高中物理必修第3册静电场及其应用测试卷测试卷附答案

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，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 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。则（）

A ．小球 a 一定带正电

B ．小球 c 的加速度大小为2

33kq mR

C ．小球 b 2R mR

q k

πD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋2

6kq R

【答案】BD 【解析】【分析】【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d 球的电性未知，所以a 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 3R h α==+ 22

6sin 3

R h α=

+＝

对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：

22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T

πα?-?==+? 解得

23R

T q k

π=

33kq a mR

= 则小球c 的加速度大小为2

33kq mR

，故B 正确，C 错误。 D ．对d 球，由平衡条件得

226263sin q q kq F k mg mg h R R

α?=+=++ 故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

，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

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

sin 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

-= 联立上式解得

'22

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

2sin A Qq

mg k

ma L

θ-= 带电小球在B 点时，有

2sin 2

Qq k mg θma L -=（）联立上式解得

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2sin 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，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 < q

E ，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。

4．如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（）

A．小球b机械能保持不变

B．小球b所受库仑力大小始终为2mg

C．细线PM的拉力先增大后减小

D．小球b加速度大小一直变大

【答案】ACD

【解析】

【详解】

A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A正确；

B．小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，有：

212

mgR mv =

H 处有：

-库m F mg =R

则有：

F 库=3mg

故B 错误；

C ．设PN 与竖直方向成α角，对球a 受力分析，将其分解：竖直方向上有：

F PN cos α=mg +F 库sin θ

水平方向上有：

F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。

解得：

(3)

PM mgcos F mgtan cos θααα

-=+

下滑时θ从0增大90°，细线PM 的拉力先增大后减小，故C 正确；

D ．设b 与a 的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：

()22

221

()5322

v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=

可知小球的加速度一直变大，故D 正确。故选ACD 。

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Q 1、Q 2，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0v 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214:1Q Q =：【答案】ABD 【解析】【详解】

A ．A 和

B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，

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

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

(4)(2)A B

Q Q k

k L L =，解得

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。故选AB

D 。【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．在电场强度为E 的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为1q 和2q （12q q ≠）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（）．

A ．大小不等，方向相同

B ．大小不等，方向相反

C ．大小相等，方向相同

D ．大小相等，方向相反

【答案】ABC 【解析】【详解】

AC ．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：

12121kq q Eq l a m +

12222kq q Eq l a m

由于l 可任意取值，故当1

2kq E l

时，加速度1a 、2a 方向都是向右，且1a 、2a 的大小可相等，也可不相等，故AC 正确；

B ．再分析1a 和2a 的表达式可知，当1

2kq E l

<时，1a 和2a 方向相反，大小则一定不相等，故B 正确；

D ．将小球1和小球2视作为一个整体，由于12q q ≠，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D 错误。故选ABC ．

7．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）

A ．竖直墙面对小球A 的弹力减小

B ．地面对小球B 的弹力一定不变

C ．推力F 将增大

D ．两个小球之间的距离增大【答案】ABD 【解析】【分析】【详解】

整体法可知地面对小球B 的弹力一定不变，B 正确；假设A 球不动，由于A 、B 两球间距变小，库仑力增大，A 球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A 、B 两球间距变大，D 正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A 的弹力减小，推力F 将减小，故A 正确，C 错误。故选ABD 。

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m 1、m 2，电荷量分别为q 1、q 2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是

A ．m 1>m 2

B ．m 1

C ．q 1>q 2

D ．q 1

【答案】A 【解析】【分析】

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 ：

1cos sin F F θα=库

11sin cos m g F F θα+=库

对小球B ：

2cos sin F F θβ=库 22sin cos m g F F θβ+=库

通过上式可知：

12sin sin F F αβ=，

由于αβ<，则sin sin αβ<，所以12F F >，由于cos cos αβ>，则有：

12cos cos F F αβ>

所以有：

12sin sin m g F m g F θθ+>+库库

可推导出：12m m >，故选A 。

【点睛】

考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

9．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，

如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）

A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/C

B ．平衡时细线的拉力为0.17N

C ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s

D ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】【分析】【详解】

AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得

268

1.010100.75/ 3.7510/

2.010E N C N C --???==??，细线的拉力：T=20

1.01010

0.125cos370.8

mg T N N ??===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为

2220.125/12.5/1.010

T a m s m s m =

==?－，则经过0.5s ，小球的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确；

D ．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：

mgL qEL mv +=

，带入数据解得v=7m/s ；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s ，选项D 错误．

10．AB 是长为L 的均匀带电绝缘细杆，P 1、P 2是位于AB 所在直线上的两点，位置如图所示。AB 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P 2处的场强大小变为（）

A ．2

E B ．E 2–E 1 C ．E 1–2

E D ．E 1+

E 【答案】B

【解析】【详解】

将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P 2点的场强大小分别为E A 、E B ，则有E A +E B =E 2；左半段细杆产生的电场在P 1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P 1点的场强大小为E 1=E B ，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P 2点的场强大小为E A =E 2–E B =E 2–E 1，选B 。

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 。

12．如图所示，A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点，在A 、B 、D 三个点各放一点电荷，使C 点处的电场强度为零。已知A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，则关于B 、D 两点处的点电荷，下列说法正确的是（）

A ．

B 点处的点电荷带正电 B ．D 点处的点电荷带正电

C ．B 点处的点电荷的电荷量为26

D ．D 点处的点电荷的电荷量为13

【答案】C 【解析】【分析】【详解】

A ．A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，若

B 点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D 点无论是放正电还是负电，

C 点的场强都不可能为零，选项A 错误； B ．若

D 点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B 点无论是放正电还是负电，C 点的场强都不可能为零，选项B 错误；

CD ．设正方体边长为a ，BC 与AC 夹角为θ，由叠加原理可知，在BD 两点只能都带负电时，C 点的合场强才可能为零，则

22cos 32B Q Q

k k a a θ= 22

sin 3D Q Q k

k a a θ= 其中2cos 3

θ=sin 3θ=

解得

B Q Q = 3D Q Q =

选项C 正确，D 错误。故选C 。

13．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。

14．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

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202cos 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.

