靜電場訓(xùn)練題答案

1、1、一半圓均勻帶電，電荷線密度為兄0,試求該半圓圓心處的場強tl 解：我們采用微元法，如圖所示，設(shè)半圓半徑為R,微元卩所對圓心角為八 &在。S = K點的場強佃為S = K4旦Sm = KR2 sin 根據(jù)對稱性，半圓上各個微元在。點場強的y軸方向 分量互相抵消。點處場強左;為各個垃在X軸上分量的和so = 5 = -p- 2R = -也可表為SO = 22、證明：在靜電場中沒有電荷分布的地方，如果電場線相互平行，則電場強度的大小 必處處相等。解：電場線的性質(zhì)都可由高斯泄理和安培環(huán)路左理推出，故此處，可考慮用這兩個定理。先證明同一場線上不同地方的場強相同。如圖（a）,取一圓柱而形髙斯而，其軸與

2、垃平行，長,截而積足夠小，則可認為上各點電場相同。因空間無電荷，由髙斯定理EfS-E NS = O得Et = S其中E,超分別為圓柱兩端而上的場強。 再證明不同電場線上的場強相同。St bSt b仏C CL圖(b)圖圖(b)如圖（b）,取安培環(huán)路為abed .必、曲均垂直于電力線，且處、M的長度加足 夠小，則可認為ab、CR段上的場強為泄值，分別為“，Sm -由安培環(huán)路泄理得Em = Ett綜上，即可得題中所述場確定為勻強場。注意，若場區(qū)有電荷存在，則即使電場線平行，也不會為勻強場。電場線可在電荷處中 斷。如圖（C）。3、在點電荷今的電場中，放入一個半徑為尺的接地導(dǎo)體球，從今到導(dǎo)體球球心。的距

3、 離為2,求導(dǎo)體球?qū)竦淖饔昧?。解：如圖所示，根據(jù)對稱性，彳肯左在go或其延長線上，設(shè)b到。的距離為幺，對導(dǎo)體球表而上任意一點A而言,它的電勢應(yīng)該由今和/的電勢疊加而成，由因為導(dǎo)體接地，所以有設(shè)。為原點，Oq為X軸，A點的坐標(biāo)為（兀刃，則有q _ -孑W+Q-f 7+(-汽y2+(y22（護-瀘）昇 + （-2）? -（22-22）x = 2-V因為A點位于球心在原點的球而上，X、卩的一次項及常數(shù)項都應(yīng)該是零，于是有可解得“孚和心務(wù)可解得“孚和心務(wù)而“電像”可和感應(yīng)電荷是等效的。這樣，就可以很容易地用庫侖左律求得感應(yīng)電荷對今作用力（即導(dǎo)體球?qū)竦淖饔昧Γ┑拇笮榉较蛑赶騫方向。4、半徑分別為R

4、l和&的兩個同心半球面相對放置，如圖所示。兩個半球而均勻帶電,B電荷面密度分別為5和6。求大半球而的直徑AOB上電勢的分布。B解：半徑為R的均勻帶電球殼內(nèi)部電勢為屋、外部電勢為R七纟（尸）這道題目要解決兩個問題：（1）半球殼的電勢是多少？r（2）兩個半球殼的電勢如何疊加？完整的半徑為RI的球殼在AOB上產(chǎn)生的電勢為lj=k=k 4篤巧=4戚&巧鑒于對稱性，半個球而對的貢獻必為1/2,因此，它在AOB上產(chǎn)生的電勢應(yīng)為71 = 2加場巧完整的半徑為&的球殼在AOB i。距離小于盡的范用內(nèi)（即圖中的COD段）的電勢為S =上字=4哼 6（r R2在AOB上，離。的距離大于&的范用內(nèi)的電勢為半球的貢獻

5、同樣必為6和Z7：的1/2。最后AoB上電勢的分布應(yīng)為=+=f 1+y=2=+=f 1+y=P 22gRm+仝鞏& clo G充電到4,使小水滴帶上正電，然后離開尿的狹窄通道滴下。水滴下落的頻 率很低，目、E之間不會同時有兩滴水存在。已知開始時占不帶電，E上由滴水引起的水 位變化可以忽略。試求：（1）電極馬可達到的最髙電勢：（2）水滴臨到達占之前的速度與該水滴之前落下的水滴滴數(shù)之間的關(guān)系。解：（1）水滴電荷疑q = c,2設(shè)當(dāng)占達到時，水滴受力平衡，即mg = QE = Q當(dāng)水滴下落過程中，消耗的重力勢能颶力越大，占所能達到的電勢越髙，這根拯能量 轉(zhuǎn)換的觀點是很容易理解的。（2） 個水滴落下后

