高考模拟理综物理选编电荷 库仑定律解析版 15页

乐陵一中电荷库仑定律 一、单选题（本大题共5小题，共30分）‎ 1. 如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）‎ A. 保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0 B. 保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0 C. 保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0 D. 保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0‎ ‎（物理备课组整理）B ‎（备课组长教学指导）解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有： Kx0=k…① A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有： Kx1=k…② 由①②解得：x1＜2x0，故A错误； B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确； C、保持q不变，将Q变为-Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误； D、保持Q不变，将q变为-q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误． 故选：B 根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可． 本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化． ‎ 2. 将两个分别带有电荷量-2Q 和+5Q 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为 F．现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A. F B. F C. D. ‎ ‎（物理备课组整理）B ‎（备课组长教学指导）解：开始时由库仑定律得：    ① 当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时： ② 由①②得：，故ACD错误，B正确． 故选B ‎． 完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可． 完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解． ‎ 1. 如图所示，固定在竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过绝缘轻质细线悬挂一质量为m视为质点的金属小球．圆环带电均匀且带量为Q，小球与圆环同种电荷且电荷量为q，小球静止在垂直圆环平面的对称轴上的某一位置，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绳长为（　　）‎ A. L= B. L= C. L= D. L=‎ ‎（物理备课组整理）A ‎（备课组长教学指导）【分析】‎ 小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上△x来分析，再取以圆心对称的△x，这2点合力向右，距离L，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力Σ△m，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得绳长。 因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力，应注意体会该方法的使用。 库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。‎ ‎【解答】‎ 由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分△x，设总电量为Q，则该部分电量为； 由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力，方向沿该点与小球的连线指向小球； 同理取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图所示， 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为； 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力，方向水平向右； 小球受力分析如图所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故T与F的合力应与重力大小相等，方向相反； 由几何关系可得  解得； 故A正确，BCD 错误； 故选A。 ‎ 1. 在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示．现增大小球的电荷量后仍挂在原处，丝线与竖直方向的夹角将（　　）‎ A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 先减小再增大 ‎（物理备课组整理）A ‎（备课组长教学指导）解：由题意可知，当增大小球的电荷量时，根据库仑定律，则库仑力增大， 由平衡条件，则有：，因此丝线与竖直方向的夹角增大，故A正确，BCD错误． 故选：A． 根据库仑定律，可判定库仑力的大小变化，再结合平衡条件，即可判定丝线与竖直方向的夹角变化情况． 该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点，实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，本实验的方法是控制变量法． ‎ 2. 有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图所示，A球固定在竖直支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ．小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（　　）‎ A. 仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小 B. 仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1=θ2 C. 剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于g D. 剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地 ‎（物理备课组整理）B ‎（备课组长教学指导）解：A、仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知，故细线的张力不变，故A错误； B、将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB间的斥力相同，故夹角也相同，故B正确； C、剪断选项瞬间球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C错误； D、剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D错误． 