子或質子移動時，因所受重力微弱，通常僅需考慮靜電力。在電場 $\vec{E}$ 中，質量為 $m$ 且電荷為 $q$ 的帶電粒子受靜電力 $\vec{F}=q\vec{E}$ 作用，由牛頓第二定律可得其加速度：

當電場為均勻時，加速度為定值，可使用等加速度運動方程式進行分析。

習題練習

\( \text{Q: } \) 一質子沿均勻電場 $\mathbf{E} = 10^3\mathbf{i} \text{ N/C}$ 前進 $4 \text{ cm}$, 其起始速度為 $10^5 \text{ m/s}$, 求其末速度

$\text{Ans:}$

1. 計算加速度 $a$：

$$a = \frac{eE}{m} = \frac{(1.60 \times 10^{-19})(10^3)}{1.67 \times 10^{-27}} = 9.6 \times 10^{10} \text{ m/s}^2$$

2. 利用公式 $v_f^2 = v_i^2 + 2a\Delta x$ 求得末速

$$ \begin{aligned} v_f^2 &= (10^5 \text{ m/s})^2 + 2(9.6 \times 10^{10} \text{ m/s}^2)(4 \times 10^{-2} \text{ m}) \\ &= 1.0 \times 10^{10} + 0.768 \times 10^{10} \\ &= 1.768 \times 10^{10} \text{ m}^2/\text{s}^2 \end{aligned} $$

\(\text{EX}\)

在陰極射線管中，電子以起始速度 $v_0\mathbf{i}$ 進入長度為 $\ell$、電場為 $\mathbf{E} = -E\mathbf{j}$ 的勻強電場區域。由於電子受到的靜電力恆定，其軌跡在板間呈拋物線。

\( \text{Q: } \) 求：(a) 電子由平板射出時的垂直位置 $y_F$；(b) 射出時的角度 $\theta$；(c) 若平板末端與螢光幕相距 $L$，求在螢光幕上的總垂直位移 $D$。

$\text{Ans: }$

(a) 射出時的垂直位置 $y_F$

電子在電場中經歷的時間為 $t = \frac{\ell}{v_0}$。由 $a_y = \frac{eE}{m}$，可得：

$$y_F = \frac{1}{2} a_y t^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{eE}{m} \right) \left( \frac{\ell}{v_0} \right)^2 = \frac{eE\ell^2}{2mv_0^2}$$

(b) 射出時的角度 $\theta$

利用速度的分量比值：$v_x = v_0$，$v_y = a_y t = \frac{eE\ell}{mv_0}$

$$\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{eE\ell}{mv_0^2} \implies \theta = \tan^{-1} \left( \frac{eE\ell}{mv_0^2} \right)$$

(c) 螢光幕上的總位移 $D$

離開電場後電子做直線運動，額外垂直位移 $\Delta y = L \cdot \tan \theta$：

$$\begin{aligned} D &= y_F + L \tan \theta \\ &= \frac{eE\ell^2}{2mv_0^2} + \frac{eE\ell L}{mv_0^2} \\ &= \frac{eE\ell}{mv_0^2} \left( \frac{\ell}{2} + L \right) \end{aligned}$$

\(\text{EX}\)

一個電子進入兩水平平行板間區域，以水平初速 $v_0\mathbf{i} = 2 \times 10^6\mathbf{i} \text{ m/s}$ 在兩板正中間行進。板面長度 $L = 4 \text{ cm}$，板間距離為 $1.6 \text{ cm}$。

\( \text{Q: } \) 欲使電子順利通過板間區域而不撞擊任一板子，所能施加的最大垂直電場強度 $E_{\text{max}}$ 為多少？

$\text{Ans: }$

1. 分析邊界條件

電子從兩板正中間入射，板距為 $1.6 \text{ cm}$。欲不撞板，其最大垂直位移必須小於或等於板距的一半： $$\Delta y_{\text{max}} = \frac{1.6 \text{ cm}}{2} = 0.8 \text{ cm} = 0.008 \text{ m}$$

