静电场典型计算题
高中物理静电场经典习题30道--带答案
高中物理静电场经典习题30道--带答案1.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c 分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A．$\frac{kq}{l^2}$。
B．$\frac{\sqrt{3}kq}{l^2}$。
C．$\frac{2kq}{l^2}$。
D．$\frac{3kq}{l^2}$2.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）A．$\frac{kQ}{4R^2}$。
B．$\frac{\sqrt{2}kQ}{4R^2}$。
C．$\frac{kQ}{2R^2}$。
D．$\frac{\sqrt{2}kQ}{R^2}$3.如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q （q＞）的相同小球，小球之间用劲度系数均为k的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l．已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为A．$l+\frac{2q^2}{kl}$。
B．$l-\frac{2q^2}{kl}$。
C．$l-\frac{q^2}{kl}$。
D．$l+\frac{q^2}{kl}$4.如图所示，在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m 带电量分别为+q和﹣q的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为A．$\frac{F}{2kq^2}$。
B．$\frac{F}{kq^2}$。
C．$\frac{F}{4kq^2}$。
D．$\frac{2F}{kq^2}$5.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）A．。
静电场习题汇总
1.已知一均匀带电球面，总带电量为q ，半径为 R ，2.已知一均匀带电球体，半径为 R ，带电量为q ，求1）整个空间的场强分布；2）整个空间的电势分布。
电荷均匀分布在球体内，求： 1）整个空间的场强分布； 2）整个空间的电势分布。
（整个空间介电常数按ε 计算）qR OrqR Or解：1）以O 为心，r 为半径建立球形高斯面K K v 1 ε0 ∑ ∫ φe = E ⋅dS = E ⋅4πr 2= q i 内解：1）以O 为心，r 为半径建立球形高斯面S iK K v ∫1 ∑ φe = E ⋅dS = E ⋅4πr 2= q i 内根据高斯定理ε0 S i当r < R 时， E ⋅4πr22= ε1 ⋅0 ∴E = 0根据高斯定理当r < R 时，4πr 3= ε1 ⋅q ∴E = q 当r > R 时， E ⋅4πr1 ⋅ 3 qr4πε R 04πε0r 2 E ⋅4πr 2 = q ∴E =ε 4 33 πR 30 2）当r < R 时，K K qq 4πε R = ε1 ⋅q ∴E =q 4πε0r 2∞ R ∞ ∫ ∫ ∫ U = E ⋅dl = 0dr + 4πε r dr = 当r > R 时， E ⋅4πr22r r R0 0当r > R 时， 2）当r < R 时，K K K K q q4πε0rqr4πε Rq4πε0r R∞ ∞ ∞R ∞∫ dr + ∫ ∫ ∫ ∫ U = E ⋅dl = 4πε0r dr = U = E ⋅dl = dr 2 3 2 r r r r q 8πε R 0q 3q + qr 2 = (R 2 −r 2)+ 4πε R = 8πε R 8πε R 3 3 0 0 0当r > R 时，K K q q 4πε0r∞ ∞ ∫ ∫ U = E ⋅dl = 4πε0r dr = 2 r r4．已知两同轴带电圆柱面，半径分别为a 和b ，内 3.已知两同心带电球面，半径分别为 R 、 R ，内 1 2 λ 电量为−λ，忽略边缘效应， 求： 圆柱面单位长度带电量为 ，外圆柱面单位长度带 球面带电量为 q ,外 球面带电量为−q ， 求：-q b 求1）整个空间的场强分布； a q求1）整个空间的场 强分布；2）两柱面之间的电势差U 。
静电场经典计算题.
