高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷测试卷 (word版,含解析)

高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷测试卷 （word 版，含解析）
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。

已知静电力常量为k ，下列说法正确的是
（ ）
A ．a 受到的库仑力大小为2
2
33kq R
B ．c 受到的库仑力大小为2
2
33kq
R
C ．a 、b 在O 3kq
，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kq
R
，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离
3r R =
根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小
22
223q q F k k r R
==
a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为
2
23a q F F k R
==
c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为
2
33c kq F F == 选项A 错误，B 正确；
C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有
02
q E k
R = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由
b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小
2q E k R
=
方向由O →c ，选项C 错误；
D ．同理c 在O 点产生的场强大小为
02q
E k R
=
方向由O →c
运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强
22q
E k R
'=
方向O →c 。

选项D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，一带电小球P 用绝缘轻质细线悬挂于O 点。

带电小球Q 与带电小球P 处于同一水平线上，小球P 平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q ，使带电小球P 能够保持在原位置不动，直到小球Q 移动到小球P 位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（ ）
A ．小球P 受到的库仑力先减小后增大
B ．小球P 、Q 间的距离越来越小
C ．轻质细线的拉力先减小后增大
D ．轻质细线的拉力一直在减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
画出小球P 的受力示意图，如图所示
当小球P 位置不动，Q 缓慢向右下移动时，Q 对P 的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP 间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q 到达P 的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD 。

3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A 和m B 的小球，分别带q A 和q B 的正电荷，悬点为O ，当小球由于静电力作用张开一角度时，A 球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（
）
A ．sin sin A
B m m βα= B ．sin sin A B B A m q m q βα
= C ．
sin sin A B q q βα
= D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有
sin sin sin sin ααββ'
='
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得
A m g OP F PA =库，
B m g OP
F PB
=库 由于库仑力相等，联立可得
A B m PB
m PA
= 由于sin cos OA PA αθ⋅=
，sin cos OB PB β
θ
⋅=，代入上式可得
sin sin A B m m βα
= 所以A 正确、B 错误；
C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；
D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即
sin sin A B m m βα'
='
联立可得
sin sin sin sin ααββ'
='
D 正确。

故选AD 。

4．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。

由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。

下列说法正确的是（ ）
A ．水平面对容器的摩擦力向左
B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等
C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小
D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32
(23)A q
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；
B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示
小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；
D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为
2
2sin15A
qq mg k
L ︒= a 、b 的距离为
2sin15L R =︒
当a 的电荷量改变后，静电力为
2A
qq mg k
L '='
a 、
b 之间的距离为
L R '=
12
2'
q q
F k
L
=
可得
3
2
23
A A
q q
-
=-
'（）
故D正确。

故选BD。

5．如图所示，在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、
Q2，与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点.若在与B点相距L的D点以水平向左
的初速度
v释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（）
A．滑块从D→C运动的过程中，动能一定越来越大
B．滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大
C．滑块将以C点为中心做往复运动
D．固定在A、B两点处的点电荷的电荷量之比为2
1
4:1
Q Q=
：
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确；
B．由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由
qE
a
m
=可得加速度向减小后增大，B正确；
D．x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有
22
(4)(2)
A B
Q Q
k k
L L
=，
解得
4
1
A
B
Q
Q
=，
故D正确.
C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。

【点睛】
本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

6．如图()a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0t =时，甲静止，乙以
6m /s 的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程
中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )
A ．两电荷的电性一定相反
B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大
D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．
B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1
代入数据解得：
m 甲:m 乙=2:1
故B 正确；
C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．
D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．
7．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在
M 、N 点和MN 的中点P 上,OM =ON , OM //AB 则下列判断正确的是( )
A ．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.
B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大
C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大,静止在M ,N 点时受到的支持力相等
D ．当小物体静止在M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 【答案】CD 【解析】 【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：
A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；
B.小物体静止在P 点时，摩擦力
f =m
g sin30°
静止在N 点时
sin30cos30f mg F '=︒+'︒
静止在M 点时
sin30cos30f mg F "=︒-'︒
可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；
C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力
N =mg cos30°+F
在M 、N 点时：
cos30sin30N mg F '=︒+'︒
由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；
D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。