故选：B． A、依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定； B、由库仑定律和库仑分电量法，即可求解； C、根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定； D ‎、依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质． 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素． ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24分）‎ 1. 如图，倾角为θ的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一质量为m，带电量+q的小物块（可看作是点电荷）恰好能在斜面上匀速下滑，若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量+Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动，在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下，关于在物块下滑过程的分析正确的是（　　）‎ A. 在BA之间，物块将做加速直线运动 B. 在BD之间，物块受到的库仑力先增大后减小 C. 在BA之间，斜面对地面的压力有可能不变 D. 在BA之间，斜面受到地面的摩擦力均为零 ‎（物理备课组整理）BD ‎（备课组长教学指导）解：A、开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，而库仑力对于物块是阻力，则导致其做减速运动，故A错误； B、根据库仑定律，则有在BD之间，电荷间的间距先减小后增大，则物块受到的库仑力先增大后减小，故B正确； CD、开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的； 增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的； 再对斜面体分析，受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零； 从整体角度分析，在BA之间，因库仑斥力，导致斜面对地面的压力增大，故C错误，D正确； 故选：BD． 开始时刻小物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；再结合库仑定律与平衡条件分析，及整体与隔离法即可一一求解． 本题关键是根据平衡条件分析出滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力是竖直向下，与小滑块的加速度大小无关，并掌握库仑定律的应用，及整体与隔离法，属于易错的题目． ‎ 2. 如右图所示，将带电棒移近两个不带电的导体，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述方法中，能使两球都带电的方法是（　　） ‎ A. 先把两球分开，再移走棒 B. 先移走棒，再把两球分开 C. 使甲球瞬时接地，稳定后再移走棒 D. 使棒与甲球接触，稳定后再移走棒 ‎（物理备课组整理）ACD ‎（备课组长教学指导）解：A、先把两球分开，两球由于感应起电带上异种电荷，再移走棒，能使两球都带电．故A正确．     B、先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电．故B错误．     C、先使甲球瞬时接地后断开，这样甲球带电被中和，乙球带电，当移走棒后，则两球会带电．故C正确．     D、使棒与甲球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电，故D正确； 故选：ACD 将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变． 解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变． ‎ 1. 如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个末知电荷，且圆周上各点电势相等，AB=L．有一个可视质点的质量为m，电荷量为-q的带电小球正在滑槽中运动，在C点受到电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知（　　）‎ A. B点的电荷带正电 B. B点的电荷量为3Q C. B的电荷量为Q D. 小球在滑槽内做的是匀速圆周运动 ‎（物理备课组整理）CD ‎（备课组长教学指导）解：B、由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点． A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电．             由∠ABC=∠ACB=30°知：∠ACO=30° AB=AC=L； BC=2ABcos30°=L 由力的合成可得：F1=F2 即：= QB=Q，故B错误，C正确                           A、有前面分析：A对小球吸引，B对小球排斥，B带负电，小球带负电，故A错误 D、以O为原点，OB为x轴正方向，OC为y轴正方向，槽上某点的坐标为（x，y），则该点的电势为：  φ=- 而 代入上式解得：φ=0 ‎ 说明圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确 故选：CD 小球做圆周运动，必须有向心力，根据小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度可知，小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，作出力图，即可判断出小球带负电，B带负电．若小球带正电，B带负电，小球在C点受到A的排斥力，受到B的吸引力，根据平行边形定则可知，两者的合力方向不可能沿CO且指向O点，所以小球带正电，B带负电是不可能的． 根据小球在C点无切向加速度，切线方向力平衡，根据库仑定律列式求得B的电荷量． 本题的突破口是“小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度”，分析小球的受力情况，确定出向心力，判断小球与B的电性． ‎ 1. 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=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的周期为 C. 小球c的加速度大小为 D. 外力F竖直向上，大小等于mg+‎ ‎（物理备课组整理）CD ‎（备课组长教学指导）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。 B、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：kcosα-2kcos30°=mR=ma 解得：T=，a= 则小球c的加速度大小为．故B错误，C正确。 D、对d球，由平衡条件得：F=3ksinα+mg=mg+，故D正确。 故选：CD。 a、b、c 三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可． 本题与圆锥摆类似，关键要正确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键．运用牛顿第二定律和平衡条件研究． ‎ 三、填空题（本大题共1小题，共5分）‎ 1. 如图，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子A在一圆周上绕位于圆心O点的点电荷+Q做顺时针方向、半径为R的匀速圆周运动，则粒子A绕O点做圆周运动的周期为______ ；质量为m、电荷量为3q的带负电粒子B在同一圆周上同向运动，某时刻A、B所在半径间的夹角为α．不计彼此间的万有引力以及A、B间的库仑力．已知静电力常量为k．则经过______ 时间A、B之间的距离第一次达到最大．‎ ‎（物理备课组整理）2π；‎ ‎（备课组长教学指导）解：粒子A绕O点做圆周运动，根据库仑力提供向心力，则有： 解得：T=2π 同理，对B根据库仑力提供向心力有， 由题意可知，当AB之间的夹角为π时，相距最远，则B必须比A多绕（π-α）； 因此（π-α）=（ωB-ωA）•△t； 根据，可得：（π-α）=（）△t． 解得：△t= 故答案为：2π， 根据牛顿第二定律，结合库仑力提供向心力，即可求解周期，题意可知，当AB之间的夹角为π时，相距最远，则B必须比A多绕（π-α），据此列式求解即可． 考查牛顿第二定律的应用，掌握库仑定律与向心力表达式的内容，注意当AB之间的夹角为π时，相距最远是解题的关键． ‎ 四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）‎ 2. ‎（1）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点汁时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点． ‎ ‎①图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、l、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a= ______ m/s2（保留两位有效数字）． ②为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是______ ． A．木板的长度L B．木板的质量mi C．滑块的质量m3 D．托盘和砝码的总质量t E．滑块运动的时间t ③滑块与木板间的动摩擦因数μ= ______ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g） （2）某兴趣小组用下面的方法测量小球的带电量：图丙中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球．用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块竖直放置的较大金属板，加上电压后其两板间电场可视为匀强电场．另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干． 实验步骤如下： ①用天平测出小球的质量m．并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量； ②连接电路：在虚线框内画出实验所需的完整的电路图； ③闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数U和丝线偏离竖直方向的角度θ； ④以电压U为纵坐标，以______ 为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率为k； ⑤计算小球的带电量q= ______ ．‎ ‎（物理备课组整理）0.49；CD；；tanθ；‎ ‎（备课组长教学指导）解：（1）①每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s； 根据公式△x=aT2有：a===0.49m/s2； ②③以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有： m3g-f=（m2+m3）a   f=μm2g      联立解得：μ=‎ ‎． 故需要测量滑块质量和钩码质量； （2）带电小球的受力如图（b），根据平衡条件有 tanθ=， 又有F=qE=q， 联立解得，U= tanθ=ktanθ，所以应以tanθ为横坐标． 由上可知k=，则小球的带电量为q= 故答案为：（1）①0.49；②CD；　③； （2）②电路如图；   ④tanθ；⑤q=． （1）利用公式△x=aT2可以求出物体的加速度大小； 根据牛顿第二定律推导出动摩擦因数的表达式，由此可知需要测量的物理量并确定待测量． （2）以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件以及电场强度与板间电压的关系式得出电压U与θ的关系式，再选择横坐标，求出斜率k，并求出小球的带电量． 本题第一小题根据明确实验原理，推导出动摩擦因素的表达式进行分析；第二小题是力电综合题，其联系的纽带是电场力，既与力学知识有联系，又与电场知识有联系． ‎ 1. ‎（1）如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别固定在光滑绝缘水平面上的A点和B点，两点相距L．在水平面上固定一个以L为直径的水平光滑半圆环，在半圆环上穿着一个带电量为＋q（视为点电荷）的小球，并在P点平衡．PA与AB的夹角为α，由此可求Q2和Q1的电荷量之比＝________．‎ ‎（2）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如甲图所示，则该金属丝的直径d＝________mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如乙图所示，则该工件的长度L＝________cm．‎ ‎（3）有一只电压表，量程已知，内阻Rv，另有一个电池（电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略），请用这只电压表和电池，再用开关和连接用的导线，设计出测量某一高值电阻的实验方法，（已知Rx的值和Rv相差不大）．‎ ‎（a）简要地写出测量步骤 ‎（b）画出电路图（在方框内）‎ ‎（c）由测量得到的数据和已知量导出电阻Rx的计算式为________．‎ ‎（物理备课组整理）（1）tan3α ‎ ‎（2）3.205   5.015‎ ‎（3）‎ ‎（a）①连接如图所示电路；②闭合开关，读出此时电压表示数E为电源电动势；③断开开关，读出此时电压表示数U ‎（b)‎ ‎（c）。‎ ‎（备课组长教学指导）（1）‎ ‎【分析】‎ 对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解。‎ 本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用。‎ ‎【解答】‎ 对小球进行受力分析如图所示： ； 根据库仑定律有：，r1=Lcosα    ①‎ ‎，r2=Lsinα     ②‎ 根据平衡条件有： F1sinα=F2cosα     ③ 联立①②③解得：；‎ 故填：tan3α。‎ ‎（2）‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ 本题考查了螺旋测微器的使用、游标卡尺的使用。解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎【解答】‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为3.205mm； 游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为50.15mm=5.015cm；‎ 故填：3.205；5.015。‎ ‎（3）‎ ‎【分析】‎ 本题的关键是根据电源无内阻以及待测电阻是高电阻，从而设计出图示电路，然后再根据闭合电路欧姆定律列方程求解即可。