静电场计算题1、如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m ，电量均为+Q 的物体A 和B （A 、B 均可视为质点），它们间的距离为r ，与平面间的动摩擦因数均为μ，求： ①图示A 、B 静止时A 受的摩擦力为多大？②如果将A 的电量增至+4Q ，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A 、B 各运动了多远？2、质量为m 、带电量为+q 的小球从距地面高为h 处以一定的初速度水平抛出．在距抛出点水平距离为l 处，有一根管口比小球直径略大的上下都开口的竖直细管，管的上口距地面12h ．为使小球能无碰撞地从管子中通过，可在管子上方的整个区域里加一个电场强度方向水平向左的匀强电场，如图所示．求：小球的初速度v 0、电场强度E 的大小及小球落地时的动能E k ．3、如图所示，空间存在着强度E =2.5×102N/C 方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L =0.5m 的绝缘细线，一端固定在O 点，一端拴着质量m =0.5kg 、电荷量q =4×10－2C的小球.现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g =10m/s 2.求： （1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力；（3）当小球继续运动后与O 点水平方向距离为L 时，小球距O 点的高度.E O4、如图所示．半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为m 的带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受静电力是其重力的3/4倍．将珠子从环上最低点A 静止释放，求珠子所能获得的最大动能E k .。
5、如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场。
一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中。
管的水平部分长为l 1=0.2m ，离水平面地面的距离为h=5.0m ，竖直部分长为l 2=0.1m 。
一带正电 的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半。
静电场计算题
静电场计算题1.如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=04ε3分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2.一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强 θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 2分按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π== θθεθd cos 2cos d d 202RQE E y π-=-= 3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2分 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 2分 所以j RQ j E i E E y x202επ-=+= 1分LPd E O3.如图所示，一电荷面密度为σ的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．解：电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E =σ / (2ε0) 2分以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = σ2πr d r 2分它在距离平面为a 的一点处产生的场强()2/32202d ra a r d rE +=εσ 2分则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为()⎰+=R ra r r a E 02/3220d 2εσ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=22012R a a εσ 2分 由题意,令E =σ / (4ε0)，得到R ＝a 32分4.电荷线密度为λ的“无限长”均匀带电细线，弯成图示形状．若半圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：以O 点作坐标原点，建立坐标如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强1E ， ()j i R E --π=014ελ 2分 半无限长直线B ∞在O 点产生的场强2E ， ()j i RE +-π=024ελ2分 半圆弧线段在O 点产生的场强3E，i RE032ελπ= 2分由场强叠加原理，O 点合场强为0321=++=E E E E2分5. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．∞∞OBA∞∞解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ 2分 半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i RE +-π=024ελ 2分 四分之一圆弧段在O 点产生的场强： ()j i RE+π=034ελ 4分由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E+π=++=03214ελ2分6.图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为： E x ＝bx ， E y ＝0， E z ＝0． 高斯面边长a ＝0.1 m ，常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求该闭合面中包含的净电荷．(真空介电常数ε0＝8.85×10-12C 2·N -1·m -2 )解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85×10-12 C 2分7.真空中一立方体形的高斯面,边长a ＝0.1 m 置．已知空间的场强分布为： E x =bx , E y =0 , E z =0．常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求通过该高斯面的电通量．解： 通过x ＝a 处平面1的电场强度通量 Φ1 = -E 1 S 1= -b a 3 1分 通过x = 2a 处平面2的电场强度通量Φ2 = E 2 S 2 = 2b a 3 1分其它平面的电场强度通量都为零．因而通过该高斯面的总电场强度通量为Φ = Φ1+ Φ2 = 2b a 3-b a 3 = b a 3 =1 N ·m 2/C 3分B A ∞x8. 