高中物理必修第3册 静电场及其应用测试卷专题练习(解析版)

高中物理必修第3册 静电场及其应用测试卷专题练习（解析版）

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，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、A'，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（ ）

A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置

B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置

C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置

D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；

B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置，选项B正确；

C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；

D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。 故选ABC。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（）

A．小球运动到B点时的速度大小为2gR B．小球运动到B点时的加速度大小为3g C．小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgR D．小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋k【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A.带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：

q1q2 R2mgR解得：

12mvB 2vB2gR 故A正确；

B.小球运动到B点时的加速度大小为：

v2a2g

R故B错误；

C.小球从A点运动到B点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C错误；

D.小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得：

2q1q2vBFNmgk2m

RR解得：

FN3mgkq1q22 R根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为：

3mgkq1q2 R2

方向竖直向下，故D正确．

3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别mA和mB的小球，分别带qA和qB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，B球悬线与竖直线夹角为，则（ ）

A．B．

mAsin mBsinmAqBsin mBqAsinqAsinC． qBsin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、，有

sinsin sinsin【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

mAgOPmBgOP， F库PAF库PB由于库仑力相等，联立可得

mAPB mBPA由于PAOAsinOBsin，PB，代入上式可得

coscosmAsin mBsin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、，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

mAsin mBsin联立可得

sinsin sinsinD正确。 故选AD。

4．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,h2R.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的周期为2RmR qk3kq2C．小球c的加速度大小为 3mR226kq2D．外力F竖直向上，大小等于mg R2【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

cossin对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：

Rh2R2hh2R23 36 36qqq242k2cos2kcos30m2Rma 22hRT2Rcos30解得：

T2Rq3mR k3kq2 a3mR23kq2则小球c的加速度大小为；故B错误，C正确。 23mRD．对d球，由平衡条件得：

6qq26kq2 F3k2sinmgmghR2R2故D正确。

5．如图甲所示，两点电荷放在x轴上的M、N两点，电荷量均为Q，MN间距2L，两点电荷连线中垂线上各点电场强度Ey随y变化的关系如图乙所示，设沿y轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点P0,3L，则以下说法正确的是 （ ）



A．M、N两点上的两等量点电荷是异种电荷，M为正电荷，N为负电荷 B．将一试探电荷-q沿y轴负方向由P移动到O，试探电荷的电势能一直减少 C．一试探电荷-q从P点静止释放，在y轴上做加速度先变小后变大的往复运动 D．在P点给一试探电荷-q合适的速度，使其在垂直x轴平面内以O点为圆心做匀速圆周

运动，所需向心力为k【答案】BD 【解析】 【详解】

3Qq 24LA．如果M、N两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A错误； B．等量同种电荷连线中垂线上，从P到O电势升高，负电荷的电势能减小，故B正确； C．等量同种电荷连线中垂线上，从P到O电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y轴向下，在y轴上O点下方，电场线方向沿y轴向下，试探电荷受的电场力沿y轴向上，由图乙可知，y轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y轴上O点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C错误；

D．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O，所以负试探电荷受电场力作用以O为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P到M的距离为2L，图中60，由叠加原理可得，P点的场强为

EP2EMsin2所以电场力即为向心力为

kQ3kQ sin6022(2L)4L3Qq 4L2Fk故D正确。

6．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=mgsin30°

静止在N点时

fmgsin30Fcos30

静止在M点时

fmgsin30Fcos30

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=mgcos30°+F

在M、N点时：

Nmgcos30Fsin30

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。

7．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 1 轻绳长度 L 小球质量 m 小球电荷量 ① 小球受到的电场力大小 3mg 33mg 323mg 33mg 2 2L m ② 3 4 L L 2m m ③ ④

A．②中电荷量为①中电荷量的2倍 B．③中电荷量为②中电荷量的2倍

32倍 2D．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

C．④中电荷量为③中电荷量的

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，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

Tsinmg

kq2TcosθF2

r解得

kq2mg F2rtanθ由几何关系可知，

tanθr2L2233Lr r3r32整理得

kq2mgrF2 22r3LrA．对比①和②可知，并应用上式可得

kq12mgr13mgF12 22r133Lr12kq2mgr23mgF22 22r2332Lr2解得

r13L 2r23L

故电荷量之间的关系为

q1r11 q2r22故A错误； B．由③可知，

2kq32mgr323mgF32

r333L2r32解得

r3故

3L 2q3r223 q2r22故B错误； C．由④可知

2kq4mgr4F423mg

22r43Lr4解得

r43L 2

故

q43r432 q32r32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。

8．如图所示，两个可视为质点的带同种电荷的小球a和b，放置在一个光滑绝缘半球面内，已知小球a和b的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是