2. 計算穿越時間 $t$

電子在水平方向做等速運動，穿越長度 $L = 4 \text{ cm} = 0.04 \text{ m}$ 所需時間為：

$$t = \frac{L}{v_0} = \frac{0.04 \text{ m}}{2 \times 10^6 \text{ m/s}} = 2 \times 10^{-8} \text{ s}$$

3. 求解最大電場 $E_{\text{max}}$

電子在垂直方向受電場力做等加速度運動。利用公式 $\Delta y = \frac{1}{2} a t^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{eE}{m} \right) t^2$，將其轉化為求解 $E$：

$$ \begin{aligned} E &= \frac{2 \cdot m \cdot \Delta y_{\text{max}}}{e \cdot t^2} \\ &= \frac{2 \cdot (9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}) \cdot (0.008 \text{ m})}{(1.60 \times 10^{-19} \text{ C}) \cdot (2 \times 10^{-8} \text{ s})^2} \\ &= \frac{1.4576 \times 10^{-32}}{6.40 \times 10^{-35}} \text{ N/C} \\ &\approx 228 \text{ N/C} \end{aligned} $$

** 故最大垂直電場強度為約 $228 \text{ N/C}$。**

\(\text{EX}\)

一個電子進入兩帶電平行板間區域，在兩板正中間行進。板面長度 $L = 4 \text{ cm}$，板間距離為 $1.6 \text{ cm}$。當所能施加的最大垂直電場強度為 $E_{\text{max}} = 57 \text{ N/C}$ 時，電子恰可順利通過板間區域而不撞擊任一板子。

\(\text{Q: }\) 試求電子之水平初速大小 $v_0$ 約為多少？

$\text{Ans: }$

1. 分析邊界條件

電子從兩板正中間入射，板距為 $1.6 \text{ cm}$。欲不撞板，其在電場中的最大垂直位移為： $$\Delta y_{\text{max}} = \frac{1.6 \text{ cm}}{2} = 0.8 \text{ cm} = 0.008 \text{ m}$$

2. 建立運動公式

電子在垂直方向（$y$軸）做等加速度運動：$\Delta y = \frac{1}{2} a t^2$，其中 $a = \frac{eE}{m}$。
電子在水平方向（$x$軸）做等速運動，穿越板長 $L=4 \text{ cm}=0.04 \text{ m}$ 所需時間：$t = L / v_0$。

由上可建立 $\Delta y = \frac{1}{2} \left( \frac{eE}{m} \right) \left( \frac{L}{v_0} \right)^2$ 的關係式。

3. 代值求解初速 $v_0$

將 $\Delta y_{\text{max}}$ 代入上式並轉化為求解 $v_0$：

$$ \begin{aligned} v_0^2 &= \frac{e E_{\text{max}} L^2}{2 m \cdot \Delta y_{\text{max}}} \\ &= \frac{(1.60 \times 10^{-19} \text{ C}) \cdot (57 \text{ N/C}) \cdot (0.04 \text{ m})^2}{2 \cdot (9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}) \cdot (0.008 \text{ m})} \\ &= \frac{1.4592 \times 10^{-20}}{1.4576 \times 10^{-32}} \\ &\approx 1.0011 \times 10^{12} \end{aligned} $$

最後求得初速： $$v_0 = \sqrt{1.0011 \times 10^{12}} \approx 1.0 \times 10^6 \text{ m/s}$$

** 故電子之水平初速 $v_0$ 約為 $1.0 \times 10^6 \text{ m/s}$。**

當電荷分布在一個體積、表面或線段上且數量極大時，我們可以將其視為連續分布。此時，空間中某點的電場 $\vec{E}$ 必須透過對所有電荷微元 $dq$ 所產生的微小電場 $d\vec{E}$ 進行積分：