图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ．试求板内外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即E —x 图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)． 解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强均沿x 轴，大小相等而方向相反．在板内作底面为S 的高斯柱面S 1（右图中厚度放大了）, 两底面距离中心平面均为⎢x ⎜, 由高斯定理得01/22ερS x S E ⋅=⋅则得 01/ερx E =即01/ερx E = ⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤-d x d 21214分在板外作底面为S 的高斯柱面S 2两底面距中心平面均为x ，由高斯定理得 02/2ερSd S E ⋅=⋅则得 ()022/ερd E ⋅= ⎪⎭⎫ ⎝⎛>d x 21即 ()022/ερd E ⋅= ⎪⎭⎫ ⎝⎛>d x 21，()022/ερd E ⋅-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛-<d x 21 4分E ~ x 图线如图所示． 2分9.一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为 ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R ) A 为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅ 得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 3分在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 2分2E 210.电荷面密度分别为+σ和－σ的两块“无限大”均匀带电平行平面，分别与x 轴垂直相交于x 1＝a ，x 2＝－a 两点．设坐标原点O 处电势为零，试求空间的电势分布表示式并画出其曲线．解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a )1分E = 0 (－∞＜x ＜－a，a ＜x ＜＋∞＝ 1分由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==00/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -= 2分在－a ≤x ≤a 区间000d d εσεσxx x E U xx=-==⎰⎰2分 在a ≤x ＜∞区间000d d 0d εσεσax x x E U aaxx=-+==⎰⎰⎰2分 图2分11.如图所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求：(1) 在它们的连线上电场强度0=E的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？ (2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．(1) 设0=E的点的坐标为x '，则()04342020=-'π-'π=i d x q i x q E εε 3分 可得 02222=-'+'d x d x解出 ()d x 3121+-=' 2分另有一解()d x 13212-=''不符合题意，舍去． (2) 设坐标x 处U ＝0，则 ()x d qx q U -π-π=00434εε ()0440=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--π=x d x x d q ε 3分 得 d - 4x = 0, x = d /4 2分12.图中所示为一沿x 轴放置的长度为l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为λ＝λ0 (x -a )，λ0为一常量．取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势．x-a +aO xU+Ox解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x 1分它在O 点产生的电势 ()xxa x U 004d d ελπ-=2分O 点总电势⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a la a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ 2分13. 图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2．设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r 处的电势．解：r 处的电势等于以r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U 1和球面以外的电荷产生的电势U 2之和，即 U = U 1 + U 2 ，其中U 1=q i/ (4πε0r )()()rR r 031343/4ερπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=r R r 31203ερ 4分为计算以r 为半径的球面外电荷产生的电势．在球面外取r '─→r '＋d r '的薄层．其电荷为 d q =ρ·4πr '2d r ' 它对该薄层内任一点产生的电势为()002/d 4/d d ερεr r r q U ''='π=则 ⎰⎰''==2d d 022R r r r U U ερ()2222r R -=ερ 4分 于是全部电荷在半径为r 处产生的电势为()222031202123r R r R r U U U -+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=ερερ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=r R r R 312220236ερ 2分 若根据电势定义直接计算同样给分．14.电荷以相同的面密度σ 分布在半径为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U 0＝300 V ． (1) 求电荷面密度σ．(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？［ε0＝8.85×10-12 C 2 /(N ·m 2)］解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441r r r r σσε()210r r +=εσ3分 2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 2 2分 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有O()2101r r U σσε'+='= 0即σσ21r r -=' 2分 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C 3分15.在强度的大小为E ，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为R 的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)．槽的质量为M ，一质量为m 带有电荷＋q 的小球从槽的顶点A 处由静止释放．如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求： (1) 小球由顶点A 滑至半球最低点Ｂ时相对地面的速度； (2) 小球通过B 点时，槽相对地面的速度；(3) 小球通过B 点后，能不能再上升到右端最高点C ？解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，m v ＋MV ＝0 ① 2分对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝21m v 2＋21MV 2 ②3分 ①、②两式联立解出 ()()m M m qE mg MR +-=2v 2分 方向水平向右．()()m M M qE mg mR M m V +--=-=2v 1分 方向水平向左． 1分小球通过B 点后，可以到达C 点． 1分16.两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R 1＝0.03 m 和R 2＝0.10 m ．已知两者的电势差为450 V ，求内球面上所带的电荷．解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 1分 两球的电势差⎰⎰π==212120124d R R R R r drQ r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε 2分 ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C 2分17.一均匀电场，场强大小为E ＝5×104 N/C ，方向竖直朝上，把一电荷为q＝ 2.5×10-8 C 的点电荷，置于此电场中的a 点，如图所示．求此点电荷在下列过程中电场力作的功．d(1) 沿半圆路径Ⅰ移到右方同高度的b 点，ab ＝45 cm ； (2) 沿直线路径Ⅱ向下移到c 点，ac ＝80 cm ；(3) 沿曲线路径Ⅲ朝右斜上方向移到d 点，ad ＝260 cm(与水平方向成45°角)．解：(1) 090cos d o1===⎰⋅ab qE S F A ba2分(2) o2180cos d ac qE S F A c a==⎰⋅ ＝－1×10-3 J 3分(3) o345sin d ad qE S F A d a==⎰⋅ ＝2.3×10-3 J 3分18.一带有电荷q ＝3×10-9 C 的粒子，位于均匀电场中，电场方向如图所示．当该粒子沿水平方向向右方运动5 cm 时，外力作功6×10-5 J ，粒子动能的增量为4.5×10-5 J ．求：(1) 粒子运动过程中电场力作功多少？(2) 该电场的场强多大？ 解：(1) 设外力作功为A F 电场力作功为A e ， 由动能定理：A F + A F = ∆ E K则 A e ＝∆ E K －A F =－1.5×10-5 J 2分(2) qES S F S F A e e e -=-=⋅=()=-=qS A E e /105 N/C 3分19. 如图所示，一半径为R 的均匀带正电圆环，其电荷线密度为λ．在其轴线上有A 、B 两点，它们与环心的距离分别为R OA 3=，R OB 8= . 一质量为m 、电荷为q 的粒子从A 点运动到B 点．求在此过程中电场力所作的功．解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为220432ελελ=+=R R RU A 2分 0220682ελελ=+=R R R U B 1分 q 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U U q A B A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-= 2分 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．20.图示两个半径均为R 的非导体球壳，表面上均匀带电，电荷分别为＋Q 和－Q ，两球心相距为d (d>>2R )．求两球心间的电势差．解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势．球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势．由此，按电势叠加原理球心O 1处的电势为： d QR Q U 00144εεπ-π= 2分 球心O 2处的电势为： RQd Q U 00244εεπ-π= 2分 Eq则O 1、O 2间的电势差为： ()RdR d Q d R Q U 00122112εεπ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=1分21.一电子射入强度的大小为5000 N ·C -1的均匀电场中，电场的方向竖直向上．电子初速度为v 0＝107 m ·s -1，与水平方向成θ＝30°角，如图所示．求电子从射入位置上升的最大高度．(电子的质量m ＝9.1×10-31 kg ，电子电荷绝对值e ＝1.6×10 -19 C) 解：电子在电场中作斜抛运动，忽略重力，在竖直方向上有：a y ＝－eE / m 1分v y ＝v 0sin θ－eEt / m 1分2021sin eEt t y -=θv 1分 电子上升至最高点的条件是v y ＝0，于是有： v 0sin θ－eEt 1 / m ＝0t 1 = m v 0sin θ / (eE ) 1分∴ ()22201042.12/sin -⨯==eE m y θv m 1分22.在真空中一长为l ＝10 cm 的细杆上均匀分布着电荷，其电荷线密度λ＝ 1.0×10-5C/m ．在杆的延长线上，距杆的一端距离d ＝10 cm 的一点上，有一点电荷q 0＝ 2.0×10-5 C ，如图所示．试求该点电荷所受的电场力．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为：()204d d x d xE +π=ελ 3分整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l+π=+π=⎰00204d 4ελελ 2分点电荷q 0所受的电场力为：()l d d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向 3分23.如图所示，有一高为h 的直角形光滑斜面, 斜面倾角为α．在直角顶点A 处有一电荷为－q 的点电荷．