高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷综合测试卷（word 含答案）

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，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为

4

g

，静电力常量为k 。则（ ）

A ．小球从A 到

B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为

2

g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L

【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．带电小球在A 点时，有

2

sin A Qq

mg k

ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有

'2

sin 0Qq

mg θk

L -= 联立上式解得

'2

L L =

所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有

2

sin A Qq

mg k

ma L θ-= 带电小球在B 点时，有

2sin 2

B

Qq k mg θma L -=（） 联立上式解得

2

B g a =

B 正确；

C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以B

D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；

D ．由A 点到B 点，根据动能定理得

sin 02

AB L

mg θqU ?

+= 由2

sin A Qq

mg k

ma L θ-=可得 214Qq mg k L

= 联立上式解得

AB kQ

U L

=-

D 错误。 故选BC 。

3．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 '=

由静电力

12

2'

q q F k

L = 可得

32

23A A q q -=

-'（） 故D 正确。 故选BD 。

4．如图所示，A 、B 两点有等量同种正点电荷，AB 连线的中垂线上C 、D 两点关于AB 对称，0t =时刻，一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入，点电荷只受电场力。则点电荷由C 到D 运动的v-t 图象，以下可能正确的是

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

由于AB 是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C 点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC 错误，BD 正确。 故选BD 。

5．真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x =50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x =10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A ．x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高

B ．从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小

C ．点电荷A 、B 所带电荷量的绝对值之比为9：4

D ．从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；

B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；

C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有

22

A B A B Q q Q q

k

k r r = 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；

D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q

E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。 故选AC 。

6．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作用下恰处于静止状态，已知a 、b 、c 三小球的电荷量均为q ，d 球的电荷量为6q ,2h R =

.重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )

A ．小球d 一定带正电

B ．小球b 2R mR

q k

πC ．小球c 2

3kq D ．外力F 竖直向上，大小等于2

26kq mg +【答案】CD 【解析】 【详解】

A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于a 球的电性未知，所以d 球不一定带正电，故A 错误。 BC ．设db 连线与水平方向的夹角为α，则

223cos 3h R α==+ 22

6sin 3

h R α=

=

+ 对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：

()

22222264cos 2cos302cos30q q q k k m R ma h R T R πα???-==+ 解得：

23R

mR

T q k

π=

2

3kq a =则小球c 2

3kq B 错误，C 正确。

D ．对d 球，由平衡条件得：

2

226263sin qq kq F k mg mg h R α=+=+

+ 故D 正确。

7．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

8．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）

A．E带正电，F带负电，且Q E >Q F

B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点

C．过N点的等势面与EF连线垂直

D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所

以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初

速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．

【点睛】

只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．

9．如图所示，半径为R的绝缘光滑半球内有A、B两个带电小球（均可视为点电荷），A 球固定在半球的最低点，B球静止时，A、B两球之间的距离为R，由于漏电，B球缓慢向A球靠近，设A、B两球之间的库仑力大小为F，光滑半球对B球的弹力大小为N，A、B两球之间的距离用x表示，则F－x、N－x的关系图象正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

以B球为研究对象，受到重力G，A球对它的斥力F和光滑半球对B的弹力N三个力作用，受力如图：

由几何关系可知，力的三角形F BN 合与三角形ABO 相似，则有

=G N F R OB AB

= 因为G 、R 、OB 不变，则N 不变，AB 在减小，因此F 减小 选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。

10．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2?910-C B ．4?910-C

C ．6?910-C

D ．8?910-C

【答案】B 【解析】 【详解】

带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向

mg qE = m V ρ=

34

3

V r π=

解得：

9410q C -?＝

ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】

本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．

11．如图所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，

A B 、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F 作用在A 球上，使两球均处于静止状态，已知A B 、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是（ ）

Fθ

A．杆MO对A球的弹力大小为tan

Fθ

B．杆NO对B球的弹力大小为sin

Fθ

C．B球的重力大小为tan

Fθ

D．A B、两球间的库仑力大小为cos

【答案】C

【解析】

【详解】

对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有

x方向

F=F1cosθ①

y方向

N1=mg+F1sinθ②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有

x方向

F1cosθ=N2③

y方向

F1sinθ=M g ④

有上述四式得到

Mg=F tanθ

1F

F cos θ=

N 1=mg +Mg N 2=F 可知由于不知道A 的质量，所以不能求出A 受到的弹力N 1。 故ABD 错误，C 正确； 故选C 。

12．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，细线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )

A ．Q ＝3

mgR kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝3

mgL kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝3

mgR kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝3

mgL kR

，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】

由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示

则Fsin mg θ＝，其中=

R sin L θ，解得mgL

F R

=

设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q，水平方向上有

2

2

Q

Q

Fcos F k cos

L

θθ

==，解得

3

mgL

Q

kR

=，故D项正确，ABC三项错误．

13．如图所示,导体球A与导体球壳B同心,原来都不带电,也不接地,设M、N两点的场强大小为E M和E N,下列说法中正确的是

A．若使A带电,则E M≠0,E N=0

B．若使B带电,则E M≠0,E N≠0

C．若使A，B两球分别带上等量异种电荷,则E M≠0,E N=0

D．若使A球带电,B球接地,则E M=0,E N=0

【答案】C

【解析】

【详解】

A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么E M≠0，E N≠0；故A错误；

B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即E M＝0，E N≠0，B 错误；

C．如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则E M≠0，E N=0，故C正确；

D．如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，E M≠0，E N=0，D错误。

14．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】

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。

15．如图所示，竖直绝缘墙上距O 点l 处固定一带电量Q 的小球A ，将另一带等量同种电荷、质量为m 的小球B 用长为l 的轻质绝缘丝线悬挂在O 点，A 、B 间用一劲度系数为k ′原长为

54

l

的绝缘轻质弹簧相连，静止时，A 、B 间的距离恰好也为l ，A 、B 均可看成质点，以下说法正确的是（ ）

A ．A 、

B 间库仑力的大小等于mg B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于k ′l

C ．若将B 的带电量减半，同时将B 球的质量变为4m ，A 、B 间的距离将变为2

l D ．若将A 、B 的带电量均减半，同时将B 球的质量变为

2k l

m g

'+，A 、B 间的距离将变为2

l 【答案】D 【解析】 【分析】

A．对小球受力分析如图；小球受弹簧的弹力与B所受的库仑力的合力（F库+F弹）沿AB斜向上，由几何关系以及平衡条件可知

F库+F弹=mg

则

F库= mg -F弹

选项A错误；

B．A、B间弹簧的弹力大小等于

''

51

=()

44

l

F k l k l

-=

弹

选项B错误；

C．若将B的带电量减半，A、B间的距离将变为

2

l

，则库仑力变为2F库，则弹力和库仑力的合力为

'

'

53

=()22

424

l l k l

F k F F

-+=+

合库库

则由相似三角形关系可知

11

'

=

13

2

24

m g m g

l

k l

F

l F

=

+

合

库

而

'

1

4

F k l mg

+=

库

解得

'

1

1

4=4

2

m g mg k l mg

=+≠

选项C错误；

D．若将A、B的带电量都减半，A、B间的距离将变为

2

l

，则库仑力仍F库，则弹力和库仑力的合力为

'

''

53

=

()

424

l l k l

F k F F

-+=+

合库库

则由相似三角形关系可知

22

'

'

=

13

24

m g m g

l

k l

F

l F

=

+

合

库

而

'

1

4

F k l mg

+=

库

解得

'

2

2

m g mg k l

=+

即

'

2

2

k l

m m

g

=+

选项D正确；

故选D。

二、第九章静电场及其应用解答题易错题培优（难）

16．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．

【答案】

cos sin

cos sin

qE mg

mg qE

θθ

θθ

-

+

【解析】

【分析】

【详解】

物体做匀速直线运动，由平衡条件得：

在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…①

在平行与斜面方向上：f+mgsi nθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ

-=+＝ ． 【点睛】

本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．

17．如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2

L

，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？

(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？

【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；(2)22

736kQ L ；(3)22kQ mL 2

2

0kQ v mL

+【解析】 【分析】

(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。 【详解】

(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，

AO 间的库仑力为2

2Q F K L

=；

根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ

E Q L

θ=

= 方向由A 指向C

(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，

库仑力为2

2'(sin60)

Q F K L =； 水平向右的电场力F EQ "=

B

点时所受的电场力22]sin60)F == (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得

2

222

sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===

合． 从A 点到C 点根据动能定理得

22

1122

o EQL mv mv =

-； v =【点睛】

本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

18．（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2

I =ke v mr

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：()2ke M m rMm

ω+=

，

所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke m

v r r m M M

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．

19．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4

L

Aa Bb ==

，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.

【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21

4

n s L +=

【解析】 【详解】 （1）由4

L

Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;