全国中学生物理竞赛课件17：静电场：原理与方法3

静电场的两大外观表现♠对引入电场的任何带电体产生力的作用.当带电体在电场中移动时,电场力做功,说明电场具有能量.描述静电场的基本规律♠对一个孤立系统，电荷可在系统各部分之间迁移，但其总量保持不变——原来为零的始终为零，原来为某一量Q 的，则始终为Q ，此即电荷守恒定律．122=kq q F r 在真空中的任何静电场中，通过任一闭合曲面的电通量等于这闭合曲面所包围的电荷的代数和的ε0分之一，这就是真空中静电场的高斯定理．0ii e q εΦ=∑等效处理方法♠等效对称替代法等效电像变换法示例规律规律应用示例示例球在第一次与板接触后获得电量为q ，说明有量值为q 的正电荷从板上转移到球上，由电荷守恒可知，此时板上电量为(Q-q ),球与板这一系统中的总电量是按比例分配到球上与板上的．q Q q-当多次操作直至最终板上电量又一次为Q 但不能向与之接触的球迁移时（此时两者等电势），球上电量达到最大: maxq q Q Q q =-max q qq Q Q =-一个金属球借助导电薄板从起电机上获得电荷，板在每次与球接触后又从起电机上带电至电量为Q ．如果球在第一次与板接触后带电量为q ，求球可获得的最大电量.专题17-例1如图所示，半径相同的两个金属球A 、B 相距很远，原来不带电，C 球先与远处电池正极接触，（负极接地），接着与球A 接触，再与B 球接触；然后又与电池正极接触，重复上述过程，反复不已．已知C 球第一次与电池接触后的带电量为q ，第一次与A 球接触后A 球的带电量为Q 1，求⑴A 球与B 球最后的带电量Q 与Q ′；⑵设，至少经过几次与C 球接触后，A 球的带电量可达最后带电量的一半？1910Q q =C A B ⑴设A 、B 球半径为R ,C 球半径为r ,C 球与A 球第1次接触后有11q Q Q r R -=①q Q r R =时电荷不再从C 球移向A 球，故R Q q r =C 球与B 球接触最终亦有q Q r R '=11Q q q Q Q '-=⑵由①式及题给条件19r R =若第２次C 与A 接触后A 又获电量Q 2，212q Q Q Q r R -+=則22910Q q ⎛⎫= ⎪⎝⎭n 次C 、A 接触后有91910 4.511010n q q ⎛⎫- ⎪⎝⎭=n 7=次返回11Q q q Q -=r 2r 1m O ∆Ω2α1α1S ∆2S ∆MQ q 21121cos cos r k qF k qr λαλα∆Ω∆Ω==22222cos cos r k qF k qr λαλα∆Ω∆Ω==带电球壳内场强为零!320343k r E r rρρπε==r把两个相同的电量为q 的点电荷固定在相距l 的地方，在二者中间放上第三个质量为m 的电量亦为q 的点电荷，现沿电荷连线方向给第三个点电荷一小扰动，证明随之发生的小幅振动为简谐运动并求其周期T ．专题17-例2F B F A q A A q B B O l l x 22A B kq F F l==质点在平衡位置O 时：质点在距平衡位置x 的某位置时：222224212A kq kq x F l l l x -⎛⎫==+ ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭222224212B kq kq x F l l l x -⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭2332kq xl =-kq x x F l l l 2241414⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑22lml q T k π=2kQ R 点电荷q 在两侧场强等值反向!qE qE q 整个带电球内部场强为0;外表面场强大小为设球壳除A 外其余部分在A 处的场强为E AA 在A 内侧有0q A E E -=在A 外侧有2q A kQ E E R +=22A E kQ R =22F kqQ R=均匀带电球壳半径为R ，带正电，电量为Q ，若在球面上划出很小一块，它所带电量为q ．试求球壳的其余部分对它的作用力．专题17-例3一个半径为a 的孤立的带电金属丝环，其中心电势为U 0．将此环靠近半径为b 的接地的球，只有环中心O 位于球面上，如图．试求球上感应电荷的电量．