静电场习题课
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第一章(5)习题课
∴
E
0，
( r R)
E的方向垂直轴线沿径向， > 0则背离轴线；
R ˆ， ( r R ) r 0r
< 0则指向轴线。
11、无限大的均匀带电平面，电荷面密度为，P点与 平面的垂直距离为d，若取平面的电势为零，则P点的 电势 V p d / 2 0 ，若在P点由静止释放一个电子(其 质量为m，电量绝对值为e)则电子到达平面的速率为：
3、一均匀静电场，场强 E (400i 600 j )V m 1 , 则点a（3、2）和点b（1、0）之间的电势差为 Vab 2000V
解 : E 400i 600 j
b b a a
dl dxi dyj
Vab E dl (400i 600 j ) (dxi dyj )
侧 面 EdS E 侧 面 dS 2πrhE
(1) r < R时,
qi 0 ,
qi 由高斯定理 Φ ε0
即 2πrhE 0, 得 E 0 (2) r > R时, q i 2πRhσ ,
qi 由高斯定理 Φ ε0
σR 即 2πrhE 2πRhσ / ε0 , 得 E ε0 r
2
10.( 第一章习题二 .9) 无限长均匀带电圆柱面，电荷 面密度为，半径为R，求圆柱面内外的场强分布。
解：作一半径为r，高为h的同轴圆柱面
R r
E
为高斯面, 根据对称性分析，圆柱面 侧面上任一点的场强大小相等， 方向
h E
S
ˆ r
沿矢径方向。 Φ S E dS 上底 E dS 下底 E dS 侧面 E dS
14静电场习题课
0
X
由于左右半圆环电荷分布的对称性，合场强的ｙ分量抵消 由于左右半圆环电荷分布的对称性，合场强的ｙ
λ ｄｌ ＋ ）＝－ ｄEｘ＝ｄEｃｏｓ（ π φ 2ｃｏｓ φ 4ππR 0 λR 0 2 ＝－ ｄ 2ｃｏｓφ φ 4ππR 0
λ0 2π 2 Eｘ＝－ ∫ ｃｏｓ φｄ φ 4πε R 0 0 λ0 2π 1－ｃｏｓ 2φ ＝－ ｄφ ∫ 0 4πε R 2 0 λ0 ＝－ 4ε0 R
2
d
•
⇒ E = 0 试指出其错误。 试指出其错误。
答：所选球面上场强的大小不处处相等，不能用： 所选球面上场强的大小不处处相等，不能用：
E • dS = E • 4πr ∫∫
S
2
〔例5〕已知空间电场强度分布为 〕 求（1）通过图示立方体的电通量， ）通过图示立方体的电通量， （2）该立方体内的总电荷是多少？ ）该立方体内的总电荷是多少？ 解：（1） ：（ ）
ｑ ∴U 0＝ ＝U球 4πε ｒ 0
〔例14〕正电荷均匀分布在半径为R的球形体积内，电荷体 〕正电荷均匀分布在半径为R的球形体积内， 密度为ρ,求球内ａ点与球外ｂ点的电势差时， ρ,求球内 密度为ρ,求球内ａ点与球外ｂ点的电势差时，得出结果
R O
σ
x
X
σ －σ ｘ E＝ ｉ ＋ 〔1－ ｉ〕 2 2 2ε 2ε R ＋ｘ 0 0 σ ｘ ＝ ｉ 2 2 2ε R ＋ｘ 0
U＝ E •ｄ ｌ ∫Eｃｏｓ π ＝ －E（－ｄｘ） ＝ ｄｌ ∫ ∫
0 ｘ 0 ｘ 0 ｘ
σ 0 ｘ 注意符号变换！ 注意符号变换！ ｄｘ ＝ ∫ 2 ｘ 2 2ε R ＋ｘ 0 －1 σ 01 2 2 ＝ ∫（R ＋ｘ ） 2ｄ（R 2＋ｘ2） ｘ 2ε 2 0 σ 1 （R ＋ｘ ）2 0 σ ＝ 〔 • 〕 ＝ 〔R－ R 2＋ｘ2〕 ｘ 1 2ε 2 2ε 0 0 2
X
由于左右半圆环电荷分布的对称性，合场强的ｙ分量抵消 由于左右半圆环电荷分布的对称性，合场强的ｙ
λ ｄｌ ＋ ）＝－ ｄEｘ＝ｄEｃｏｓ（ π φ 2ｃｏｓ φ 4ππR 0 λR 0 2 ＝－ ｄ 2ｃｏｓφ φ 4ππR 0
λ0 2π 2 Eｘ＝－ ∫ ｃｏｓ φｄ φ 4πε R 0 0 λ0 2π 1－ｃｏｓ 2φ ＝－ ｄφ ∫ 0 4πε R 2 0 λ0 ＝－ 4ε0 R
2
d
•
⇒ E = 0 试指出其错误。 试指出其错误。
答：所选球面上场强的大小不处处相等，不能用： 所选球面上场强的大小不处处相等，不能用：
E • dS = E • 4πr ∫∫
S
2
〔例5〕已知空间电场强度分布为 〕 求（1）通过图示立方体的电通量， ）通过图示立方体的电通量， （2）该立方体内的总电荷是多少？ ）该立方体内的总电荷是多少？ 解：（1） ：（ ）
ｑ ∴U 0＝ ＝U球 4πε ｒ 0
〔例14〕正电荷均匀分布在半径为R的球形体积内，电荷体 〕正电荷均匀分布在半径为R的球形体积内， 密度为ρ,求球内ａ点与球外ｂ点的电势差时， ρ,求球内 密度为ρ,求球内ａ点与球外ｂ点的电势差时，得出结果
R O
σ
x
X
σ －σ ｘ E＝ ｉ ＋ 〔1－ ｉ〕 2 2 2ε 2ε R ＋ｘ 0 0 σ ｘ ＝ ｉ 2 2 2ε R ＋ｘ 0
U＝ E •ｄ ｌ ∫Eｃｏｓ π ＝ －E（－ｄｘ） ＝ ｄｌ ∫ ∫
0 ｘ 0 ｘ 0 ｘ
σ 0 ｘ 注意符号变换！ 注意符号变换！ ｄｘ ＝ ∫ 2 ｘ 2 2ε R ＋ｘ 0 －1 σ 01 2 2 ＝ ∫（R ＋ｘ ） 2ｄ（R 2＋ｘ2） ｘ 2ε 2 0 σ 1 （R ＋ｘ ）2 0 σ ＝ 〔 • 〕 ＝ 〔R－ R 2＋ｘ2〕 ｘ 1 2ε 2 2ε 0 0 2
05静电场——习题课