15．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A 、B 、C,A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1、L 2.仅考虑三质点间的库仑力，则A 和C 的

A ．线速度之比为2

1L L

B ．加速度之比为2

12L L ??

???

C ．电荷量之比1

L L

D ．质量之比2

L L

【答案】D 【解析】【分析】

【详解】

A ．A 和C 围绕

B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，则AB

C 三者要保持相对静止，所以AC 角速度相等，则线速度之比为

A B v L v L = 选项A 错误；

C ．根据B 恰能保持静止可得

2212

C B A B q q q q k

k L L = 解得

A C q L q L = 选项C 错误；

A 围绕

B 做匀速圆周运动，根据A 受到的合力提供向心力，

()2122112A C A B

A A A q q q q k

k m m L L L L a ω-==+ C 围绕B 做匀速圆周运动，有

()

2222212C B A C

B C B q q q q k

k m m L L a L L ω-=+= 因为2212

C B A B

q q q q k

k L L =，所以有 A B B A a m m a =

12A C m L m L =

解得

1A C m L m L = 1

A B A B m L m L a a == 选项B 错误，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．（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

p m m E G

=-，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

=-． 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

222Mv 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 2

1=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．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q 且均匀分布．在水平面上O 点右侧有匀强电场，场强大小为E ，其方向为水平向左，BO 距离为x 0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：

（1）棒的B 端进入电场L /8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能．

（3）棒的最大电势能．（设O 点处电势为零）【答案】（1）/8qE m ,向右（2）0()48qE L

x + （3）0(2)6

qE x L + 【解析】【分析】【详解】

（1）根据牛顿第二定律，得

48QE L QE ma L -?＝解得 8QE a m

＝，方向向右．（2）设当棒进入电场x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有

4QE QE x L

?＝解得1

x L = 由动能定理得：

()00

044()()4

2442448

K o QE QE

QE L QE L E W x x x x x ＝＝

＝＝+

?∑+-+-+? （3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：()0

042

QE QE

x L L +-＝，得 x 0=L ；()42

QE QEL

L L ε+＝

＝当x 0＜L ，棒不能全部进入电场，设进入电场x

根据动能定理得()00 004

xQE

QE L x x x +

-＝解之得：20

8L L Lx x ++＝

则2

008 (4F L L Lx QE W x ε+++＝＝

当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0

042

QE QE

x x L QE x L +---＝

得：023

x L

x +＝则()()000242 4436

QE x L x L QE QE x x ε+++?＝

＝＝

18．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。现有电荷量为q -、质量为m 的小物块（可视为质点），从A 点以初速度

0v 向B 滑动，到达B 点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动摩擦因数为μ。求：

(1)A 点的电场强度的大小；

(2)物块运动到B 点时加速度的大小和方向； (3)物块通过O 点的速度大小。

【答案】(1)2Q

E k =；(2)2qkQ a g μ=-，方向竖直向上；(3)02

v = 【解析】【分析】【详解】

(1)正、负点电荷在A 点产生的场强

)

222Q

Q E k

L L

A 点的电场强度的大小

222kQ

E E L

(2)由牛顿第二定律得

qE mg ma μ-=

解得

2qkQ

a g μ=

方向竖直向上；

(3)小物块从A 到B 过程中，设克服阻力做功W f ，由动能定理得

201

202

f mgL W mv -=-

小物块从A 到O 过程中

220111

222

f mgL W mv mv -=-

解得

v v =

19．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·m 2/C 2。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。

【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =?，方向沿y 轴正方向【解析】【分析】【详解】

(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为

2q F k L

代入数据得

F =9.0×10-3N

(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为

12q E k

= A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为

12cos 30E E ?=

代入数据得

3393

10N/C 7.810N/C 2

E =

≈? 方向沿y 轴正方向。

20．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：

⑴A点在斜轨道上的高度h；

⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．

【答案】(1)5

R (2) 3mg

【解析】

试题分析：由题意得：mg=2Eq

设小球到B点的最小速度为V B，则由牛顿第二定律可得：

mg-Eq=m

；

对AB过程由动能定理可得：

mg（h-2R）-Eq（h-2R）=1

mV B2；

联立解得：h=5

2 R；

（2）对AC过程由动能定理可得：

mgh-Eqh=1

mv c2；

由牛顿第二定律可得：

F+Eq-mg=m

2 C v R

联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．

考点：牛顿定律及动能定理．

21．如图所示，将带正电的中心穿孔小球A套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A的正下方固定着另外一只带电小球B，此时小球A恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A的电荷量为q，质量为m；A与B的距离为h；重力加速度为g，静电力常量为k；A与B 均可视为质点．

高中物理必修第3册 静电场及其应用测试卷测试卷附答案

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