专题17-例4O 点O 1点电势均为0;环上电荷在O 点的总电势为U 00i ikq U a =∑球上感应电荷在O 1点引起的电势U b O 1a O O 点O 1点电势均由环上电荷及球上感应电荷共同引起！1i b O i kQ U U b ==-∑环上电荷在O 1点的总电势为122i O ikq U a b =+∑0212O U aU a b +=022aU a b =+-022abU k a Q b +=正点电荷Ｑ1和正点电荷Ｑ2分别放臵在A 、B 两点，两点间相距L ．现以L 为直径作一半圆，电荷在此半圆上有一电势最小的位臵P ，设PA 与AB 的夹角为α，则α＝．（用三角函数表示）ααα切向场强为0位置为电势最小的位置！()()1222sin cos cos sin kQ kQ L L αααα=321tan Q Q α∴=1Q 2Q 3121tan Q Q -电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度等于E 0．两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半球中分出一部分球面，如图所示．试求所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O 处的电场强度E ．E 0ＯE 2α0sin 2αE E =小半球面均匀分布电荷在O 点引起的场强可视为“小瓣”球面电荷与“大瓣”球面电荷在O 点引起的电场的矢量和.由对称性及半球几何关系可知E 大与E 小垂直，如图所示:有两个异种点电荷，其电量之比为n ，相互间距离为d ．试证明它们的电场中电势为零的等势面为一球面，并求此等势面的半径及其中心与电量较小电荷的距离r ．Oy x-q nq以小电量电荷所在位臵为坐标原点，建立直角坐标[],x y ()2222kq knqx yd x y=+-+d -q 与nq 在坐标为（x 、y ）的点电势迭加为零，即有2222211d nd x y n n ⎛⎫⎡⎤++= ⎪⎢⎥--⎝⎭⎣⎦2,01d n ⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦球心坐标球半径21ndr n =-半径分别为R 1和R 2的两个同心半球相对放臵，如图所示，两个半球面均匀带电，电荷密度分别为σ1和σ2，试求大的半球面所对应底面圆直径AOB 上电势的分布．A B大半球面上电荷量为2112R σπ大半球面上电荷在底面引起的电势为整个大球面上电荷引起电势的一半,即211111122k R U k R R πσπσ==小半球面上电荷量为2222R σπ小半球面上电荷在其底面引起的电势为整个小球面上电荷引起电势的一半,即222222222k R U k R R πσπσ==根据电场叠加原理,直径AB 上电荷分布为:()()()11222121221222k R R R R r U r R U R r R k πσσσπσ+⎛⎫+ ⎪ ⎧=⎪⎝⎭≤⎪=≥⎪⎨⎪⎪⎩小半球面上电荷在球面外引起的电势亦为整个小球面上电荷引起电势的一半,即222222k R U r πσ'=一半径为R 、带电量为Q 的均匀带电球面，试求其上的表面张力系数σ，σ定义为面上单位长度线段两侧各向对方施加的作用力．Rφ∆E2φ∆sin2R φ∆⋅TT 2sin 2S R φπ∆⎛⎫∆=⋅⋅ ⎪⎝⎭222sin sin 2424Q Q q R R φφππ∆∆⎛⎫⎛⎫∆=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭208QE Rπε=在球面上取一面元面元受力如示0220222sin 4s 2i 28n 23e Q F R Q QR φφππεε∆⎛⎫= ⎪∆⎛⎫ ⎪⎝∴⋅⎝⎭⎭=面元周边所受张力合力大小为2sin sin 22T R φφσπ∆∆=⋅⋅∑面元处于平衡,则2220sin 232sin sin 222Q R R φπεφφσπ∆∆⎛⎫ ⎪⎝⋅=⎭∆⋅223064QRπεσ=返回q点电荷电场SS '球面上各处场强大小均为2204kq qE rrπε==1222018.8510C /N m 4k επ-=≈⨯⋅从该球面穿出的电通量22044eqqES r rπεπεΦ==⋅=e ΦeE SΦ=电场线的疏密表示电场的强弱，若场中某面元上有条电场线垂直穿过，则0e