另有一质量为m 、电荷＋q 的小球在斜面的顶点B 由静止下滑．设小球可看作质点，试求小球到达斜面底部C 点时的速率． 解：因重力和电场力都是保守力，小球从顶点B 到达底部C 点过程中能量守恒．αεεctg 421402202h q m mgh h q π-=+π-v 3分 ∴ ()2/10221tg 2⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=gh m h q αεv 2分O yθE 0vq24.一半径为R 的均匀带电细圆环，其电荷线密度为λ，水平放置．今有一质量为m 、电荷为q 的粒子沿圆环轴线自上而下向圆环的中心运动(如图)．已知该粒子在通过距环心高为h 的一点时的速率为v 1，试求该粒子到达环心时的速率．解：带电粒子处在h 高度时的静电势能为()2/122012R h qRW +=ελ 2分到达环心时的静电势能为 ()022/ελq W = 2分 据能量守恒定律1212222121W mgh m W m ++=+v v 2分 以上三式联立求解得到2/1220212112⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=R h R m qR gh ελv v 2分25.如图所示，两个电荷分别为q 1＝20×10-9 C 和q 2＝－12×10-9 C 的点电荷，相距5 m ．在它们的连线上距q 2为1 m 处的A 点从静止释放一电子，则该电子沿连线运动到距q 1为1 m处的B 点时，其速度多大？(电子质量m e ＝9.11×10-31 kg ，基本电荷e ＝1.6×10-19 C ，41επ＝9×109 N ·m 2/C 2 ) 解：设无限远处为电势零点，则A 、B 两点的电势为： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π+π=221102021014144r q r q r q r q U A εεε代入r 1=4 m ，r 2=1 m 得 U A ＝－63 V 2分⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'π='π+'π=221102021014144r q r q r q r q U B εεε代入1r '＝1 m ，2r '＝4 m 得 U B ＝153 V 2分电子在运动过程中，电势能减少，动能增加()B A e U U e m --=221v 2分 ()eB A m U U e --=2v ＝8.71×106 m/s 2分26.两个同心的导体球壳，半径分别为R 1＝0.145 m 和R 2＝0.207 m ，内球壳上带有负电荷q＝-6.0×10-8 C ．一电子以初速度为零自内球壳逸出．设两球壳之间的区域是真空，试计算电子撞到外球壳上时的速率．(电子电荷ｅ＝-1.6×10-19 C ，电子质量m e ＝9.1×10-31 kg ，ε0＝8.85×10-12 C 2 / N ·m 2）解：由高斯定理求得两球壳间的场强为()2120R4R r r q E <<π=ε 2分 方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为q 2420r eqeE F επ== 2分方向沿半径指向外球壳．电子自内球壳到外球壳电场力作功为⎰⎰π==212120d 4d R R R R r r eqr F A ε()21012214114R R R R eq R R eqεεπ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π= 2分由动能定理()210122421R R R R eq m e επ-=v 2分得到 ()em R R R R eq 210122επ-=v ＝1.98×107 m/s 2分27. 电荷Q (Q ＞0)均匀分布在长为L 的细棒上，在细棒的延长线上距细棒中心O 距离为a 的P 点处放一电荷为q (q ＞0 )的点电荷，求带电细棒对该点电荷的静电力． 解：沿棒方向取坐标Ox ，原点O 在棒中心处．求P 点场强：()()20204d 4d d x a xx a q E -π=-π=ελε 2分 ()⎰--π=2/2/204d L L x a xE ελ()2202/2/0414L a Qx a L L -π=-⋅π=-εελ 3分 方向沿x 轴正向. 点电荷受力：==qE F ()2204πL a qQ-ε 方向沿x 轴正方向． 3分。
静电场电势分布计算练习题
静电场电势分布计算练习题在学习静电场的过程中，掌握电势分布的计算是非常关键的。
下面我们将通过一系列练习题来加深对这一知识点的理解和应用。
一、点电荷的电势分布首先来看一个简单的情况，一个电荷量为\（Q\）的点电荷位于坐标原点。
根据库仑定律和电势的定义，我们可以得到在距离点电荷\（r\）处的电势为：＼V ＝＼frac{kQ}｛r}＼其中\（k\）是库仑常量。
例如，若有一个电荷量为\（2\times10^｛－6}C\）的点电荷，求距离它\（3m\）处的电势。
＼V ＝＼frac{9\times10^9 ＼times 2\times10^｛－6}｝｛3} ＝6\times10^3 V\练习 1：一个电荷量为\（－5\times10^｛－7}C\）的点电荷位于\（x ＝ 2m\）处，求\（x ＝ 5m\）处的电势。
＼V ＝＼frac{9\times10^9 ＼times （－5\times10^｛－7}）｝｛＼vert 5 2 ＼vert} ＝－15\times10^4 V\二、多个点电荷的电势分布当存在多个点电荷时，某点的电势等于各个点电荷在该点产生的电势的代数和。
例如，有两个点电荷\（Q_1 ＝ 3\times10^｛－6}C\）位于\（（0, 0)＼），＼（Q_2 ＝－2\times10^｛－6}C\）位于\（（3, 0)＼），求点\（（2, 0)＼）处的电势。
＼V ＝＼frac{9\times10^9 ＼times 3\times10^｛－6}｝｛2} ＋＼frac{9\times10^9 ＼times （－2\times10^｛－6}）｝｛＼sqrt{（2 3)＾2＋ 0^2}｝＝ 135\times10^4 18\times10^4 ＝－45\times10^3 V\练习 2：三个点电荷\（Q_1 ＝ 4\times10^｛－6}C\）位于\（（0, 0)＼），＼（Q_2 ＝－2\times10^｛－6}C\）位于\（（2, 0)＼），＼（Q_3 ＝ 1\times10^｛－6}C\）位于\（（－1, 0)＼），求点\（（1, 0)＼）处的电势。
15《静电场》计算题专项训练典型问题分析(精品)
《静电场》计算题专项训练1．在光滑的绝缘水平面上，有一质量m ＝1.0 ⨯ 10－3 kg 、电量q ＝1.0 ⨯ 10－10 C 的带正电小球，静止在O 点，以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy 。
现突然加一沿y 轴正方向、场强大小E 1＝6.0 ⨯ 106 V ／m 的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0 s ，所加电场突然变为沿x 轴正方向、场强大小为E 2＝4.0 ⨯ 106 V ／m 的匀强电场，求再经过2.0 s 时小球的位置坐标。