電荷密度

根據分布的維度，定義三種不同的電荷密度

特殊形狀電場

\(\text{Pf: 細棒軸端電場}\)

一均勻帶電細棒長 $L$，總電荷 $Q$。點 $P$ 位於棒的延長線上，距離最近的一端為 $a$。

\( \text{Q: } \) 證明點 $P$ 之電場為 $E = \frac{k_e Q}{a(a+L)}$。

$\text{Ans: }$

取棒左端為原點，棒分布在 $x \in [0, L]$。點 $P$ 在 $x = L + a$ 處。取微元 $dq = \lambda dx'$，距離點 $P$ 為 $r = (L+a) - x'$：

\[\begin{align*} E &= \int_0^L \frac{k_e \lambda dx'}{((L+a)-x')^2} \\[6pt] &= k_e \lambda \left[ \frac{1}{(L+a)-x'} \right]_0^L \\[6pt] &= k_e \lambda \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{L+a} \right) \\[6pt] E &= \frac{k_e \lambda L}{a(L+a)} = \frac{k_e Q}{a(a+L)} \end{align*}\]

\(\text{Pf: 細棒中垂線上的電場}\)

\( \text{Q: } \) 一均勻帶電細棒長 $L$，點 $P$ 距離棒心為 $a$。證明點 $P$ 之電場為 $E = \frac{2k_e \lambda \sin\theta_0}{a}$，其中 $\theta_0$ 為端點張角。

$\text{Ans: }$

由其對稱性知 $E_y = 0$。僅剩垂直於棒的 $E_x$：

\[\begin{align*}E_x &= \int dE \cos\theta \\[6pt] &= \int_{-L/2}^{L/2} \frac{k_e \lambda dy}{a^2+y^2} \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2+y^2}} \\[6pt]E &= \frac{k_e \lambda L}{a \sqrt{a^2 + (L/2)^2}}\end{align*}\]

** 當 $L \to \infty$ 時，電場趨近於 $E = \frac{2k_e \lambda}{a}$。**

\(\text{Pf: 均勻帶電環電場}\)

考慮一半徑為 $R$、總電荷為 $Q$ 的均勻帶電圓環。在通過環心且垂直於環面的軸線上（距離環心 $x$ 處）的電場強度。

\( \text{Q: } \) 試證明該點的電場公式為 $E = \frac{k_e Q x}{(x^2 + R^2)^{3/2}}$。

$\text{Ans: }$

水平垂直電場分析

由於圓環的對稱性，垂直於軸向的電場分量會互相抵消，因此總電場僅存在於 $x$ 軸方向： $$dE_x = dE \cos \theta = \left( k_e \frac{dq}{r^2} \right) \frac{x}{r}$$

積分求解

其中 $r = \sqrt{x^2 + R^2}$ 為定值，故：

$$ \begin{aligned} E_x &= \int \frac{k_e \cdot x}{(x^2 + R^2)^{3/2}} dq \\ &= \frac{k_e \cdot x}{(x^2 + R^2)^{3/2}} \int dq \\ &= \frac{k_e Q x}{(x^2 + R^2)^{3/2}} \end{aligned} $$

** 當 $x \gg R$ 時，此結果會退化為點電荷公式 $E \approx \frac{k_e Q}{x^2}$。**

\(\text{Pf: 均勻帶電圓盤}\)

考慮一個半徑為 $R$、總電荷為 $Q$ 的均勻帶電薄圓盤，其面電荷密度為 $\sigma = Q / \pi R^2$。我們欲求在通過盤心且垂直於盤面的軸線上（距離盤心 $x$ 處）點 $P$ 的電場強度。

\( \text{Q: } \) 試證明該圓盤在軸線上產生的電場公式為 $E = 2\pi k_e \sigma \left[ 1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 + R^2}} \right]$。

$\text{Ans: }$

選取微元

將圓盤看作由許多半徑為 $r$、寬度為 $dr$ 的薄圓環組成。 每一層圓環的面積為 $dA = 2\pi r dr$，所帶電荷量為 $dq = \sigma dA = \sigma (2\pi r dr)$。