8．如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是 y 轴上的
三个点，且 OM=MN。

P 点在 y 轴右侧，MP⊥ON。

则
A．M 点场强大于 N 点场强
B．M 点电势与 P 点的电势相等
C．将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功
D．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、从图像上可以看出，M点的电场线比N点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场
强，故A对；
B、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M和P点不在同一条等势线
上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B错；
C、结合图像可知：O点的电势高于P点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力
做正功，故C错；
D、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场
力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；
故选AD
9．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各
系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为
g。

四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表
所示，以下说法正确的是（）
情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的电场力大小
1L m①
3
3 mg
22L m②
3
3 mg
A 倍 B
倍 C
．④中电荷量为③中电荷量的
2
倍 D ．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T ，与竖直方向夹角为θ，两小球之间的距离为r
、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ，对其中一个小球受力分析可得
sin T mg θ=
2
2cos kq T θF r
==
解得
22tan
kq mg
F r θ
==
由几何关系可知，
tan θr =
=
整理得
22kq F r == A ．对比①和②可知，并应用上式可得
211213kq F r ===
2
2
22
2
kq
F
r
===
解得
12
r L
=
2
r=
故电荷量之间的关系为
11
22
1
2
q r
q r
==
故A错误；
B．由③可知，
2
3
32
3
kq
F
r
===
解得
32
r L
=
故
3
22
2
q
q
==
故B错误；
C
．由④可知
2
4
42
4
kq
F
r
===
解得
4
3
2
r L
=
故
4
3
2
q
q
==
故C正确；
D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选C。

10．如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连，现把A、B、C按一定的位置摆放，可使三个小
球都保持静止状态。

已知小球B 的带电量为-q ，小球C 的带电量为+4q ，则以下判断正确的是（ ）
A ．小球A 的带电量可以为任何值
B ．轻质细杆一定处于被拉伸状态
C ．小球A 与B 之间的距离一定为
4
L D ．若将A 向右平移一小段距离，释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．小球A 受力平衡，设小球AB 之间的距离为x ，根据平衡条件有
()
A A 224q q q q
k
k x L x ⋅=+ 解得
x L =
所以小球A 的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A 正确，C 错误； B ．对小球B ，小球A 和小球C 对其静电力的合力为
A 22
4q q q q F k
k x L ⋅=- 由于不知道小球A 的带电量，所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B 错误；
D ．小球A 在原来的位置是平衡的，若将A 向右平移一小段距离，小球B 和小球C 对其的静电力均增加，且小球B 对其的静电力增加的更快，但由于小球A 的电性不确定，所以释放后A 的运动方向也不确定，D 错误。

故选A 。

11．一个带电量为+Q 的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m 的带电小球（重力不能忽略）在+Q 周围作匀速圆周运动，半径为R ，向心加速度为33
g
（g 为重力加速度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：
A ．小球带正电，电荷量大小为 2
833mgR kQ
B 2
3mgR
C
．小球带负电，电荷量大小为 2
83mgR
D ．小球带负电，电荷量大小为2
3mgR
【答案】C 【解析】 【详解】
由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q ，做出运动图像如图所示：
可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；
由向心力公式可知：
33
F ma mg ==
向 设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：
333tan =3
F mg mg θ==
向所以θ=30°，根据几何关系有：
cos30mg
F =库 sin 30R L
=
根据库仑定律有：
2
qQ F k
L =库 联立可得：
2
833mgR q kQ
=
故C 正确，ABD 错误。

12．如图所示，有两对等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是
A．o点电场强度为零
B．a、c两个点的电场强度大小相等方向相反
C．将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零
D．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O 点电场强度不等于零，方向水平向右。

故A不符合题意；
B. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。

则A点的电场强度方向水平向右。

对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同。

故B不符合题意；
C. 在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线。

在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故C符合题意；
D. 根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D不符合题意。

13．如图所示，一倾角为30 的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。

质量为m、带电荷量为−q的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v m，运动的最低点为Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（）
A．P、Q两点场强相同
B．U PO = U OQ
C．P到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动
D ．物块和斜面间的动摩擦因数12
μ= 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
ABD ．物块在斜面上运动到O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有
sin30cos300mg mg μ︒-︒=
所以物块和斜面间的动摩擦因数为
3tan μθ==
由于运动过程中
sin30cos300mg mg μ︒-︒=
所以物块从P 点运动到Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q 与释放点P 关于O 点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P 、Q 两点的电势相等，则有U OP = U OQ ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P 、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故ABD 错误；
C ．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B 到A 电场强度先减小后增大，中点O 的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为a ，根据牛顿第二定律有
qE ma =
物块下滑的过程中电场力qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P 到O 电荷先做加速度减小的加速运动，O 到Q 电荷做加速度增加的减速运动，故C 正确。