qεΦ=根据电场线的性质——在电场中没有电荷处电场线是连续的、不相交的，可以肯定包围点电荷q 的任意封闭曲面S′上的电通量也是qS ''Φ=Φ入出0e Φ=0q =0e q εΦ=根据电场迭加原理，将上述结果推广到任意点电荷系构成的静电场：若闭合曲面包围的电荷的代数和为,iiq ∑ie iq ε=Φ∑則返回OR r <由高斯定理有220440e E R R ππεΦ===R r ≥由高斯定理有222044e Q RQ E k RR ππεΦ===RErOR r <由高斯定理有330e R Q r εΦ=R r ≥由高斯定理有22244e Q RQ E k RR ππεΦ===RErR23044eE R Q R r ππεΦ==3E kQ R r =σES∆由高斯定理有0e S σε⋅∆Φ=22e E S σεΦ==∆Q Q-两面积S 、间距d 平行板电容器当带电荷量Q 时，板间电场由电场叠加原理可得为0022E σεσε==4kQ Sπ=半径为r 的圆板，在与其中心O 距离为d 处臵一点电荷q ，试求板上电通量．专题17-例5球冠面上的电通量与圆板的电通量相同！qdrR 222kq kq E Rr d==+距q 为R 处电场强度大小为球冠面积为()2S R R d π∆=-()22e kq R R d R πΦ=-22012q d d rε⎛⎫- ⎪ ⎪+⎝⎭=在相距d的两根平行细长导线上均匀地分布有异种电荷，其线密度为＋及－λ．求在对称平面上与导线所在平面相距为x的一点P的电场强度．专题17-例6由高斯定理有elλε⋅∆Φ=22eER l RπεπλΦ==⋅∆l∆R2ERλπε=2d2dxPλλ-2EPE 122222E Edxλπε==⎛⎫+⎪⎝⎭2222/22222pdEd dx xλπε=⋅⎛⎫⎛⎫++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2224pdEx dλπε+=如图，有“无限长”均匀带电圆柱面，半径为R ，电荷面密度为σ，试求其场强，并作E （r ）图．σr R<0e Φ=0e E SΦ==∆r R≥RE2e R l σπε⋅⋅∆Φ=l∆2e e E S r l πΦΦ==∆⋅∆01R rσε=⋅rERσε如图，在一厚度为d 的无穷大平板层内均匀地分布有正电荷，其密度为ρ，求在平板层内及平板层外的电场强度E ，并作E （r ）图．ρdS∆2d r <时02e S r ρε⋅∆⋅Φ=2e E S rρεΦ==∆2d r ≥时e S d ρε⋅∆⋅Φ=22e E S d ρεΦ==∆rEd/202d ρε02d ρε-一点电荷q 位于一立方体中心，立方体边长为a ，试问通过立方体一面的电通量是多少？如果点电荷移至立方体的一个角上，这时通过立方体每个面的电通量各是多少？点电荷位于立方体中心时，通过立方体一个表面的电通量为6e q εΦ=点电荷位于立方体顶点时，通过立方体一个表面的电通量为0614e q εΦ=⋅24q ε=如图，电场线从正电荷＋q 1出发，与正点电荷及负点电荷的连线成α角，则该电场线进入负点电荷－q 2的角度β是多大？αβ－+q 1－q 2以点电荷+q 1与-q 2为中心，取一半径r 很小的球面，可视为其上电场线均匀分布，穿出2α角所对的球冠面的电场线应完全穿入2β角所对的球冠面，两面上电通量相等：()()12220021cos 21cos 44r r r r q q r rπαπβεεππ⋅-⋅-⋅=⋅12sinsin 22q q βα=-4qq准确地画出两点电荷＋q 及－4q 的电场线分布示意图.若两电荷相距a ，场强为零的点在两点电荷连线延长线距+q 为x 远处:()2214x x aa x =⇒=+由上题，从+q 出发，与两电荷连线所成角度在[0,π]之间的电场线进入-4q 终止时与两电荷连线夹角在[0,π/3]之间，如图:AO 点电势为0：0r R q q q l r R++=由高斯定理知r R q q q ++=()()R l r RR lQ qr -=-()()rl R r r lQ q R -=-ＯqrRl如图，两个以O 为球心的同心金属球壳都接地，半径分别是r 、R ．现在离O 为l （r ＜l ＜R ）的地方放一个点电荷q ．