6、，馬的電勢便為SUn=/C1=MqCJC1此時第左+1個水滴受的電場力設(shè)第方+1個水滴的加速度為mmC1h其速度為V= J2必其速度為V= J2必=2nCR(mCx由十7、如圖所示，A. B是兩塊水平放置的互相平行的帶電金 屬板，其間的電場可視為勻強電場，假設(shè)有一帶負電的微粒在 點處沿與水平成8二4羅角方向射出，并從此時刻開始汁 時。已知在= 0.10s時，微粒到達貝軌跡最高點，在右二0.3OS時，微粒的動能為750eV： 在以上運動過程中，微粒一直處于勻強電場內(nèi)，且未與A、B相碰，求微粒的初動能。由十解：設(shè)微粒的質(zhì)量為朋，在么點時的初速度為勺，則初動能為由于微粒所受的重力和電場力均為恒力，微

7、粒的軌跡為拋物線，如右圖所示。在沿水平 方向的分運動為勻速運動，分速度為v,r =V0-cos45= 2v0/2,且保持不變。豎直方向的速度分量的變化是豎直方向上的合力作用的結(jié)果，設(shè)微粒在豎直方向上所受 合力為根據(jù)動量定理，從到&有F(LI)-Ia) = =加吩sin 45o=22從&到亡有解兩式可得在C點微粒的動能為= M02+2v024由題設(shè)條件知 = 750 (eV)(eV) = 750 (eV)(eV)極板相同的兩個平板空氣電容器充以同樣的電荷量，第一個電容器兩極板間的距離 是第二個電容器的兩倍。如果將第二個電容器插在第一個電容器兩極板的中央，并使所有極 板都互相平行。問：系統(tǒng)的靜電場

8、如何變化？解：因為兩個電容器都是帶電的，兩極板電荷有正、負之分，所以必須討論兩種不同插 入方法的不同情況。（1）兩電容器原本帶異種電荷的極板相對。根據(jù)電荷守恒和導(dǎo)體內(nèi)部場強必為零兩個原則，插入到第一個電容器內(nèi)部后，第二個電 容器兩板上的電荷必然都分布在兩板外側(cè)，如圖（G所示，否則無法使四塊導(dǎo)體板內(nèi)部分場強都為零。這樣就構(gòu)成了兩個新的電容器，每個電容器電荷量和原來相同。因為電容器的能量為2C 2曙因為電容器的能量為2C 2曙所以設(shè)原來第二個電容器兩極間距離為國器的能捲分別為EI = d2蔣SoS現(xiàn)在兩個電容器的能量都是+? -Q+Q -Q+ + 則原本兩電容+ + + + 圖(a)因此SO=2

9、_1E +3即這種情況電場能減少到原來的三分之一。（2）兩電容器原來帶同種電荷的極板相對。為了解決這個問題，我們須補充一些知識。一個無限大帶電體表而附近某位垃的電場強度和該表面的電荷面密度成正比，和該位 置離表而的距離無關(guān)。因此SO=2 _1E +3即這種情況電場能減少到原來的三分之一。（2）兩電容器原來帶同種電荷的極板相對。為了解決這個問題，我們須補充一些知識。一個無限大帶電體表而附近某位垃的電場強度和該表面的電荷面密度成正比，和該位 置離表而的距離無關(guān)。一個電容器兩極板內(nèi)表面的電荷而密度必須相同。以上兩個結(jié)論根據(jù)靜電場中的髙斯龍理都可推出。引用以上兩個結(jié)論，再結(jié)合電荷守恒和導(dǎo)體內(nèi)部場強必為