1.14（1）点电荷 位于边长为 的正立方体的中心， （ ）点电荷q位于边长为 的正立方体的中心， 位于边长为a 通过此立方体的每一面的电通量各是多少？ 通过此立方体的每一面的电通量各是多少？ （2）若电荷移至正方体的一个顶点上，那么通过每 ）若电荷移至正方体的一个顶点上， 个面的电通量又各是多少？ 个面的电通量又各是多少？ q 解： 1）由于立方体的 6 个侧面对于其 （ ） ● 中心对称， 则由Gauss定理知，通过各 定理知， 中心对称， 则由 定理知 个面的电通量都相等。 个面的电通量都相等。且等于整个闭合 q ● 高斯面电能量的六分之一， 高斯面电能量的六分之一，所以每个面 通过的电通量应为 q / (6ε0)。 。 填空题1039 （本题 分）在边长为 的正 本题3分 在边长为a的正 填空题 a 方形平面的中垂线上，距中心o点 方形平面的中垂线上，距中心 点a/2 处 q 有一电量q的正电荷，则通过该平面的电 有一电量 的正电荷， 的正电荷 ● a a/2 场强度通量为 q / (6ε0) 。 为边长作一个正六面体。 解：以a 为边长作一个正六面体。
ε0
E = 0 (r < a ) r > a , q int = 2π al σ , E 在筒外， 在筒外， δa (r ≥ a ) E = ε 0r o E-r 曲线如图。 曲线如图。
E∝1 r
a
r
1.18 两个无限长同轴圆筒半径分别为R1和R2，单位长 两个无限长同轴圆筒半径分别为 度带电量分别为+λ和 。求内筒内、 度带电量分别为 和-λ。求内筒内、两筒间及外筒外的 电场分布。 电场分布。 根据电场分布的轴对称性， 解：根据电场分布的轴对称性，可以选与圆筒同轴的圆 柱面(上下封顶 作高斯面。再根据高斯定律即可得出： 上下封顶)作高斯面 柱面 上下封顶 作高斯面。再根据高斯定律即可得出： 在筒内， 在筒内，r < R1 ： E = 0 在筒间， 在筒间， R1 < r < R2 ：
静电习题课
5、给出电场强度的方向
xdq dE 2 2 3/ 2 4 0 ( r x )
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静电场习题课
y
dl R r O x R x R x
y
r
O dE
r R sin ,
x R cos ,
dl Rd
E
/2
0
2R 3 sin cos d 3 4 0 40 R
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静电场习题课 2. 一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R1和R2 ， 在它的侧面上均匀带电，电荷面密度σ，求：顶角O的 电势。（以无穷远处电势为零点）
R1
R2
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静电场习题课 1、判断带电体类型（均匀的连续面分布） 2、选坐标 3、找微元
dq ds
4 r q U 4 r
i 1 0
i
连续分布的带电体 场无对称性
U
dq 4 r
0
场有对称性
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U P E dl
P
静电场习题课
F
定理
D ds q
0
qq ˆ r 4 r 1
1 2 2
i
有源场
s
静 电 学
方向沿x正方向
电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qdx) / (40 x) 整个线电荷在电场中具有电势能：
q W 4 0
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r0 l r0
r0 l dx q ln x 4 0 r0
静电场习题课 8.一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半 径分别为R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量 为r 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点 的电场强度和A点与外筒间的电势差．
xdq dE 2 2 3/ 2 4 0 ( r x )
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y
dl R r O x R x R x
y
r
O dE
r R sin ,
x R cos ,
dl Rd
E
/2
0
2R 3 sin cos d 3 4 0 40 R
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静电场习题课 2. 一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R1和R2 ， 在它的侧面上均匀带电，电荷面密度σ，求：顶角O的 电势。（以无穷远处电势为零点）
R1
R2
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静电场习题课 1、判断带电体类型（均匀的连续面分布） 2、选坐标 3、找微元
dq ds
4 r q U 4 r
i 1 0
i
连续分布的带电体 场无对称性
U
dq 4 r
0
场有对称性
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U P E dl
P
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F
定理
D ds q