问两个球壳上的感应电荷的电量各是多少？.Q+++++++++◎球壳内、外表面感应电荷电量总等于球壳中心电荷量◎内外感应电荷在球壳中心引起的电势为kQ kQ U a b=-◎从中心移动极小电量过程中可认为中心点电势不变,Q q n =取在第i 次移动中的元功为()11i Q Q W k n i n n a b ⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭移动Q 到无穷远的总功为()111lim nn i Q Q W k n i nn a b →∞=⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭∑()221111lim nn i kQ n i a b n →∞=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑2112kQ a b =⎛⎫- ⎪⎝⎭如图，两个以O 为球心的同心金属球壳都接地，半径分别是r 、R ．现在离O 为l （r ＜l ＜R ）的地方放一个点电荷q ．问两个球壳上的感应电荷的电量各是多少？.返回如图所示，将表面均匀带正电的半球，沿线分成两部分，然后将这两部分移开很远的距离，设分开后的球表面仍均匀带电，试比较点与点电场强度的大小．专题17-例7AA'A2R2RA''E1E23EA23E E<13E E=12E E>AB CD O203414φφφφφ+++=若正四面体的四个面电势相同，四面体就是一个等势体，其中心点电势即可确定，现正四面体ABCD 各面静电势均不同，其中心点的电势难以直接确定.如图所示，正四面体ABCD 各面为导体，但又彼此绝缘．已知带电后四个面的静电势分别为、、和,求四面体中心Ｏ点的电势φ0．专题17-例81φ4φ2φ3φ进行等效替代：另有同样的三个四个面的静电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4的正四面体，将它们适当地叠在一起，使四个面的电势均为φ1+φ2+φ3+φ4，中心点O 共点，这个叠加而成的四面体是等势体，其中心O 点电势4φ0=φ1+φ2 +φ3+φ4如图所示，在半径为R 、体密度为的均匀带电球体内部挖去半径为r 的一个小球，小球球心与大球球心O 相距为a ，试求点的场强，并证明空腔内电场均匀．专题17-例9O 'r 1OAE 1E AE 2r 212E E E A =+110E r 3ρε=⋅()120E r r 3A ρε=-則带电球内半径为r 处场强320343k rE rr ρρπε==22E r 3ρε=⋅-0a 3ρε=aBABPθOM ABAP 处带宽设为l∆带面积为2sin πθs l R ∆=∆⋅⋅均匀带电球电荷面密度为P 处带上电荷量为22sin 4πθπQ Q l R R∆=∆⋅P 处弧上电荷线密度为sin 2θQ l R =∆⋅如图所示，在半径为R 的细圆环上分布有不能移动的正电荷，总电量为Q ，AB 是它的一条直径，如果要使AB 上的场强处处为零，则圆环上的电荷应该如何分布？专题17-例10sin 4Q Rθλθ⋅=24QR σπ=均匀带电金属球表面每一个面元受到整个球面其余部分电荷对它的静电力大小是2224i kQQF SRRπ=⋅∆则单位面积静电力248F kQ P s Rπ==∆设想另半球对此半球的作用力与压强亦为P 的气体作用在半球上的压力相平衡，则2224288kQkQ F R RRππ=⋅=22032QRπε=两个半球合在一起组成一个完整的金属球，球的半径为R ，如图所示，求两个半球间的静电斥力.++++++++++++++++++++++++++++++++++EE E E Q Q-'=+10r 3E Q ρε=而203E r Q ρε--=()1200r r 33E E d=ρρεε='=--則r 2E 'd 03E dερ=可得S∆V∆dαcos V S d α∆=∆⋅03E V d Sεσ⋅∆=∆3cos E σεα=在强度为E 的均匀电场中放着一个均匀的金属球，其半径为R ，由于感应，在球上产生了表面密度为σ的电荷，σ与图中标出的角α有关系．求关系式σ(α)如图所示，平面上有一段长为l 的均匀带电直线AB ，在该平面取直角坐标Oxy ，原点O 为AB 中点，AB 沿x 轴．⑴试证明该平面上任一点P 的电场线方向沿∠APB 的角平分线；⑵试求该平面上的电场线方程⑶试求该平面上的等势线方程.PCE PBA hix ∆i21rinααsin i ir nx αθ⋅∆=iθ2r nh α=2i r q nhαλ=⋅元电荷在P 点引起的场强qi k hE n αλ=各点合场强均沿该点对AB 张角的角平分线!