10、零，即可知道第（2）種情況的電荷分布情況肯左如圖（b所示。此時靜電場的能量是三個電容器的能量之和。r rEI=E-i =因此即這種情況電場能增加到原來的I倍。9、如圖所示，在真空中有4個半徑為么的不帶電的相同導(dǎo)體球，球心分別位于邊長為F (ra)的正方形的四個頂點上。首先，讓球1帶電量 TOC o 1-5 h z 為Q(2o),然后，取一細金屬絲，其一端固定于球1 If匕2上，另一端分別依次與球2、3、4、大地接觸，每次接觸時J!間都足以使它們達到靜電平衡。設(shè)分布在細金屬絲上的電荷 r ：!可以忽略不計。試求流入大地的電量的表達式。解：當(dāng)球1和球2接通后，用；和02分別表示1、24】43兩球所

11、帶的電荷呈：，可得rQ= Qi = f球1和球3接通后，由于兩球相對球2處于對稱位置，它們的電荷量和03也應(yīng)相等，可得球1和球4接通后，它們的電勢3和S應(yīng)該相等，它們的電勢都是由4個小球的電勢疊加而成E二疋纟十疋魚十広罷十疋幺a r 2r rS二疋纟十疋鑒十疋魚十疋色r 2r r a以上各式中利用了廠 a的條件，將Q、色的電荷量代入上邊兩式，并且有S = S a=a =e4 可解得噸1-噸1-2112(r - a)利用ra的條件，略去二階小疑，上式可寫成最后將球1和球4斷開并把球1接地。設(shè)接地后球1所帶電荷量為1，此時球1的電勢q肯上為零。+ - = 027；=疋丑+ - = 027；=疋丑+

12、疋色+a r解得此時球1帶負電，故流入大地之電荷量為=Gi+M= 1(4 + 2)O r10、在真空中有兩個點電荷+?和一9,此時球1帶負電，故流入大地之電荷量為=Gi+M= 1(4 + 2)O r10、在真空中有兩個點電荷+l時，+?和一今組成一個系統(tǒng)，成為電偶極子。 丑口 44 r（2） I的延長線上任一點Fr的場強，/到2中點的距離為廠，/點到的距離分別為r,故在為r,故在p的場強大小分別為(TbS-=4r+/2)2方向為瓦向右，込向左,所以總場強大小為2W_4碼P2方向向右，如圖（b） n2W_4碼P2方向向右，如圖（b） n 12gl當(dāng) T / 時，EW -=T4r（3）如圖（C）所

13、示，可認為C點有兩個電荷，+今和 一g,則空間的電場可視為由兩個電偶極子產(chǎn)生?？倎A由BB圖(C)處+ ?與C處一Q產(chǎn)生，毋Z由A處一Q與C處+纟產(chǎn)生。E =比-E_宀1 -1,q 1 sin (P1 2q-l COS (P= J3cos2 S+l4rtan CI = ErlEfJ = itan V211、已知使一原來不帶電的導(dǎo)體小球與一帶電荷量為0的導(dǎo)體大球接觸，分開之后， 小球獲得電荷量今。今讓小球與大球反復(fù)接觸，在每次分開后，都給大球補充電荷，使其帶 電荷量恢復(fù)到原來的值Q。求小球可能獲得的最大電荷量。解：方法(1)：小球與大球每次接觸后，兩球所帶電荷量的比值為一恒量，其數(shù)值可 由第一次接

14、觸后兩球的電荷:求出，即K=丄Q-U（8）-2心因為電子仍被原子核朿縛而不能運動到無窮遠處，故UvO。由（8）式知Z3,而 俘獲后電子速度未變，維持圓周運動所需向心力未變，但庫侖引力的大小卻變?yōu)閃（Z-I）/斥。由（1）式知靜電力不能提供足夠的向心力，電子將偏離圓軌道，它離原子核距離將越來越大，但它與原子核之間作用力仍滿足平方反比律，這與行星繞恒星運動的情 況很類似，故電子的軌道應(yīng)為橢圓，且A點應(yīng)是橢圓軌道的近日點（因為電子在A點時的 速度垂直于A點與原子核所在處的連線，且A點是離原子核距離最近的點）。設(shè)其遠日點為B,B與核的距離為q,電子在B點的速度為s,則根據(jù)開普勒第二泄律一一行星運動時,