1．【解析】a 1＝qE 1m ＝6⨯106⨯1⨯10－101⨯10－3m / s 2＝0.6 m / s 2v 1＝a 1t 1＝0.6⨯1 m / s ＝0.6 m / s ； y 1＝12 a 1t 12＝12 ⨯0.6⨯12 m ＝0.3 m ；a 2＝qE 2m ＝4⨯106⨯1⨯10－101⨯10－3m / s 2＝0.4 m / s 2y 2＝v 1t 2＝0.6⨯2 m ＝1.2 m ；y ＝y 1＋y 2＝（0.3＋1.2）m ＝1.5 m ； x ＝12 a 2t 22＝12⨯0.4⨯22m ＝0.8 m2．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，D 、C 是它们连线的垂直平分线，A 、B 、C 三点构成一边长为d 的等边三角形。
另有一个带电小球E ，质量为m 、电荷量为＋q(可视为点电荷)，被长为L 的绝缘轻质细线悬挂于O 点，O 点在C 点的正上方。
现在把小球 E 拉起到M 点，使细线水平绷直且与A 、B 、C 处于同一竖直面内，并由静止开始释放，小球E 向下运动到最低点C 时，速度为v 。
已知静电力常量为k ，若取D 点的电势为零，试求： (1)在A 、B 所形成的电场中，M 的电势φM 。
(2)绝缘细线在C 点所受到的拉力T 。
2．【解析】(1)电荷E 从M 点运动到C 的过程中,电场力做正功,重力做正功．根据动能定理Uq+mgL=mv 2/2得M 、C 两点的电势差为 U MC ＝(mv 2-2mgL)/2q-------又,C 点与D 点为等势点,所以M 点的电势为U M ＝(mv 2-2mgL)/2q (2)在C 点时A 对E 的电场力F １与B 对E 的电场力F ２相等，且为 F １＝F ２＝kQq/d2又，A 、B 、C 为一等边三角形，所以F １、F ２的夹角为120０，故F 1、F 2的合力为 F 12= kQq/d 2, 且方向竖直向下。
静电场练习题及答案
静电场练习题一、电荷守恒定律、库仑定律练习题4．把两个完全一样的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是 [ ]A．带有等量异种电荷B．带有等量同种电荷C．带有不等量异种电荷D．一个带电，另一个不带电8．真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上*点时，正好处于平衡，则 [ ]A．q一定是正电荷B．q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近14．如图3所示，把质量为0.2克的带电小球A用丝线吊起，假设将带电量为4×10-8库的小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为45°，此时小球B受到的库仑力F＝______，小球A带的电量q A＝______．二、电场电场强度电场线练习题6．关于电场线的说法，正确的选项是 [ ]A．电场线的方向，就是电荷受力的方向B．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大D．静电场的电场线不可能是闭合的7．如图1所示，带箭头的直线是*一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则 [ ]A．A、B两处的场强方向一样B．因为A、B在一条电场上，且电场线是直线，所以E A＝E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定8．真空中两个等量异种点电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为 [ ]A．0 B．2kq／r2C．4kq／r2 D．8kq／r29．四种电场的电场线如图2所示．一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的 [ ]11．如图4，真空中三个点电荷A、B、C，可以自由移动，依次排列在同一直线上，都处于平衡状态，假设三个电荷的带电量、电性及相互距离都未知，但AB＞BC，则根据平衡条件可断定 [ ]A．A、B、C分别带什么性质的电B．A、B、C中哪几个带同种电荷，哪几个带异种电荷C．A、B、C中哪个电量最大D．A、B、C中哪个电量最小二、填空题12．图5所示为*区域的电场线，把一个带负电的点电荷q放在点A或B时，在________点受的电场力大，方向为______．16．在*轴上有两个点电荷，一个带正电荷Q1，另一个带负电荷Q2，且Q1＝2Q2，用E1、E2表示这两个点电荷所产生的场强的大小，则在*轴上，E1＝E2的点共有____处，其中_______处的合场强为零，______处的合场强为2E2。
物理静电场计算题
四、计算题40.一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为的小球后，如图所示，已知P距大球球心距离为4R.求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．41.如图所示，在水平放置的两个平行金属板之间的匀强电场中，A、B两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°.把带电荷量为q＝－1.5×10－8C的点电荷由A点移到B点，克服电场力做了4.2×10－5J的功．(1)试确定两板所带电荷Q1、Q2的电性；(2)若已知A点电势φA＝800 V，|AB|＝1 cm.试求B点电势φB和电场强度的大小和方向．42.有一水平向右的匀强电场，场强E＝9.0×103N/C，在竖直平面内半径为0.1 m 的圆周上取如图所示最高点C，另在圆心O处放置电荷量为Q＝1.0×10－8C的带正电的点电荷．试求C处的场强．43.把带电荷量2×108C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×106J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×106J，取无限远处电势为零．求：(1)A点的电势；(2)A、B两点的电势差；(3)若把2×105C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．44.如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm.求：(1)P板及A点的电势．(2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？45.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为2 cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10－5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1 J．问：(1)在此过程中，静电力对该电荷做了多少功？(2)A、B两点的电势差UAB为多大？(3)匀强电场的场强为多大？五、填空题46.