利用双曲线性质：双曲线上各点切线沿该点与双曲线两焦点夹角平分线，而所研究的电场其各点电场线切线沿各点对A 、B 张角平分线，则电场线为一簇焦距为l /2的双曲线2222212x yal a -=⎛⎫- ⎪⎝⎭利用椭圆性质：椭圆上各点法线为该点与椭圆两焦点夹角平分线，所研究的电场其各点电场线切线沿各点对A 、B 张角平分线，而等势线与电场线处处垂直，则其等势线即为一簇焦距为l /2的椭圆2222212x yal a +=⎛⎫- ⎪⎝⎭返回如图，无限大的接地导体板，在距板d 处的A 点有一个电量为Q 的正电荷，求板上的感应电荷对点电荷Q 的作用力．专题17-例11QA-Q24kQ F d=2016πεQd =由于导体板接地，板上电势为零，在点电荷Q 的作用下，板的右侧出现感应电荷.由于导体为一等势面，从点电荷Q 出发的电场线应处处与导体面正交而终止，因而导体板右侧电场线分布大致如图所示．联想到等量异种电荷的电场：导体板上感应电荷对板右侧电场的影响，可用与点电荷Q 关于导体面成镜像对称的另一虚设点电荷-Q 替代，板上感应电荷对Q 的作用亦等效于像电荷-Q 对Q 发生的作用由库仑定律，板上感应电荷对点电荷Q 的作用力大小为专题17-例12ROr P＋qαq '由导体表面感应电荷总电量在O 点引起的电势与点电荷q 在O 点引起的电势之和为零得0kq kqd R'+=根据唯一性原理可知，等效的像电荷量即为Rq qd'=-像电荷位置，应令其在球面上任意点引起的电势与q 在同一点电势叠加为零，即满足22222cos 2cos ααkqkq R d Rd R r Rr '=-+-+-()()2222222cos 2cos ααdR r Rr R R d Rd +-=+-()2242322cos αd r R Rrd R d -=-对任意角位置等式均成立必有2r R d=()()22222kRdqkq dr RqF d '-==-如图所示，设在一接地导体球的右侧P 点，有一点电荷q ，它与球心的距离为d ，球的半径为R ，求导体球上的感应电荷为多少？点电荷q 受到的电场力为多大？半径为R 2的导电球壳包围半径为R 的金属球，金属球原来具有电势为U ，如果让球壳接地，则金属球的电势变为多少？U金属球上电量设为Q1kQ U R =由1UR Q k⇒=球壳接地后设感应电荷的像电荷电量为q ，由高斯定理000Qqεε+=1R Uq Q k =-=-壳接地后球的电势为Q 与q 引起的电势叠加12UR U U R '=-212R R UR =-Ecq ab-q a 'qb '-qE a E b a E 'b E 'c像电荷在c 点引起的场强大小25kq E d =2452525c E kq Ed==两个电量q 相等的正点电荷位于一无穷大导体平板的同一侧，且与板的距离均为d ，两点电荷之间的距离为2d ．求在两点电荷联线的中点处电场强度的大小与方向．如图，速调管用于甚高频信号的放大．速调管主要由两个相距为b 的腔组成，每个腔有一对平行板．初始速度为v 0的一束电子通过板上的小孔横穿整个系统．要放大的高频信号以一定的相位差（一个周期对应于2π相位）分别加在两对电极板上，从而在每个腔中产生交变水平电场．当输入腔中的电场方向向右时，进入腔中的电子被减速；反之，电场方向向左时，电子被加速．这样，从输入腔中射出的电子经过一定的距离后将叠加成短电子束．如果输出腔位于该短电子束形成处，那么，只要加于其上的电压相位选择恰当，输出腔中的电场将从电子束中吸收能量．设电压信号为周期T =1.0×10-9s ，电压V =0.5V 的方波．电子束的初始速度v 0=2.0×106m/s ，电子荷质比e/m =1.76×1011C/kg ．假定间距a 很小，电子渡越腔的时间可忽略不计．保留４位有效数字，计算：(a)使电子能叠加成短电子束的距离b ．(b)由相移器提供的所需的输出腔与输入腔之间的相位差．