15、以太陽為中心的矢徑在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，利用（2）式可知(9)(9)由能量守恒知，電子在B點時總能量應(yīng)等于由能量守恒知，電子在B點時總能量應(yīng)等于（8）式，即 丄加_心-1）匚_心-202 BrIi2心(10)（注意：這里的表示中已改為心）（9）、（10）式聯(lián)立可解得ZZ-2(11)ZZ-2(11)(12)因為Z（Z-2）,故（11）式表示的是遠日點的矢徑大小，（12）式表示的是近 日點的矢徑大小。因A點離核距離為“廠則A點就是近日點，這與前而的假設(shè)是一致的。下面求軌道參數(shù)：設(shè)a、b、C分別為此橢圓軌道的半長軸、半短軸和半焦距（顯然原子核所在處為焦點）, 則Z-2=a+ c(13)Z-2=

16、a+ c(13)由此求得(14)(14)因橢圓面積S = ab因橢圓面積S = ab ,而（9）式已表示了橢圓運動的而積速度，故電子運動的周期2(Z-l)(Z _ 2)耽2(Z-l)(Z _ 2)耽(15)量全部集中在負電中心，此原量全部集中在負電中心，此原而由（8）式知Z3,故（二*1 ,說明T,Tn15、（第26屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題）惰性氣體分子為單原子分子，在自由原子 情形下，其電子電荷分布是球?qū)ΨQ的。負電荷中心與原子核重合。但如兩個原子接近，則彼 此能因靜電作用產(chǎn)生極化（正負電荷中心不重合），從而導(dǎo)致有相互作用力，這稱為范徳瓦 爾斯相互作用。下而我們采用一種簡化模型來研究此問題。

17、 I I當(dāng)負電中心與原子核不重合時，若以X表示負電中心相對正電荷（原 圖1子核）的位移，當(dāng)X為正時，負電中心在正電荷的右側(cè)，當(dāng)X為負時，負電中心在正電荷的左側(cè)，如圖1所示。這時，原子核的正電荷對荷外負電荷的作用力/相當(dāng)于一個勁度系數(shù)為k的彈簧的子可用一彈簧振子來模擬。冋X今有兩個相同的惰性氣體原子，它們的原子核固定，相距為/?，原子核正電荷的電荷量 為核外負電荷的質(zhì)量為川。因原子間的靜電相互作用，負電中心相對各自原子核的位移 分別為R和X2,且站I和Ml都遠小于R,如圖2所示。此時每個原子的負電荷除受到自己核 的正電荷作用外，還受到另一原子的正、負電荷的作用。眾所周知，孤立諧振子的能M E=I

18、nkXIIl是守恒的，式中V為質(zhì)量加的振子運動的 速度，X為振子相對平衡位置的位移。量子力學(xué)證明，在絕對零度時，諧振子的能量為加2, 稱為零點振動能，=h2,力為普朗克常量， = y為振子的固有角頻率。試計算 在絕對零度時上述兩個有范徳瓦爾斯相互作用的惰性氣體原子構(gòu)成的體系的能量，與兩個相 距足夠遠的（可視為孤立的、沒有范徳瓦爾斯相互作用的）惰性氣體原子的能量差，并從結(jié) 果判左范徳瓦爾斯相互作用是吸引還是排斥?？衫?1時的近似式（l+-）z2l+x2-8, （lx）-,l-x+x2o解：兩個相距R的惰性氣體原子組成體系的能量包括以下幾部分：每個原子的負電中 心振動的動能，每個原子的負電中心因

19、受各自原子核“彈性力“作用的彈性勢能，一個原子的 正.負電荷與另一原子的正、負電荷的靜電相互作用能以q和4分別表示兩個原子的負電中心振動速度，X】和心分別表示兩個原子的負電中心相對各自原子核的位移，則體系的能(1)E = -nv +-mv; +-oc; +-kx； +U(1)2 1 2 2 , 2 -(1)式中U為靜電相互作用能U = kcq21 1IU = kcq21 1I R 7? + x XIR + x7? X-I絡(luò)為靜電力常量.R + 斗-2 = r(1 +寧Rf=R 1 + 主、R R-x2 = R I-L 利用(i + x,1- + x2,可將(2)式化為 R)u2kcq2xix2