故选C 。

14．如图所示，用两根长度均为l 的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m ，轻绳与天花板的夹角均为θ=30°，小球正下方距离也为l 的A 处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B 处，B 处位置为与竖直方向的夹角为θ处，小球处于静止状态，则（ ）
A ．A 处的带电小球带负电
B ．A 处与B
处库仑力大小之比为2C ．支架处于B
处，左边绳子张力为2mg - D ．支架处于B
处，右边绳子张力为mg + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 当绝缘支架上的带电小球在A 位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A 处的带电小球带正电，故选项A 错误； B.根据库仑定律可得
2
Qq F k
r = 因此在A 处与B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即
2
221
A B F r F r = 因为θ=30°，所以
:4:3A B F F =
故选项B 错误；
CD. 支架处于B 处，两球间的库仑力为
3344
B A F F mg =
= 设左、右绳的张力分别为F 1和F 2，则由正交分解可得
123
sin 30cos33040cos mg F F +=
123
cos30sin 30304
cos F F mg
mg ++=
解得
1F mg =- 24
F mg mg =-
故选项C 正确，选项D 错误。

故选C 。

15．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为轴上的点，且OA =OB ．C 、D
为直径上的两点，且OC =OD ．则下列判断正确的是( )
A ．A 点的电势与
B 点的电势相等
B ．
C 点的电场强度与
D 点的电场强度不相同 C ．A 点的电场强度与B 点的电场强度相同
D ．在A 点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB 做匀加速直线运动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A 点电势高于B 点电势，A 错误；有对称性原理及电场叠加可知C 点和D 点场强一样；B 错误；B 错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB 两点，可以看到，AB 两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB 两点产生的电场为零．所以，A 点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B 点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C 正确；电场线方向水平向右，所以在A 点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D 错误；
二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
16．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远
小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．
①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；
②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为
12
p m m E G
r
=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远
大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12
p q q E k
r
=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线
速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．
【答案】（1
）①v =②202M G L -（2）①2
-2ke r
②模型Ⅰ的简化是合理的
【解析】
（1）① 22
002/2
M M v G L L =，解得
v =
②双星系统的动能22
00k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==
，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =2
02M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=2
2ke r
又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2
-2ke r
对于模型Ⅱ：对电子有：22121mv ke r r =， 解得 22
112
mv r r ke
= 对于原子核有：22222Mv ke r r =， 解得 22
222
Mv r
r ke = 因为r 1+r 2=r ，所以有2222
1222
+mv r Mv r
r ke ke =
解得E k Ⅱ=222
1211222ke mv Mv r
+=
又因电势能2p
e E k r =-Ⅱ
，所以E Ⅱ= E k Ⅱ+E p Ⅱ=2
-2ke r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2
-2ke r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I I 2=mv ke m v r r ω=，解得2
I 2
=ke v m r
ω 模型Ⅱ中：
对电子有：2
2II 1II 21=mv ke m v r r ω=， 解得2
II 21=ke v m r
ω 对于原子核有：22
222
=ke Mv M v r r ω=
， 因ω1=ω2，所以mv Ⅱ=Mv
又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为v Ⅰ=v Ⅱ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的． ②解法二：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I 2mv ke r r =，解得I v
模型Ⅱ中：
库仑力提供向心力：2
22122=ke mr Mr r ωω== (1)
解得12=r M r m
；
又因为r 1+r 2=r 所以1=M r m M + 2=m
r m M
+
带入（1）式：ω=
所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
17．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．
(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核
外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
【答案】(1) ①02GM a L =
②2T = (2) ①2
k k II =2ke E E r
=Ⅰ
②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】
(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2
002GM M a L
=
解得0
2
GM a L =
②由运动学公式可知，224π2
L
a T =⋅
解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿
第二定律有22
2ke mv r r
=
解得：2
2k 122ke E mv r
==Ⅰ
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得2
2k11121=22ke E mv r r
=
对于原子核有：2
2222=Mv ke r r ，解得22
k22221=22ke E Mv r r
=
系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()22
12222ke ke r r r r
+=
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有
22224πke m r r T =Ⅰ
，解得232
24πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ。