静电场及其应用精选试卷练习卷(Word版 含解析)

静电场及其应用精选试卷练习卷（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，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，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

2sin A Qq

mg k

ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有

'2sin 0Qq

mg θk

L

-= 联立上式解得

'2L 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

2sin 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BD 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，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 β

α

= 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，质量相同的A 、B 两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E ，其中A 带正电，电荷量大小为q ，B 始终不带电。一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B 物体连接，在电场力作用下，物体A 紧靠着物体B ，一起压缩弹簧，处于静止状态。现在A 物体上施加一水平向右的恒定外力F 。弹簧始终处于弹性

限度范围内，下列判断正确的是（）

A．若F = qE，则弹簧恢复到原长时A、B两物体分离

B．若F = qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离

C．若F > qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离

D．若F < qE，则A、B两物体不能分离，且弹簧一定达不到原长位置

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．若F = qE，A物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A物体将被迫受到B物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、B 两物体未能分离，当弹簧恢复到原长后，B物体在弹簧的作用下做减速运动，A物体做匀速直线运动，则B物体的速度小于A物体的速度，A、B两物体将分离，故A正确，B错误；

C．若F > qE，A物体将受到水平向右恒力F A = F? qE的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B 物体的弹力逐渐减小，则B物体的加速度逐渐减小，当A、B两物体刚要分离时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力F A对A 物体产生的加速度相等（a B = a A≠ 0），此时弹簧还未恢复到原长，故C正确；

D．若F < qE，A物体将受到水平向左恒力F A = qE? F的作用，如果F A比较小，那么A、B 两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故D错误。

故选AC。

5．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,2

h 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 π

C．小球c

的加速度大小为

2

2

3mR

D．外力F

竖直向上，大小等于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

cosα==

sinα==

对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：

()

22

2

222

64

cos2cos30

2cos30

q q q

k k m R ma

h R T

R

π

α?

?

?

-==

+

解得：

T=

a=

则小球c

B错误，C正确。

D．对d球，由平衡条件得：

2

222

6

3sin

qq

F k mg mg

h R R

α

=+=+

+

故D正确。

6．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y

E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()

P，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2

34Qq

k L

【答案】BD 【解析】 【详解】

A ．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60θ?=，由叠加原理可得，P 点的场强为

22

32sin 2

sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L

θ?

=== 所以电场力即为向心力为

3Qq

F k

= 故D 正确。

7．如图所示，在竖直放置的半径为R 的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）

A ．小球在

B 时的速率为2gR B ．小球在B 时的速率小于2gR

C ．固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为3mg/q

D ．小球不能到达C 点（C 点和A 在一条水平线上） 【答案】AC 【解析】

试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0

102

mgr mv =

-，解得2v gr =，A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2

qE mg v m r

-=，将B 点的速度带入可得

3mg

E q

=

，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误， 考点：动能定理和牛顿定律综合的问题

点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．

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，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，2

h R

=，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）

A．小球a

2

3

kq

Rm

B．小球b

2

2

3

3

kq

R m

C．小球c

2

3kq

D．外力F

2

26kq

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为

222

1222

3

3

2

2

(3)3(3)

kq

F F F k k

R

R R R

=-=-?=

合力提供小球做圆周运动的向心力，有

22

23=3kq v m R R

可得233kq v mR

=

，A 错误；

B ．合力提供小球做圆周运动的向心力，有

22

2

3=3kq m ωR R

解得23

33kq ωmR

=

，B 错误；

C ．合力提供小球做圆周运动的向心力，有

2

2

3=3kq ma R

解得2

2

33kq a mR

=，C 正确； D ．对d 球受力分析，由平衡条件得：

222

23(2)3R

F k mg R R R

=?++ 解得2

26kq mg F +=，D 错误。 故选C 。

10．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 。

11．如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于P 点，另一带正电小球M 固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )

A ．正电，

mg

tan θ

B ．正电，mg tan θ

C ．负电，mg tan θ

D ．负电，

mg

tan θ

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

小球 M 带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根

据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B ．

【点睛】

对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．

12．如图所示，三个带电小球A 、B 、C 可视为点电荷，所带电荷分别为+Q 、-Q 、+q ；A 、B 固定在绝缘水平桌面上，C 带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A 、B 连线的中点处，将C 从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。C 沿杆下滑时带电量保持不变，那么C 在下落过程中，以下判断正确的是（ ）

A ．电场力做正功

B ．小球

C 所受摩擦力先减小后增大 C ．小球C 下落一半高度时速度一定最大

D ．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．A

B 为等量异种点电荷，故产生的电场在AB 连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A 错误； B ．小球

C 在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为

f F qE μμ==

故受到的摩擦力一直增大，故B 错误；

C ．小球C 的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C 的加速度向下；后来重力小于摩擦力，加速度向上，C 做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C 错误；

D ．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D 正确； 故选D 。 【点睛】

等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，从垂足向两侧场强逐渐减小。

13．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2mg

R

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：0

cos45mg F =库；对小球B 受力分析可知，水平方向：

0cos45qE F =库；解得mg=qE ，则 q=mg/E ，选项B 正确；根据对A 竖直方向的方程0

cos45mg F =库，即2

02

cos 45(2)mg R =，解得22mg q R k

=，选项C 错误；对AB 的整体受力分析可知：2NA F Eq =，2NB F mg = 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.

14．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。

15．两个等量异种电荷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。

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，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差

（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）

【答案】20MN Uv U dg

=；

【解析】 【详解】

竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =20

2v g

小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =0

22

v t ? h =

2

v t ? 联立得，x =2h =20

v g

故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-2

0Uv gd

从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =

12m 20(2)v -2

012

mv 所以联立解得W 电=2

02mv

答：M 、N 间电势差为-2

0Uv gd

，电场力做功2

02mv ．

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 根据库仑定律和牛顿第二定律

对电子有221224πke m r r T =?Ⅱ， 解得22

122

4πke T r r m =Ⅱ

对原子核有222224πke M r r T =?Ⅱ， 解得22222

4πke T r r M

=Ⅱ

因r 1+r 2=r ，可解得：()

23

22

4πmMr T ke M m =+Ⅱ

所以有

T M m T M

+=Ⅰ

Ⅱ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．

18．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：

(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?

(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】

（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：

F =qE =mg tan α

解得：

53

7

tan 410100.75 1.010N/C 310

mg E q α--???===?? 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；

（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a

由牛顿第二定律有：

cos mg

ma θ

= 解得：

212.5m/s cos g

a θ

=

= 【点睛】

本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此

后小球的运动情况．

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 =;

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

k002

ab L

qU f E -?

=- 又摩擦力

f m

g μ=

解得

2k E mgL

μ=

.

（2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

004

ob k L

qU f nE -?

=- 解得

ko

(21)2ob n E U q

-=-

. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得

000a x k qU f E -=-

又

(21)2kO

aO Ob n E U U q

-=-=

解得

21

4

n s L +=

.

20．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？

【答案】7110/E N C =?，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】

小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．

由图，根据平衡条件得

tan30qE mg =?

得

tan 30mg E q

?

=

代入解得

7110/E N C =?

21．如图所示,一根长为l的不可伸长的细丝线一端固定于O点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:

(1)小球带什么电,电荷量为多少?

(2)剪断绳子后小球做什么运动？

【答案】(1)正电，

tan

mg

q

E

α

= (2)做初速度是零的匀加速直线运动

【解析】

【详解】

（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα

即：

tan

mg

q

E

α=

（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．