20、R因此體系總能量可近似表為-InV+-kx + 丄mv + -kx - IkCq21 212-2- R.1,1 y； + mu； + 2 22注意到和2Ub = (I+ h)2(Ihy ,.1,1 y； + mu； + 2 22(5)式中,WI =(l +2)2 (6)u2=(vi-v2)y2,(7)y1=(x1+x2)2 .y2=(x1-x2)2.(5)式表明體系的能量相當(dāng)于兩個獨立諧振子的能量和，而這兩個振子的固有角頻率分別為Ik-2kceR(10)VIn卜2心VIn(H)(1)(1)在絕對零度，零點能為(12)(13)E()= y(+d)(12)(13)兩個孤立惰性氣體原子在絕對零度的能

21、量分別表示為EW和E20 ,有Em = Eqo =-% ,式中(14)為孤立振子的固有角頻率.由此得絕對零度時，所考察的兩個惰性氣體原子組成的體系 的能量與兩個孤立惰性氣體原子能量和的差為(15)E =他-(EK) + 為)(15)利用(1 + x)v21 + x2-8,可得(16)EO.表明范徳瓦爾斯相互作用為相互吸引.16、(第23屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題)如圖所示，電荷量為中的正點電荷固圧在坐標(biāo)原點O處，電荷量為Q2的正點電荷固泄在為Q2的正點電荷固泄在XciCll軸上，兩電荷相距/ O已知q2 = 2q(i)求在X軸上場強為零的P點的坐標(biāo)。(ii)若把一電荷量為7o的點電荷放在P點

22、,試討論它的穩(wěn)立性(只考慮被限制在沿X軸運動和被限制在沿垂直于軸方向運動這兩種情況)。解：q、Cll(i )通過對點電 荷場強方向的分析，場 強為零的P點只可能 位于兩點電荷之間。設(shè) P點的坐標(biāo)為q、Cllq、_k對(/-)2已知(2)E20=(2)E20=k02 = 2q、由(1). (2)兩式解得0=(2-1)/(3)(Ii)先考察點電荷qo被限制在沿X軸運動的情況。q、(Il兩點電荷在P點處產(chǎn) 生的場強的大小分別為且有 ElO = E20二者方向相反。點電荷他在P點受到的合力為零，故P點是他的平衡位置。在X 軸上P點右側(cè)X = XO +心 處，g CII產(chǎn)生的場強的大小分別為E； = k

23、 一也一-方向沿A-軸負方向(I-XO-AX)-由于E,2E, x = x0+x處合場強沿X軸的負方向，即指向P點。在X軸上P點左側(cè)X = Xo-Ax處如、q2的場強的大小分別為E； = k 一也一- EIo方向沿A-軸正方向,(-r)210E； = k -一坐 E,o方向沿X軸負方向_(/-0 + r)- -0由于E；0時，P點是G)的穩(wěn)泄平衡位置。帶負電的點電荷在P點附近受到的電場力都背離P 點，所以當(dāng)如O時，P點是q的不穩(wěn)圧平衡位巻。帶負電的點電荷在P點附近受到的電場力都指 向P點，所以當(dāng)WVo時，P點是他的穩(wěn)泄平衡位苣。17、(第23屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽 試題)串列靜電加速器是加速

24、質(zhì)子、重離子 進行核物理基礎(chǔ)研究以及核技術(shù)應(yīng)用研究 的設(shè)備，右圖是其構(gòu)造示意圖。S是產(chǎn)生負 離子的裝置，稱為離子源：中間部分N為充 有氮氣的管道，通過高壓裝置H使其對地有5.00 IO6 V的髙壓?，F(xiàn)將氫氣通人離子源S, S的作用是使氫分子變?yōu)闅湓?，并使氫?子粘附上一個電子，成為帶有一個電子電量的氫負離子。氫負離子(其初速度為0)在靜電 場的作用下，形成髙速運動的氫負離子?xùn)c流，氫負離子束射入管逍N后將與氮氣分子發(fā)生 相互作用，這種作用可使大部分的氫負離子失去粘附在它們上而的多余的電子而成為氫原 子，又可能進一步剝離掉氫原子的電子使它成為質(zhì)子。已知氮氣與帶電粒子的相互作用不會 改變粒子的速度