利用圓環公式

根據上一節圓環的結論，半徑為 $r$ 的圓環在軸線上產生的微小電場 $dE$ 為：

$$dE = \frac{k_e x dq}{(x^2 + r^2)^{3/2}} = \frac{k_e x (\sigma 2\pi r dr)}{(x^2 + r^2)^{3/2}}$$

3. 積分求解 (Integration)

對半徑 $r$ 從 $0$ 積分到 $R$：

$$ \begin{aligned} E &= \int_0^R \frac{2\pi k_e \sigma x r}{(x^2 + r^2)^{3/2}} dr \\ &= \pi k_e \sigma x \int_0^R (x^2 + r^2)^{-3/2} (2r dr) \\ &= \pi k_e \sigma x \left[ \frac{(x^2 + r^2)^{-1/2}}{-1/2} \right]_0^R \\ &= 2\pi k_e \sigma x \left[ \frac{1}{x} - \frac{1}{\sqrt{x^2 + R^2}} \right] \\ &= 2\pi k_e \sigma \left[ 1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 + R^2}} \right] \end{aligned} $$

特殊情況討論

• 當 $R \to \infty$（無限大帶電平面）： 電場變為恆定值 $E = 2\pi k_e \sigma = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$。
• 當 $x \gg R$： 利用二項式展開，公式會退化回點電荷形式 $E \approx \frac{k_e Q}{x^2}$。

\(\text{Pf: 無限大厚導體平板}\)

考慮一厚度為 $d$ 的無限大導體平板，帶有總面電荷密度 $\sigma $。根據導體特性，電荷會平均分布在左、右兩個表面，每個表面的面電荷密度為 $\sigma = \frac{\sigma}{2}$。

\( \text{Q: } \) 試求導體平板外部與內部的電場強度。

$\text{Ans: }$

導體特性分析

在靜電平衡狀態下：

• 導體內部電場 $E_{\text{inside}} = 0$
• 電荷僅分布在表面。對於無限大平板，電荷會對稱地分布在兩個外表面

疊加原理

將厚平板視為兩個「無限大薄平面」的組合，每個平面的電荷密度皆為 $\sigma$：

• 左表面產生的電場： $E_L = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$，方向向外。
• 右表面產生的電場： $E_R = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$，方向向外。

各區域電場計算

• 導體內部： 兩個表面的電場方向相反，互相抵消。 $$E_{\text{in}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = 0$$
• 導體外部： 兩個表面的電場方向相同，互相疊加。 $$E_{\text{out}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

若以總面電荷密度 $\sigma_{\text{total}} = 2\sigma$ 來表示，外部電場為： $$E_{\text{out}} = \frac{\sigma_{\text{total}}}{2\varepsilon_0}$$

基本定義與電偶極矩 (Dipole Moment)

電偶極是由兩個電荷量相等 ($q$)、電性相反，且相距一段微小距離 $d$ 的點電荷所組成的系統。由電荷量與距離定義電偶極矩 ($\vec{p}$) 為：

電偶極矩方向規定負電荷指向正電荷。

電偶極產生的電場

考慮點 $P$ 位在電偶極的軸線上，距離中心點為 $r$。當 $r \gg d$ 時，透過疊加原理與二項式展開(方法類似求細棒中垂線上電場)，可導出：

點電荷電場隨 $1/r^2$ 衰減，但電偶極電場隨 $1/r^3$ 更快地衰減。

均勻外電場中的轉矩(Torque)

當電偶極置於均勻外電場 $\vec{E}$ 中，正負電荷受力方向相反，會形成一個使偶極轉向與電場平行的轉矩$\tau$：

電偶極的位能

改變電偶極在電場中的角度需要做功，這份功會儲存為系統的靜電位能。通常取夾角 $\theta = 90^\circ$ 時位能為零：