如图所示，A、B、C为一条电场线上的三点，以B点为零电势点，一个电子从A移到B和C电场力分别做功3.2×10－19J和9.6×10－19J，则电场线的方向________，A点电势φA＝________ V，C点电势φC＝________ V．如果以C点为零电势点，则A点电势φA′＝________ V，B点电势φB′＝________ V.40.【答案】方向向右【解析】未挖去之前，＋Q对q的斥力为：F＝，挖去的小球带电荷量为：Q′＝×＝，挖去的小球原来对q的斥力为：F1＝k＝，剩余部分对q的斥力为：F2＝F－F1＝，方向向右．41.【答案】(1)Q1带正电，Q2带负电(2)－2 000 V 5.6×105V/m竖直向下【解析】(1)把带电量为q＝－1.5×10－8C的点电荷由A点移到B点，克服电场力做了4.2×10－5J的功．说明A点的电势高于B点的电势，电场的方向由上向下，因此，上板Q1带正电，下板Q2带负电．(2)A、B两点的电势差为UAB＝＝V＝2 800 V，设B点的电势为φB，根据UAB＝φA－φB得φB＝φA－UAB＝800 V－2 800 V＝－2 000 V电场强度为E＝＝＝V/m＝5.6×105V/m，方向为竖直向下．42.【答案】9×103N/C，方向与匀强电场方向成45°角斜向上【解析】点电荷在最高点C产生的场强大小为E1＝k，方向竖直向上．C处场强由水平向右的场强E和点电荷在C处产生的场强E1合成，根据矢量合成法则可得：EC＝＝9×103N/C设该场强与水平方向之间的夹角为θ，则有tanθ＝1，θ＝45°即该场强方向与匀强电场方向成45°角斜向上．43.【答案】(1)0.04 V(2)0.03 V(3)－6×103J【解析】(1)无限远处与A点间的电势差：U∞A＝＝V＝－0.04 V而U∞A＝φ∞－φA，由题φ∞＝0，则φA＝0.04 V.(2)无限远处与B点间的电势差：U∞B＝＝V＝－0.01 V而U∞B＝φ∞－φB，由题φ∞＝0，则φB＝0.01 V.则A、B两点的电势差为：UAB＝φA－φB＝0.04 V－0.01 V＝0.03 V.(3)电场力做的功：W＝q′UAB＝－2×105×0.03 J＝－6×103J.44.【答案】(1)－50 V－30 V(2)－10 V【解析】(1)场强E＝＝V·m－1＝5×102V·m－1Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×10－2V＝30 V所以A点电势φA＝－30 V，P板电势φP＝UPQ＝－50 V(2)当Q板向左平移5 cm时两板间距离d′＝(10－5) cm＝5 cmQ板与A点间距离变为d″＝(10－4) cm－5 cm＝1 cm电场强度E′＝＝V·m－1＝1.0×103V·m－1Q、A间电势差UQA′＝E′d″＝1.0×103×1.0×10－2V＝10 V所以A点电势φA′＝－10 V45.【答案】(1)－0.1 J(2)5 000 V(3)5×105V/m【解析】(1)电势能增加多少，静电力就做多少负功，故静电力对电荷做了－0.1 J的功．(2)由W＝qU，得UAB＝＝V＝5 000 V.(3)由U＝Ed，得E＝＝＝5×105V/m.46.【答案】向左－24－6－4【解析】电子从A点移到B点电场力做正功，可判断电场线方向向左．电子在A点的电势能为3.2×10－19J,φA＝＝＝－2 V．电子从B点移到C点电场力做功(9.6－3.2)×10－19J＝6.4×10－19J，则电子从C点移到B 点电场力做功－6.4×10－19J，故电子在C点的电势能为E pC＝－6.4×10－19J，φC＝＝＝4 V.如果以C点为零电势点，A、B两点电势均低于C点电势，则A点电势φA′＝－6 V，B点电势φB′＝－4 V.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
静电场典型计算题1．将带电荷量为1×10－8C 的电荷，从无限远处移到电场中的A 点，要克服静电力做功1×10－6J ，问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A 点具有多少电势能？(2)A 点的电势是多少？(3)若静电力可以把带电荷量为2×10－8C 的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)答案：(1)增加 1×10－6J (2)100V (3)带负电 2×10－6J解析：(1)静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A 点具有的电势能为1×10－6J. (2)A点的电势为： φA ＝E pA q ＝1×10－61×10－8V ＝100V.(3)因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为：W 2＝2W 1＝2×10－6J. 2．一长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零．试求：（1）AB 两点的电势差U AB ；（2）匀强电场的场强大小；【解析】试题分析：（1）小球由A →B 过程中，由动能定理：mgLsin60°+qU AB =0所以U AB =−√3mgL2q．（2）根据公式E =Ud可得E =|U AB |L−Lcos60°=√3mgq． 3．如右图所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V 。
有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出(取g ＝10 m/s 2＝sin α＝0.6＝cos α＝0.8)。
求： (1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。
(1) 受力如图，分解电场力电场强度E =Ud 根据平衡条件得qEcos370= mg 由以上两式解得m=8×10-3kg(2) 由牛顿第二定律qEsis370= ma 在平行板中飞行的距离是x =d sin370由运动学公式v 2−v 02=2ax 由以上各式解得v 1=1m s ⁄ ＝4．如图所示，在匀强电场中，有A＝B 两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。
将一个不知道电荷性质，电量为2×10-5C 的电荷由A 移到B ，其电势能增加了0.2J 。
求： ＝1）判断电荷带正电还是负电，由A 到B 电场力做的功W AB ＝2＝A＝B 两点的电势差U AB 为多少 ＝3）匀强电场的场强的大小【答案】＝1＝−0.1J ＝＝2＝5000V ＝＝3＝5.0×105 V/m 【解析】（1）带负电，电势能增加0.2 J ，即电场力做功为W="–0.2" J （2）由A →B 电场力做负功，q=–2×10–5 C ，则（3）根据匀强电场中的关系式有：，由几何关系可知则E=106 V/m【名师点睛】解决本题的关键知道电场力做功等于电势差的减小量，掌握电场力做功与电势差的关系。
注意运用计算时，功的正负、q的正负都要代入计算，以及在中，表示沿电场线方向上的距离。
5．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0．4m。
轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1 104 N/C。
现有一电荷量q=1C质量m=0．10kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度 =5．0m/s。
已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m/s2。
求:(1)带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小;(2)带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离L1;(3)带电体第一次经过C点后撤去电场，然后落在水平轨道上的D点，求BD间的距离。
．【答案】（1）7．25N（2）2．5m（3）1．2m【解析】（1）在B点由牛顿第二定律得，解得（2）P到B的过程由动能定理得，解得（3）B到C 过程根据动能定理可得撤去电场后做平抛运动物体在竖直方向上水平方向上有：联立即得6．(2013宁夏银川一中高二上学期期中考试)如图所示,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两板之间有一个带电小球,小球用绝缘细线连接悬挂于O点．现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为30°．再给电容器缓慢充电,直到悬线与竖直方向的夹角增加到60°,且小球与两板不接触．求第二次充电使电容器正板增加的电荷量是多少?解析:设电容器的电容为C,板间距为d．第一次充电后有U=QC 和E=Ud由受力分析得tan θ=qEmg即tan θ=qQmgCd 由于q、m、g、d、C均为常数所以tan θ1tan θ2=QQ+ΔQ代入数据ΔQ=2Q．答案:2Q7．(2013河南省许昌市高二第一次五校联考)如图所示,平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为30 V的恒压电源上,两极板间距为3 cm,电容器带电荷量为6×10-9 C,A极板接地．求:(1)平行板电容器的电容;(2)平行板电容器两板之间的电场强度;(3)距B板为2 cm的C点处的电势;(4)若将电容器与电源断开后,将B板向下移动2 cm,B板的电势．解析:(1)由C=QU ,得C=6×10-930F=2×10-10F． (2)由E=Ud,得E=303×10-2V/m=103V/m．(3)A板接地,电势φA=0,由U AC=Ed AC=φA-φC得φC=-10 V．(4)保持电荷量不变,下移B板,电场强度不变． U AB=Ed AB=φA-φB得φB=-50 V．答案:(1)2×10-10F (2)103 V/m (3)-10 V(4)-50 V8．如图所示，水平放置的两块平行金属板长l =5cm ，两板间距d =1cm ，两板间电压为U =90V ，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度．从两板中央射入，忽略电子所受的重力（电子质量．，电子电量值．）求： （1）电子飞出金属板时侧位移y 0；（2）电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s =10cm ，求OP 的长。
解：电子在匀强电场中受到电场力与重力作用，由于电场力为：．，远大于重力（G =mg =9×10-30N ），即重力作用对物体运动的影响可以忽略不计，只考虑电场力． 又由于电场力方向于速度方向垂直， 即在水平方向作匀速直线运动，竖直方向作初速度为零的匀加速运动，作类平抛运动；（1）电子在电场中的加速度为：a =qUmd 侧位移即竖直方向的位移为：y =12at 2，时间：t =Lv 0，代入数据解得：y =0．5cm ；（2）电子飞出电场时，水平分速度V x =V 0， 竖直分速度为：v y =at ，解得：v y =4×106m /s 设v 与v 0的夹角为θ，则有：．电子飞出电场后作匀速直线运动，则有：OP =y +S tan θ=0．025m =2．5cm 。
【解析】该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动，同时注意几何知识在物理学中的应用。
（1）电子在匀强电场中沿垂直于板的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，通过位移公式可得偏移距离；通过速度公式可求出此方向上的速度；（2）电子离开电场后做匀速直线运动，结合几何知识可得知OP 的长度；9．（15分）初速度很小的一束带电粒子，经过A 、B 间的电压U 加速后，射入长度为L 的平行金属板C 、D 间。
当两板不带电时，粒子紧贴板C 运动，轨迹如图中虚线所示。
当C 、D 带电在板间产生场强为E 的匀强电场时，粒子束向D 板偏移，不计粒子重力。
⑴ 试求：粒子离开板间电场时，沿电场方向的偏移量y 。
⑵ 试证明：粒子离开板间电场时，速度方向的反向延长线交于极板C 的中点。
解：设粒子质量为m ，带电量为q ，进入C 、D 间时速度为v 0，则在A 、B 间加速时，根据动能定理得02120-=mv W ……①（1分），而qU W =……②（2分）设粒子在板间运动的加速度为a ，运动时间为t ，离开板间电场时的速度方向与v 0的夹角为θ，则t v L 0=……③ （1分），221at y =……④（1分），mF a E =……⑤（1分），qE F E =……⑥（2分），联立上述各式解得：U EL y 42=……⑦（2分）因at v y =……⑧（1分），0tan v v y =θ……⑨（1分），设离开板间电场时的速度v t 的反向延长线与板C 的交点到右边缘的距离为x ，则xy =θtan ……⑩（1分），联立上述各式解得：2L x =，即速度方向的反向延长线交于板C 的中点。
（2分）CUDA B10．(12分)(2011年武汉高二检测)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0．1 m ，两极板间距离d ＝0．4 cm ．有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量为q ＝＋1×10－8 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ，g 取10 m/s 2，求：(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？ (2)若带电粒子落到AB 板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？ 解析：(1)若第一个粒子落到O 点，由L 2＝v 01t 1，d 2＝12 gt 21得v 01＝2．5 m/s 若落到B 点，由L ＝v 02t 1，d 2＝12gt 22得v 02＝5 m/s 故 2．5 m/s<v 0<5 m/s ．(2)由L ＝v 01t ，得t ＝4×10－2 s 由d 2＝12 at 2 得a ＝2．5 m/s 2由mg －qE ＝ma ，E ＝Q dC得Q ＝6×10－6C 所以n ＝Q q ＝600个．答案：(1)2．5 m/s<v 0<5 m/s (2)600个。