25、。質(zhì)子在電場的作用下由N飛向串列靜電加速器的終端靶子To試在考慮 相對論效應(yīng)的情況下，求質(zhì)子到達T時的速度卩。電子電荷St7 = 1.60 X 1019C,質(zhì)子的靜止質(zhì)量加0 = 1.673 x10-27 kga解：帶電粒子在靜電場內(nèi)從S到T的運動過程中，經(jīng)歷了從S到N和從N到T的兩次 加速，粒子帶的電荷量彳的大小均為1.60 IO-19C,若以U表示N與地之間的電壓，則粒 子從電場獲得的能量 TOC o 1-5 h z E = 2(1)質(zhì)子到達T處時的質(zhì)量m =11 、(2)JI-(WC F式中V為質(zhì)子到達T時的速度.質(zhì)子在S處的能量為70c2 ,到達T處時具有的能呈:為/HC2 ,電子的質(zhì)

26、量與質(zhì)子的質(zhì)量相比可忽略不計，根據(jù)能量守恒有InCl = * + Hi0C2(3)由(1)、(2)、(3)式得J L丄峯y-（v CyIn代入數(shù)據(jù)解得 = 4.3410,s（4）18、（第22屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽題試題）三個電容器分別有不同的電容值G、C2、C3 .現(xiàn)把這三個電容器組成圖示的（a）、（b）、（c）、（d）四種混聯(lián)電路，試論證：是否可以通過適當(dāng)選擇C|、C2、G的數(shù)值，使英中某兩種混聯(lián)電路A、B間的等效電容相等.解：由電容CJCn解：由電容CJC CCi, C,+ C由電容C、C”組成的并聯(lián)電路的等效電容C 井=cr + cff利用此二公式可求得圖示的4個混聯(lián)電路A、B間的等

27、效電容G、Cb. G、GI分別為C +C2+c3_ C1C2C +C2+c3_ C1C2 + CxC3 + C2C3(1)+ 5 = FT7 5 I V/、(2)(G+C2)C3(CT + C2(G+C2)C3(CT + C2) C3ClC3 + C2C3Cl + C2 + C3(3)(Cl + Cj)+ C2(Cl + Cj)+ C2CC-, +C C3Cl + C? + C3(4)(5)由（1人（3）式可知(5)Cil CC由（2）、（4）式可知 TOC o 1-5 h z CbHC（I（6）由（1）、（2）式可知CaCb（7）由（3）、（4）式可知CC Cd（8）若G1=C11,由（1）

28、、（4）式可得C + 2C C2 + Cl C3 + C2 C3 = O因為C?和G均大于0,上式不可能成立，因此CaHCd（9）若Cb=CC，由（2）、（3）式可得C 2CjC3 CC2 C2C3 = 0因為C?和q均大于上式不可能成立，因此CbCc（10）綜合以上分析，可知這四個混聯(lián)電路的等效電容沒有一對是相等的.19、（第二十屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題）圖（a）中A和B是真空中的兩塊面積 很大的平行金屬板、加上周期為7的交流電壓，在兩板間產(chǎn)生交變的勻強電場.己知B板 電勢為零，A板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其中（7,、的最大值為的5 最小 值為一 25.在圖（a）中，虛線MN

29、表示與A、B扳平行等距的一個較小的而，此而到A 和B的距離皆為/.在此而所在處，不斷地產(chǎn)生電量為”質(zhì)量為川的帶負電的微粒，務(wù)個 時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等.這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動.設(shè)微 粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運動，且其電量同時消失，不影響A、B板的電壓.己 知上述的7 U。、和川等各量的值正好滿足等式2_ 3 U.q（T16 2m I 2 ）若在交流電壓變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)主320個上述微粒，試論證在t=0到t=T /2這段時間內(nèi)產(chǎn)主的微粒中，有多少微粒可到達A板（不計重力，不考慮微粒之間的相互 作用）。IwND圖（a）-T -7 0 3772 -2UIwND圖（a）-T -7 0 3772 -2U圖（b）解：任電壓為/時，微粒所受電場力為21.此時微粒的加速度為5=q2加。 將此式代入題中所給的等式，可將該等式變?yōu)楝F(xiàn)在分析從O到772時間內(nèi)，何時產(chǎn)生的微粒在電場力的作用下能到達A板，然后計 算這些微粒的數(shù)目。在f = 0時產(chǎn)生的微粒，將以加速度佈向A板運動，經(jīng)772后