0
qq ˆ r 4 r 1
1 2 2
i
有源场
s
静 电 学
方向沿x正方向
电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qdx) / (40 x) 整个线电荷在电场中具有电势能：
q W 4 0
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r0 l r0
r0 l dx q ln x 4 0 r0
静电场习题课 8.一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半 径分别为R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量 为r 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点 的电场强度和A点与外筒间的电势差．
第6章 静电场习题课
E1
1 ∴ ρ = ε 0 (E 2 − E1 h
)
h
∆S
S
＝4.43×10-13 C/m3
(1)
E2
(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面， 由于电荷只分布在地表面， 所以电力线终止于地面，取高斯面如图 所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 1 v 1 v ∆ 由高斯定理 ∫∫ E · dS = ∑ qi -E∆S= ε σ ∆S ε0 0 ＝－8.9 ∴σ =－ε 0 E＝－ ×10-10 C/m3 ＝－
1-2 题图
以正电荷为中心作一边长为a/2的立方体形的高斯面 以正电荷为中心作一边长为 的立方体形的高斯面 由高斯定理， 由高斯定理，总通量为 φ =
q
ε0 q 则通过一面的电通量为 φ = 6ε 0
5. 一半径为 的带电球体，其电荷体密度分布为 一半径为R的带电球体 的带电球体， ρ = 0 (r＞R) ρ = Ar (r≤R) ， A为一常量．试求球体内外的场强分布． 为一常量．试求球体内外的场强分布． 为一常量
S2
ε0
2
⋅d
ρd ⇒ Ex = 2ε 0
φ
1. 带电细线弯成半径为 的半圆形 电荷线密度为 λ = λ0 sin φ 带电细线弯成半径为R的半圆形 的半圆形,电荷线密度为 式中λ 为一常数， 为半径R与 轴所成的夹角 如图所示． 轴所成的夹角， 式中 0为一常数，Φ为半径 与x轴所成的夹角，如图所示． 试求环心O处的电场强度 处的电场强度． 试求环心 处的电场强度． 处取电荷元， 解：在 φ 处取电荷元，其电荷为
v v v r1 − r2 = a
3ε 0
v ρ v ∴E = a 3ε 0
点在空腔中位置无关。 与P点在空腔中位置无关。 点在空腔中位置无关
1 ∴ ρ = ε 0 (E 2 − E1 h
)
h
∆S
S
＝4.43×10-13 C/m3
(1)
E2
(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面， 由于电荷只分布在地表面， 所以电力线终止于地面，取高斯面如图 所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 1 v 1 v ∆ 由高斯定理 ∫∫ E · dS = ∑ qi -E∆S= ε σ ∆S ε0 0 ＝－8.9 ∴σ =－ε 0 E＝－ ×10-10 C/m3 ＝－
1-2 题图
以正电荷为中心作一边长为a/2的立方体形的高斯面 以正电荷为中心作一边长为 的立方体形的高斯面 由高斯定理， 由高斯定理，总通量为 φ =
q
ε0 q 则通过一面的电通量为 φ = 6ε 0
5. 一半径为 的带电球体，其电荷体密度分布为 一半径为R的带电球体 的带电球体， ρ = 0 (r＞R) ρ = Ar (r≤R) ， A为一常量．试求球体内外的场强分布． 为一常量．试求球体内外的场强分布． 为一常量
S2
ε0
2
⋅d
ρd ⇒ Ex = 2ε 0
φ
1. 带电细线弯成半径为 的半圆形 电荷线密度为 λ = λ0 sin φ 带电细线弯成半径为R的半圆形 的半圆形,电荷线密度为 式中λ 为一常数， 为半径R与 轴所成的夹角 如图所示． 轴所成的夹角， 式中 0为一常数，Φ为半径 与x轴所成的夹角，如图所示． 试求环心O处的电场强度 处的电场强度． 试求环心 处的电场强度． 处取电荷元， 解：在 φ 处取电荷元，其电荷为
v v v r1 − r2 = a
3ε 0
v ρ v ∴E = a 3ε 0
点在空腔中位置无关。 与P点在空腔中位置无关。 点在空腔中位置无关
静电场习题课
Q2 Q2 C2 , W2 , W1：W2 2： 1 ； 串：W1 2C1 2C 2 C1
1 1 C1 2 2 1： 2； 并：W1 C1U , W2 C 2U , W1：W2 2 2 C2
12. 若把电子想象为一个相 对介电常数 r 1 的球体， 它的电荷 e 在球体内部均匀分布， 假设电子的静电能 量 m0 c 2 时，求电子的半径R。
②电势
UP
P（零点） 0
P
W PP0 E dl ＝ q0
是从带电体在电场力作用下移动时，电场力对 它做功而引入的描述电场本身性质的又一物理量。
q 1 点电荷 U ， 点电荷系 U＝ 4 0 r 4 0 1 dq 电荷连续分布 U 4 0 r 1 qi i ri
q q 定义：C , C , U U1 U 2 孤立导体球C 4 0 R, 平行板电容器 C