‎ 本题考查了伏安法测电阻。当待测电阻为高电阻时电压表考虑“反常规”接法。‎ ‎【解答】‎ ‎（a）测量步骤：①连接如图所示电路；②闭合开关，读出此时电压表示数E为电源电动势；③断开开关，读出此时电压表示数U；‎ ‎（b）电路图如图： ； （c）根据闭合电路欧姆定律，闭合开关时应有电压表示数为E，断开开关，应有，解得：‎ 故填：（a）①连接如图所示电路；②闭合开关，读出此时电压表示数E为电源电动势；③断开开关，读出此时电压表示数U；（b）；（c）。‎ 五、计算题（本大题共4小题，共48分）‎ 1. 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，请通过定量计算来比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系； （2）求模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期TⅠ和TⅡ； （3）通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请分析这样简化处理的合理性．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有： 解得：EkI== 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 对电子有：， 解得： 对于原子核有：， 解得：= 系统的总动能：EkⅡ=Ek1+Ek2== 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： 解得：TI= 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 对电子有：， 解得：r1= 对原子核有：， 解得：r2= 因r1+r2=r，将以上两式代入，可解得：TII= （3）所以有，=   因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 答：（1）EkⅠ、的大小为，EkⅡ的大小 ‎，两种模型中，系统的总动能相等； （2）模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期和； （3）因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）根据库仑定律与牛顿第二定律，结合动能表达式，即可求解； （2）根据库仑定律和牛顿第二定律，及向心力表达式，即可求解； （3）依据两个周期之比，结合两质量大小关系，即可求解． 考查库仑定律和牛顿第二定律的应用，掌握向心力与动能表达式，理解库仑引力提供向心力的内容，注意符号运算是解题的难点． ‎ 1. 如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在绝缘的光滑水平面上，彼此相隔的间距为l，B球带电量为QB=-3q（q＞0），A球带电量为QA=6q．若在小球C上施加一个水平向右的恒力F，要使A、B、C三个带电小球始终保持这样的间距运动，求恒力F的大小及C球的带电量（静电力常量为k）．‎ ‎（物理备课组整理）解：由于A，B，C三球始终保特L的间距，它们具有相同的加速度，设为a， 则：a= 对A、B、C球受力分析可知，C球带正电， 对A球：FAB-FAC=ma， 即：k-k=ma 对B球：-FAB+FBC=ma， 即：-k+k=ma 联立以上各式得：QC=8q． F=k； 答：（1）F的大小为k； （2）C球所带的电量为8q．带正电．‎ ‎（备课组长教学指导）先把A、B、C三者作为整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再分别以A、B为研究对象，运用静电力公式结合牛顿第二定律即可解题． 本题主要考查了库仑定律及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题． ‎ 2. 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求： （1）两点电荷间的库仑力大小； （2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为： F=k=9.0×109×=9.0×10-3N； （2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为： ‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为： E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向； 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10-3N； （2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可； （2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强． 本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题． ‎ 1. 如果场源是多个点电荷，电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和． 若规定无线远处的电势为零，真空中点电荷 周围某点的电势φ可表示为φ=k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离． （1）如图1所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为d；OC是MN连线中垂线，∠OCM=30°，已知静电力常量为k，规定无线远处的电势为零，求： a．C点的电场强度； b．C点的电势； （2）如图2所示，一个半径为R、电荷量为+Q的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平．一质量为m、电荷量为-q的带电液滴，从环心O正上方D点由静止开始下落．已知D、O间的距离为R，静电力常量为k，重力加速度为g，求液滴到达O点时速度v的大小．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）a、M、N点电荷在C点产生的场强大小相等，均为： E1=k M、N点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30°=，场强方向水平向右； b、M、N单独存在时O点的电势均为： φ1= 根据电场的叠加原理可得，O点的电势大小为： φ=2φ1= （2）设O、D之间的距离为h，D到环上的各点的距离为L，则由几何关系可知：L= 由于环上的各点到D的距离都是L，则环上的电荷在D处产生的电势为：φD== 则环上的电荷在O处产生的电势为：φO= ‎ 负电荷从D到O的过程中重力做正功，电场力也做正功，所以到达O点时： = 所以：v= 答：（1）a．C点的电场强度大小为，场强方向水平向右； b．C点的电势大小为； （2）液滴到达O点时速度v的大小是．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）a、先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强． b、根据题中的信息：孤立点电荷周围任一点的电势公式φ=k，分别求A、B单独存在时O点的电势，再由电场的叠加原理求解． （2）结合点电荷的电势的公式，求出D点的电势，然后由功能关系即可求出． 本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则对场强进行合成． ‎