A．m1>m2 C．q1>q2 【答案】A 【解析】 【分析】

B．m1根据两小球处于平衡状态，通过对两个小球进行受力分析，进行正交分解后，列出关系式，即可解决问题。 【详解】

A和B小球受力分析如下，对小球A：

F库cosF1sin m1gF库sinF1cos

对小球B：

F库cosF2sin m2gF库sinF2cos

通过上式可知：

F1sinF2sin，

由于，则sinsin，所以F1F2，由于coscos，则有：

F1cosF2cos

所以有：

m1gF库sinm2gF库sin

可推导出：m1m2，故选A。

【点睛】

考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

9．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( )

3mgRmgRA．Q＝，F＝ LkLmgRmgL3B．Q＝，F＝

LkR3mgLmgRC．Q＝，F＝ RkL3mgLmgLD．Q＝，F＝ RkR【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，其中sin=RmgL，解得F LRQ2设圆环各个点对小球的库仑力的合力为FQ，水平方向上有FcosFQk2cos，解得

LmgL3，故D项正确，ABC三项错误． QkR

10．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）

A．点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值 B．点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大 C．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 D．点电荷一定能够返回到P点． 【答案】D 【解析】

试题分析：点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C错误．故选D． 考点：带电粒子在电场中的运动．

11．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vm，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．UPO = UOQ

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【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

1 2ABD．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

mgsin30mgcos300

所以物块和斜面间的动摩擦因数为

tan由于运动过程中

3 3mgsin30mgcos300

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UOP = UOQ，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。

12．如图所示，半径为R的光滑绝缘的半圆形轨道ABC，A点与圆心等高，B点在圆心正下方，轨道固定于电场强度为E的匀强电场中．两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A点和B点．己知两小球质量皆为m，重力加速度为g，静电力常量为k．下列说法正确的是

A．小球带正电 B．小球的带电量为mg/E C．小球的带电量为R2mg k

D．在A点小球对轨道的压力大于在B点小球对轨道的压力 【答案】B 【解析】

若两球均带正电，则球B不能平衡，则小球带负电，选项A错误；对小球A受力分析可知，竖直方向：mgF库cos45；对小球B受力分析可知，水平方向：

0qEF库cos450；解得mg=qE，则 q=mg/E，选项B正确；根据对A竖直方向的方程kq2022mg，选项C错误；对ABcos45mgF库cos45，即mg，解得qR(2R)2k0的整体受力分析可知：FNA2Eq，FNB2mg 因mg=qE可知，在A点小球对轨道的压力等于在B点小球对轨道的压力，选项D错误；故选B.

点睛：此题关键是灵活选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法列方程；注意轨道对球的弹力方向指向圆心.

13．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是 （ ）

A．弹簧一定处于拉伸状态

B．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小 C．变化后的摩擦力不可能为零

D．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故 A错误；

B．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B；

C．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C错误； D．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故D正确。 故选D。

14．两个等量异种电荷A、B固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为＋Q和－Q，俯视图如图所示。一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A、B的连线垂直，且到A的距离小于到B的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C点静止释放，C、D两点关于O点（管道与A、B连线的交点）对称。小球P从C点开始到D点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A．先做减速运动，后做加速运动 B．经过O点的速度最大，加速度也最大 C．O点的电势能最小，C、D两点的电势相同 D．C、D两点受到的电场力相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A错误；

B．经过O点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B错误； C．带电小球P在O点的电势能最小，C、D两点的电势相同，选项C正确； D．C、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。 故选C。

15．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=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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2:3 C．支架处于B处，左边绳子张力为mg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

3mg 23mg 2FkQq r2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

FAr222 FBr1因为=30°，所以

FA:FB4:3

故选项B错误；

CD. 支架处于B处，两球间的库仑力为

FB33FAmg 44设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得

3F1cos30mgsin30F2cos30

43F1sin30mgcos30F2cos30mg

4解得

F1mgF2mg故选项C正确，选项D错误。 故选C。

3mg 23mg 4

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．

qEcosmgsin

mgcosqEsin【答案】【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+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：＝【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．

fqEcosmgsin ． NmgcosqEsin

17．如图所示，真空中有两个点电荷A、B，它们固定在一条直线上相距L=0.3m的两点，它们的电荷量分别为QA=16×10－12C，QB=4.0×10－12C，现引入第三个同种点电荷C，

（1）若要使C处于平衡状态，试求C电荷的电量和放置的位置？

（2）若点电荷A、B不固定，而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态，试求C电荷的电量和放置的位置？ 【答案】（1）见解析（2）【解析】 【分析】

161012C ，为负电荷 9

【详解】

（1）由分析可知，由于A和B为同种电荷，要使C处于平衡状态，C必须放在A、B之间某位置，可为正电荷，也可为负电荷．设电荷C放在距A右侧x处，电荷量为Q3 ∵ FACFBC ∴ kQ1Q3Q2Q3k x2(Lx)2∴