专题17-例13～相移器输入腔v 0a ab 输出腔解答～相移器输入腔v 0aab输出腔通过输入腔的电子电场向左时被电场加速电场向右时被电场减速由动能定理：2201122t Ue mv mv ±=-202t Ue v m v ⎛⎫± ⎪⎝=⎭⇒要形成短电子束，应使后半周期通过输入腔被加速的电子经过一段距离b 在输出腔“追”上前半周期通过输入腔被减速的电子，从而叠加成短电子束，故此应有：2200222bT bUe Ue v v m m +=⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭读题m m 24096220022.272 1.0 1.956 2.044101022 2.04412.9561022Ue v m T b Ue Ue v v m m --⎛⎫- ⎪⨯⎝⎭=⋅=⨯⨯⨯≈-⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎭⨯⎝b)为使输出腔中的电场从短电子束中吸收能量，应使电场方向向右，电场力对电子束做负功．当输入腔电场方向向右时满足20222bk Ue T v m πφπ⋅±∆=⎛⎫- ⎪⎝⎭()26920 2.272102211.6221.95610 1.0102b k k k Ue T v m φπππ--⎛⎫ ⎪⎛⎫⨯ ⎪∆=±-=±-=±- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⎝⎭⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0.622232φπ∆=±⨯±=0.321378φπ∆=±⨯±=读题如图所示，N 个一价正离子和N 个一价负离子交错排列成一维点阵，相邻离子间的间距为a ．计算这个相互静电作用的点阵总静电能．（N →∞）除两端处的一些离子外，每个离子与其周围离子的相互作用情形都相同，任取一正离子记为A 0，两侧各对离子依次为A -1、A +2……212ke E a-=-这是与第1 对负离子所共有的!A 0在第2对正离子中间位置具有电势能2222ke E a +=A 0在第1对负离子中间位置具有电势能A 0这是与第2 对正离子所共有的!221111234ke E a ⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭()22ln2ke a =-如图所示，质子加速器使每个质子得到的动能为E ．很细的质子束从加速器射向一个远离加速器的半径为r 的金属球，并留在球上．球中心并不处在加速器发射出的质子运动方向的直线上，而与该直线的垂直距离为d ，且d ＜r ，加速器工作足够长时间后，球能充电到多高的电势？计算中取E =2keV ，．设质子初速度为v 0，当金属球充电到电势为U 时，质子与金属球相切而过，设此时速度设为v ，由于质子在向球运动时，只受库仑力且力的方向沿球径向，故对球心O ，冲量矩为零，质子角动量守恒：U02r mv mvr =mv 0d r 022v E v m==4E eU E ⎛⎫=- ⎪⎝⎭由动能定理：15V 3400U E e ⇒==需要净化空气中的灰尘，但在一般条件下灰尘沉积下来是较缓慢的，为此可利用这样一个事实，即灰尘是带电的．为模拟净化过程，提出两种装臵．第一个装臵是，将含有灰尘空气的玻璃圆桶（高h ＝1 m ，半径R ＝0.1 m ，如图示）放在场强E 1＝1×104V/m 的电场中，场强方向沿着圆柱形桶的轴向．经时间t 1＝120 s 后，可以观察到容器中所有的灰尘均已沉积在底部．第二个装臵是这样的：沿圆柱桶的轴线紧拉着一根细导线，且将此导线跟高压电源相连，电源电压是这样选取的，使在容器壁上场强值恰好等于第一个装臵的场强值1×104V/m ．已知在这种情况下场强E ∝1/r ，r 为离轴线的距离．假设尘粒是同种的，其所带电荷量也相等，试确定第二个装臵中尘粒沉积到容器壁所需时间．由于空气中的尘粒不多，体电荷可以忽略，认为尘粒沉积过程动态平衡，空气阻力与速度成正比，不计重力解答h2R第一个装置中，电场力恒定，故尘粒匀速下降时有11E q kv =111h t qv hk E ==第二个装置中，在距离轴心r 处尘粒速度设为v r ，则111r r RE t E q q kv v r h ==1r Rh v rt =R n 21lim n n i i R t nv →∞==∑11lim n n i R R i t n nRh →∞=⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭=∑1211lim n n i R t i h n →∞==⋅∑12R t h =6s =读题。