0S
d
,
4 0 R1 R2 2 0 L 球形电容器C , 圆柱形电容器 C R2 R1 ln R2 / R1
⑤电极化强度矢量
P
pe
V
⑥电位移矢量 D o E P, 对各向同性介质 D 0 r E E
q v0
x
O
2 rdr
4 0 r 2 x 2
b
R rdr 2 2 U ( x R x) 2 2 0 2 0 2 0 r x
R 当 x 0, U 0 。 当 x b, U b ( b 2 R 2 b) 2 0 2 0
静电场习题课
一、小结 1.基本概念：①电场强度矢量
F E q0
最新静电场习题课(北邮版08级用[1].)
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A.导体是个等势体，导体表面是个等势面。
B. 导体内部各点(宏观点)净余电荷为零；电荷只 能分布在表面。
C. 导体表面附近一点的总电场强度方向
D. 与导体表面垂直;场强大小与导体 E. 表面对应点的电荷面密度成正比。
E
0
1 2 3 4
例：设静电平衡后E，va金lu属ati板on各on面ly.所带
ea电•te当荷d w两面it板密hCA带度ospp等之yors量i间ge.h异S的tl2i号关d0e0电s系4f-荷o2r0 时.11 N1 :EA T4 s1p3 ,o.5 s4＝ e2 C0 P l,it ey n2L3 ttP dr.o3file 5.2.0
23. 接地线的存在意味着: A.导体的电势为零;
B.接地线只提供导体与地交换电荷的通道，并不 保证导体腔外壁上的电荷在任何情况下都为零。
例：如图，两导体板分别带qa和
2 3
qb当一导体接地时，求两板之间
的场强。E 2 qa
S
ea222t564e．..d电w有D i孤位t介h C立移A质o0 s导矢ppｒ 时yＥ o体量r si的ge＝ 0的.hD S高tl的电2EiＥ 斯d 0v引容e0a0s定4sl入uf-o理2art0i.1CoN1n EAoe Tqns pl3yo..5sS Ｄ eCPlditS eyn Lqt atPidr.q oq0 fiible 5.2.0
(当电荷分布具有一定的对称性时,用高斯定理很容易求
出场强分布,这种情况下用该式求电势较方便） 外
例: 半径为R，带电量为 q 的均
内
匀带电球面的电场中的电势分布。
Ｒ
eateUd外 with4CAoｑ spp外 yorrsige.hStl2Eid0ve0Uas4l内uf-o＝2art0i.1o4N1nｑEAoT外nsRpl3yo..5seCPliteynLt tPdr.ofile 5.2.0
静电场习题课
O
原电荷
P点E 1
2 0
R
圆孔
P点
E220(1
x) x2R2
x EE1E22 x2R2
E
PX
三.“无限”带电体零电势点的选取
1.求无限长均匀带电直线的电势分布
场强分布 E
2 0r
由定义
uPEdr r 20rdr
PQ
r
发散
R
选有限远为电势零点( Q )
uPR rEd 2 r0rd r20ln R r
2
二.补偿法求场强
d
1.带电圆弧 已知: R50 cm
Eo
d2cm q3.12109C
求: Eo
o
R
解:圆弧
q 2 R
带电园环
园弧上电荷
空隙
o处的 E1 0
o 点电荷
处的 E24q0 R240 d R2
d Eo E2 40R2
2. 球体内挖一空腔
已知: R r d
求: Eo
Eo
❖证明空腔内为均匀电场
解:
0处
原电荷
E1 0
R Eo r
0
0
d
空腔
0 处
dq 4r3
sE2dsE24d2s0
3
0
E2
4r3
3
40d2
r3 30d2
r3 Eo E2 30d2
O 点场强的计算
0 处
空腔
原电荷
dq 4d3
sE1dsE14d2s0
3
0
0 处
E2 0
E1
4d3
3
4 0d2
d 30
R
0
Eo
dy
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2
2
(2)两离子初速度分别为 v、v/，则
L 2v L qE n m
L 2v l′ ＋ qE ＝ v m
L 2m Δt＝t－t′ ＝ (v v ) vv qE
L 2m 0 要使 Δt＝0，则须 vv qE 2mvv 所以：E＝ qL
7.如图所示，同一竖直平面内固定着两水平绝缘细杆 AB、CD，长 均为 L，两杆间竖直距离为 h，BD 两端以光滑绝缘的半圆形细杆 相连，半圆形细杆与 AB、CD 在同一竖直面内，且 AB、CD 恰为半 圆形圆弧在 B、D 两处的切线，O 为 AD、BC 连线的交点，在 O 点 固定一电量为 Q 的正点电荷．质量为 m 的小球 P 带正电荷，电量 为 q，穿在细杆上，从 A 以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可 到达 C 点．已知小球与两水平杆之间动摩擦因数为μ ，小球所受 库仑力始终小于小球重力．求： (1) P 在水平细杆上滑动时受摩擦力的极大值和极小值； (2) P 从 A 点出发时初速度的最小值．
1 2 －mgh－2mg·2L=0－ 2 mv0 ，
得 v0= 2 gh(h 2L) ．
8.一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可在倾角 为θ 的绝缘斜面上运动，斜面底端有一与斜面垂 直的固定绝缘挡板，斜面顶端距底端的高度为h， 整个斜面置于匀强电场中，场强大小为E，方向水 平向右，如图所示．小物体与斜面的动摩擦因数 为μ ，且小物体与档板碰撞时不损失机械能。求： (1) 为使小物体能从静止开始沿斜面下滑，μ 、q、 E、θ 各量间必须满足的关系。 (2) 小物体自斜面顶端从静止开始沿斜面下滑到 停止运动所通过的总路程。