Q1Q2 x2(Lx)2∴ 4(L－x)2=x2 ∴ x=0.2m

即点电荷C放在距A右侧0.2m处，可为正电荷，也可为负电荷．

（2）首先分析点电荷C可能放置的位置，三个点电荷都处于平衡，彼此之间作用力必须在一条直线上，C只能在AB决定的直线上，不能在直线之外．而可能的区域有3个， ① AB连线上，A与B带同种电荷互相排斥，C电荷必须与A、B均产生吸引力，C为负电荷时可满足；

② 在AB连线的延长线A的左侧，C带正电时对A产生排斥力与B对A作用力方向相反可能A处于平衡；C对B的作用力为推斥力与A对B作用力方向相同，不可能使B平衡；C带负电时对A产生吸引力与B对A作用力方向相同，不可能使A处于平衡；C对B的作用力为吸引力与A对B作用力方向相反，可能使B平衡，但离A近，A带电荷又多，不能同时使A、B处于平衡．

③ 放B的右侧，C对B的作用力为推斥力与A对B作用力方向相同，不可能使B平衡； 由分析可知，由于A和B为同种电荷，要使三个电荷都处于平衡状态，C必须放在A、B之间某位置，且为负电荷．

设电荷C放在距A右侧x处，电荷量为Q3 对C：kQ1Q3Q2Q3k x2(0.3x)2Q3Q2Q1Q2k L2(Lx)2∴ x=0.2m 对B：k∴ Q3161012C，为负电荷． 9【点睛】

此题是库仑定律与力学问题的结合题；要知道如果只是让电荷C处于平衡，只需在这点的场强为零即可，电性不限；三个电荷的平衡问题，遵循：“两同加一异”、“两大加一小”的原则.

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M0，两者相距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EkⅠ、 EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、 EkⅡ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TⅠ、TⅡ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．

3LGM0TMmke2 (2) ①EkⅠ=EkII ②Ⅰ【答案】(1) ①a2 ②T2π，因TML2GM02rⅡ为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】

GM02(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2M0a

L解得aGM0 L24π2L②由运动学公式可知，a2

T2L3解得T2 2GM0(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

ke2mv2第二定律有2

rr12ke2解得：EkⅠmv

22r模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律 ke2mv1212ke2对电子有：2，解得Ek1=mv12r1

rr122r2ke2Mv21ke22=对于原子核有：2，解得Ek2=Mv22r2 rr222r

ke2ke2系统的总动能：EkⅡ=Ek1+ Ek2=2r1r2

2r2r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

ke24π24π2mr32m2r，解得T Ⅰ2r2TkeⅠ模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ 根据库仑定律和牛顿第二定律

2ke24π2ke2TⅡ对电子有2m2r1， 解得r1 22rTⅡ4πrm2ke24π2ke2TⅡ对原子核有2M2r2， 解得r2 22rTⅡ4πrM4π2mMr3 因r1+r2=r，可解得：T2keMm2Ⅱ所以有

TMmⅠ TⅡM因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．

19．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，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布。），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求： （1）C、O间的电势差UCO；

（2）O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度；

mv22mgd2kQ2kQq （2） 【答案】（1） ； g222q2d2md【解析】 【详解】

（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理得

mgdqUCO所以

12mv0 2UCO（2）小球p经过O点时受力如图

mv22mgd

2q

由库仑定律得

F1F2它们的合力为

kQq (2d)2F=F1cos 45°+F2cos 45°=Eq

所以O点处的电场强度

E=由牛顿第二定律得：

2kQ 2d2mg+qE=ma

所以

ag2kQq 22md

20．如图所示，abc处在真空中，边长分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm．两个带电小球固定在a、b两点，电荷量分别为qa＝6.4×10－12C，qb＝－2.7×10－12C．已知静电力常量k＝9.0×109Nm2/C2，求c点场强的大小及方向．

【答案】【解析】 【详解】

方向与由a指向b的方向相同

如图所示，a、b两电荷在c点的场强分别为

Ea＝kEb＝k

＝36N/C ＝27N/C

由几何关系，有

E2＝Ea2＋Eb2

解得

E＝45N/C

方向与由a指向b的方向相同.

21．如图，绝缘细杆AB倾角为α，在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷．现将带正电的小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m、电荷量为q．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k，重力加速度为g．求：

（1）正电荷Q在A处产生的场强大小； （2）小球刚释放时的加速度大小；

（3）若A、B间的距离足够大，小球动能最大时球与B点间的距离．

QkQqkQqsin22R (3)【答案】(1) EAk2sin(2)agsin HmgsinmH2【解析】 【详解】 (I)根据

Ek又因为

Q 2rr所以

H sin

EAk(2)根据牛顿第二定律

Qsin2 2HmgsinFma

根据库仑定律

Fk解得

Qq rkQqsin2 agsin2mH(3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B点间的距离为R,则

mgsin解得

kQq R2RkQq mgsinQkQqkQqsin22 (3)R答案：(1) EAk2sin(2)agsin 2HmgsinmH