6.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比 q/m，如 图 1。 带正电的离子经电压为 U 的电场加速后进入长度为 L 的真空管 AB， 可测得离子飞越 AB 所用时间 t1。改进以上方法，如图 2，让离子飞越 AB 后进入场强为 E（方向如图）的匀强电场区域 BC，在电场的作用下 离子返回 B 端，此时，测得离子从 A 出发后飞行的总时间 t2， （不计离 子重力） ⑴忽略离子源中离子的初速度， ①用 t1 计算荷质比； ②用 t2 计算荷质比。
（2）根据题意，小物体最终停在底端挡板处，由动能定理有：
mgh qEh cot 解得 S (mg cos qE sin )
9.一质量为 m、电荷量为 q 的小球，从 O 点 以和水平方向成 α 角的初速度 v0 抛出，当达 到最高点 A 时， 恰进入一匀强电场中， 如图， 经过一段时间后，小球从 A 点沿水平直线运 动到与 A 相距为 S 的 A`点后又折返回到 A 点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向 运动又落回原抛出点，求 （1）该匀强电场的场强 E 的大小和方向； （即求出图中的 θ 角，并在图中标明 E 的方 向） （2）从 O 点抛出又落回 O 点所需的时间。
φ
U0 o -U0 T/2 T 3T/2 2T t
解：从 t=0 时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向 右先匀加速 T/2，接着匀减速 T/2，速度减小到零后，又开始 向右匀加速 T/2，接着匀减速 T/2„„直到打在右极板上。电 子不可能向左运动； 如果两板间距离不够大， 电子也始终向右 运动，直到打到右极板上。从 t=T/4 时刻释放电子，如果两板 间距离足够大，电子将向右先匀加速 T/4，接着匀减速 T/4，速 度减小到零后，改为向左先匀加速 T/4，接着匀减速 T/4。即在 两板间振动； 如果两板间距离不够大， 则电子在第一次向右运 动过程中就有可能打在右极板上。从 t=3T/8 时刻释放电子， 如果两板间距离不够大， 电子将在第一次向右运动过程中就打 在右极板上； 如果第一次向右运动没有打在右极板上， 那就一 定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选 AC
m
F L
M
E
解:(1)当拉力 F0 作用于滑块 m 上，木板能够产生的最 大加速度为: a M
(mg qE)
M
2.0m / s 2
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度 am≤aM 对于滑块有: F0
(mg qE) ma m
F0 (mg qE) ma m 6.0 N
⑵离子源中相同荷质比离子的 初速度不尽相同，设两个荷质 比都为q/m的离子在A端的速度 分别为v和v/（v≠v/），在改进 后的方法中，它们飞行的总时 间通常不同，存在时间差Δt， 可通过调节电场E使Δt＝0。求 此时E的大小。
离 子 源
A
L
B O
离 子 源
A
L
B
C
真空管
真空管
E
U
U
图1
图2
⑴ ①设离子带电量为 q，质量为 m，经电场加速后的速度为 v，则
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力 F0 不应超过 6.0N. (2)设滑块相对于水平面的加速度为 a1，木板的加速度为 a2，由运动学关系可知:
1 2 s1 a1t 2
对滑块: F
，
1 s 2 a 2 t 2 ， s1 s 2 L 2
2 2
滑动过程中木板的加速度 a2=2.0m/s ，则可得滑块运动的加速度 a1=5.0m/s
A.因电场力分别对球 A 和球 B 做正功，故系统机械能不断增加 B.因两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒 C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小
D D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
A
-
B +
E
4.已知如图，匀强电场方向水平向右，场强 6 E=1.5× V/m， 10 丝线长 l=40cm， 上端系于 O －4 点，下端系质量为 m=1.0× 10 kg，带电量为 -10 q=+4.9× 10 C 的小球，将小球从最低点 A 由静止释放，求：⑴小球摆到最高点时丝线 与竖直方向的夹角多大？⑵摆动过程中小 球的最大速度是多大？
Oθ θ A
C
E B
解：⑴这是个“歪摆” 。由已知电 场力 Fe=0.75G 摆动到平衡位置时 丝线与竖直方向成 37°角，因此 最大摆角为 74°。 ⑵小球通过平衡位置时速度最 大 。 由 动 能 定 理 ： 2 1.25mg0.2l=mvB /2，vB=1.4m/s。
5.如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发 射 装 置 的 加 速 电 压 为 U0 。 电 容 器 板 长 和 板 间 距 离 均 为 L=10cm ，下 极板 接地 。电容器 右端 到荧 光屏的 距离 也是 L=10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随 时间变化的图象如左图。 （每个电子穿过平行板的时间极短， 可以认为电压是不变的）求：①在 t=0.06s 时刻，电子打在荧 光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③屏 上的亮点如何移动？
C O P A
D
v
B
(1) 小球 O 点正一方所受的支持力最大，易得
f max
4kQq 4kQq (mg 2 ) f min (mg 2 ) ， h h
(2) 经 O 点任意作一直线，与 AB、CD 相交得两点 两点处小球所受的弹力之和恒为 2mg，小球从 A 点到 C 点的过程中，运用动能定理得，
(mg qE) ma1 9.0 N
(3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中，相同的内能增加了:
Q (mg qE) L 6.0 J
11.如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑 板，其质量为 M，平面部分的上表面光滑且足够长.在距滑板 A 端为 l 的C（可 视为质点） ，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动.已知： M=3m， 电场强度为 E.假设物体 C 在运动及与滑板 A 端相碰过 程中电荷量不变. ⑴求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小. ⑵若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度 大小是碰前速度大小的 1/5，求滑板被碰后的速度大小.
2.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。 右极板电势随时间变化的规律如图所示。 电子原来静止在左极板小 孔处。 （不计重力作用）下列说法中正确的是 A.从 t=0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板 上 B.从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C.从 t=T/4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到 右极板上 D.从 t=3T/8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上
本章习题课
1.在点电荷 Q 的电场中，一个 α 粒子( 4 He )通过时的轨迹如图 2 实线所示，a、b 为两个等势面，则下列判 断中正确的是( ). (A)Q 可能为正电荷，也可能为负电荷 (B)运动中.粒子总是克服电场力做功 (C)α 粒子经过两等势面的动能 Eka＞Ekb C (D)α 粒子在两等势面上的电势能 Epa＞Epb
由以上三式得：
E= m
v04 cos4 4 g 2 s 2 2qs
arctan
2 gs 2 v0 cos2
方向斜向上
（2）小球沿 A A 做匀减速直线运动，于 A 点折返做匀加速运动所需时间
2v0 sin 4s t g v0 cos
10.质量为 m=1.0kg、带电量 q=+2.5×10－4C 的小滑块(可视为质点) 放在质量为 M=2.0kg 的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面 上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ =0.2，木板长 L=1.5m，开 始时两者都处于静止状态， 所在空间加有一个方向竖直向下强度为 E=4.0×104N/C 的匀强电场，如图所示.取 g=10m/s2，试求: (1)用水平力 F0 拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一 起运动，力 F0 应满足什么条件？ (2)用水平恒力 F 拉小滑块向木板的右端运动，在 1.0s 末使滑 块从木板右端滑出，力 F 应为多大？ (3)按第(2)问的力 F 作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时， 系统的内能增加了多少？(设 m 与 M 之间最大静摩擦力与它们之 间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变)
2
(2)两离子初速度分别为 v、v/，则
L 2v L qE n m
L 2v l′ ＋ qE ＝ v m
L 2m Δt＝t－t′ ＝ (v v ) vv qE
L 2m 0 要使 Δt＝0，则须 vv qE 2mvv 所以：E＝ qL
7.如图所示，同一竖直平面内固定着两水平绝缘细杆 AB、CD，长 均为 L，两杆间竖直距离为 h，BD 两端以光滑绝缘的半圆形细杆 相连，半圆形细杆与 AB、CD 在同一竖直面内，且 AB、CD 恰为半 圆形圆弧在 B、D 两处的切线，O 为 AD、BC 连线的交点，在 O 点 固定一电量为 Q 的正点电荷．质量为 m 的小球 P 带正电荷，电量 为 q，穿在细杆上，从 A 以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可 到达 C 点．已知小球与两水平杆之间动摩擦因数为μ ，小球所受 库仑力始终小于小球重力．求： (1) P 在水平细杆上滑动时受摩擦力的极大值和极小值； (2) P 从 A 点出发时初速度的最小值．
1 2 －mgh－2mg·2L=0－ 2 mv0 ，
得 v0= 2 gh(h 2L) ．
8.一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可在倾角 为θ 的绝缘斜面上运动，斜面底端有一与斜面垂 直的固定绝缘挡板，斜面顶端距底端的高度为h， 整个斜面置于匀强电场中，场强大小为E，方向水 平向右，如图所示．小物体与斜面的动摩擦因数 为μ ，且小物体与档板碰撞时不损失机械能。求： (1) 为使小物体能从静止开始沿斜面下滑，μ 、q、 E、θ 各量间必须满足的关系。 (2) 小物体自斜面顶端从静止开始沿斜面下滑到 停止运动所通过的总路程。
6.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比 q/m，如 图 1。 带正电的离子经电压为 U 的电场加速后进入长度为 L 的真空管 AB， 可测得离子飞越 AB 所用时间 t1。改进以上方法，如图 2，让离子飞越 AB 后进入场强为 E（方向如图）的匀强电场区域 BC，在电场的作用下 离子返回 B 端，此时，测得离子从 A 出发后飞行的总时间 t2， （不计离 子重力） ⑴忽略离子源中离子的初速度， ①用 t1 计算荷质比； ②用 t2 计算荷质比。
（2）根据题意，小物体最终停在底端挡板处，由动能定理有：
mgh qEh cot 解得 S (mg cos qE sin )
9.一质量为 m、电荷量为 q 的小球，从 O 点 以和水平方向成 α 角的初速度 v0 抛出，当达 到最高点 A 时， 恰进入一匀强电场中， 如图， 经过一段时间后，小球从 A 点沿水平直线运 动到与 A 相距为 S 的 A`点后又折返回到 A 点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向 运动又落回原抛出点，求 （1）该匀强电场的场强 E 的大小和方向； （即求出图中的 θ 角，并在图中标明 E 的方 向） （2）从 O 点抛出又落回 O 点所需的时间。
φ
U0 o -U0 T/2 T 3T/2 2T t
解：从 t=0 时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向 右先匀加速 T/2，接着匀减速 T/2，速度减小到零后，又开始 向右匀加速 T/2，接着匀减速 T/2„„直到打在右极板上。电 子不可能向左运动； 如果两板间距离不够大， 电子也始终向右 运动，直到打到右极板上。从 t=T/4 时刻释放电子，如果两板 间距离足够大，电子将向右先匀加速 T/4，接着匀减速 T/4，速 度减小到零后，改为向左先匀加速 T/4，接着匀减速 T/4。即在 两板间振动； 如果两板间距离不够大， 则电子在第一次向右运 动过程中就有可能打在右极板上。从 t=3T/8 时刻释放电子， 如果两板间距离不够大， 电子将在第一次向右运动过程中就打 在右极板上； 如果第一次向右运动没有打在右极板上， 那就一 定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选 AC
m
F L
M
E
解:(1)当拉力 F0 作用于滑块 m 上，木板能够产生的最 大加速度为: a M
(mg qE)
M
2.0m / s 2
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度 am≤aM 对于滑块有: F0
(mg qE) ma m
F0 (mg qE) ma m 6.0 N
⑵离子源中相同荷质比离子的 初速度不尽相同，设两个荷质 比都为q/m的离子在A端的速度 分别为v和v/（v≠v/），在改进 后的方法中，它们飞行的总时 间通常不同，存在时间差Δt， 可通过调节电场E使Δt＝0。求 此时E的大小。
离 子 源
A
L
B O
离 子 源
A
L
B
C
真空管
真空管
E
U
U
图1
图2
⑴ ①设离子带电量为 q，质量为 m，经电场加速后的速度为 v，则
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力 F0 不应超过 6.0N. (2)设滑块相对于水平面的加速度为 a1，木板的加速度为 a2，由运动学关系可知:
1 2 s1 a1t 2
对滑块: F
，
1 s 2 a 2 t 2 ， s1 s 2 L 2
2 2
滑动过程中木板的加速度 a2=2.0m/s ，则可得滑块运动的加速度 a1=5.0m/s
A.因电场力分别对球 A 和球 B 做正功，故系统机械能不断增加 B.因两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒 C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小
D D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
A
-
B +
E
4.已知如图，匀强电场方向水平向右，场强 6 E=1.5× V/m， 10 丝线长 l=40cm， 上端系于 O －4 点，下端系质量为 m=1.0× 10 kg，带电量为 -10 q=+4.9× 10 C 的小球，将小球从最低点 A 由静止释放，求：⑴小球摆到最高点时丝线 与竖直方向的夹角多大？⑵摆动过程中小 球的最大速度是多大？
Oθ θ A
C
E B
解：⑴这是个“歪摆” 。由已知电 场力 Fe=0.75G 摆动到平衡位置时 丝线与竖直方向成 37°角，因此 最大摆角为 74°。 ⑵小球通过平衡位置时速度最 大 。 由 动 能 定 理 ： 2 1.25mg0.2l=mvB /2，vB=1.4m/s。
5.如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发 射 装 置 的 加 速 电 压 为 U0 。 电 容 器 板 长 和 板 间 距 离 均 为 L=10cm ，下 极板 接地 。电容器 右端 到荧 光屏的 距离 也是 L=10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随 时间变化的图象如左图。 （每个电子穿过平行板的时间极短， 可以认为电压是不变的）求：①在 t=0.06s 时刻，电子打在荧 光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③屏 上的亮点如何移动？
C O P A
D
v
B
(1) 小球 O 点正一方所受的支持力最大，易得
f max
4kQq 4kQq (mg 2 ) f min (mg 2 ) ， h h
(2) 经 O 点任意作一直线，与 AB、CD 相交得两点 两点处小球所受的弹力之和恒为 2mg，小球从 A 点到 C 点的过程中，运用动能定理得，
(mg qE) ma1 9.0 N
(3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中，相同的内能增加了:
Q (mg qE) L 6.0 J
11.如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑 板，其质量为 M，平面部分的上表面光滑且足够长.在距滑板 A 端为 l 的C（可 视为质点） ，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动.已知： M=3m， 电场强度为 E.假设物体 C 在运动及与滑板 A 端相碰过 程中电荷量不变. ⑴求物体 C 第一次与滑板 A 端相碰前瞬间的速度大小. ⑵若物体 C 与滑板 A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度 大小是碰前速度大小的 1/5，求滑板被碰后的速度大小.
2.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。 右极板电势随时间变化的规律如图所示。 电子原来静止在左极板小 孔处。 （不计重力作用）下列说法中正确的是 A.从 t=0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板 上 B.从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C.从 t=T/4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到 右极板上 D.从 t=3T/8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上
本章习题课
1.在点电荷 Q 的电场中，一个 α 粒子( 4 He )通过时的轨迹如图 2 实线所示，a、b 为两个等势面，则下列判 断中正确的是( ). (A)Q 可能为正电荷，也可能为负电荷 (B)运动中.粒子总是克服电场力做功 (C)α 粒子经过两等势面的动能 Eka＞Ekb C (D)α 粒子在两等势面上的电势能 Epa＞Epb
由以上三式得：
E= m
v04 cos4 4 g 2 s 2 2qs
arctan
2 gs 2 v0 cos2
方向斜向上
（2）小球沿 A A 做匀减速直线运动，于 A 点折返做匀加速运动所需时间
2v0 sin 4s t g v0 cos
10.质量为 m=1.0kg、带电量 q=+2.5×10－4C 的小滑块(可视为质点) 放在质量为 M=2.0kg 的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面 上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ =0.2，木板长 L=1.5m，开 始时两者都处于静止状态， 所在空间加有一个方向竖直向下强度为 E=4.0×104N/C 的匀强电场，如图所示.取 g=10m/s2，试求: (1)用水平力 F0 拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一 起运动，力 F0 应满足什么条件？ (2)用水平恒力 F 拉小滑块向木板的右端运动，在 1.0s 末使滑 块从木板右端滑出，力 F 应为多大？ (3)按第(2)问的力 F 作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时， 系统的内能增加了多少？(设 m 与 M 之间最大静摩擦力与它们之 间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变)