2018年高考模擬理綜物理選編電荷 庫侖定律-解析版

1、.樂陵一中電荷庫侖定律一、單項選擇題本大題共5小題，共30分1. 如下圖，真空中A、B兩個點電荷的電荷量分別為+Q和+q，放在光滑絕緣程度面上，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接當系統(tǒng)平衡時，彈簧的伸長量為x0假設彈簧發(fā)生的均是彈性形變，那么A. 保持Q不變，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的伸長量等于2x0B. 保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的伸長量小于2x0C. 保持Q不變，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的縮短量等于x0D. 保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的縮短量小于x0物理備課組整理B備課組長教學指導解：設彈簧的勁度系數為K，原長為x當系統(tǒng)平衡時，彈簧的伸長量為x0，那么有：Kx0=kQq(x+

2、x0)2A、保持Q不變，將q變?yōu)?q時，平衡時有：Kx1=k2Qq(x+x1)2由解得：x12x0，故A錯誤；B、同理可以得到保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的伸長量小于2x0，故B正確；C、保持q不變，將Q變?yōu)?Q，假如縮短量等于x0，那么靜電力大于彈力，故會進一步吸引，故平衡時彈簧的縮短量大于x0，故C錯誤；D、保持Q不變，將q變?yōu)?q，假如縮短量等于x0，那么靜電力大于彈力，故會進一步吸引，故平衡時彈簧的縮短量大于x0，故D錯誤應選：B 根據庫侖定律及胡克定律列式分析，電荷量變化，庫侖力變化，兩球的間隔 變化，彈力變化，根據平衡條件列方程計算即可此題主要考察了庫侖定律及胡克定律的直接

3、應用，要知道，電荷量變化后庫侖力要變化，間隔 變化后彈簧彈力會變化2. 將兩個分別帶有電荷量-2Q 和+5Q 的一樣金屬小球 A、B 分別固定在相距為r的兩處均可視為點電荷，它們間庫侖力的大小為 F現(xiàn)將第三個與 A、B 兩小球完全一樣的不帶電小球 C先后與A、B 互相接觸后拿走，A、B 間間隔 保持不變，那么兩球間庫侖力的大小為A. FB. 15FC. 910FD. 14F物理備課組整理B備課組長教學指導解：開場時由庫侖定律得：F=k2Q×5Qr2   

4、當小球和A接觸后，A球帶電為-Q，再和B球接觸時，先中和后總電量為4Q，故平分后B球帶電為2Q，因此此時：F1=kQ×2Qr2 由得：F1=F5，故ACD錯誤，B正確應選B完全一樣的帶電小球接觸時，假設是同種電荷那么將總電量平分，假設是異種電荷那么先中和然后將剩余電量平分，然后根據庫侖定律求解即可完全一樣的帶電小球接觸時，對于電量的重新分配規(guī)律要明確，然后正確利用庫侖定律求解3. 如下圖，固定在豎直平面內的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)的最高點通過絕緣輕質細線懸掛一質量為m視為質點的金屬小球圓環(huán)帶電均勻且?guī)Я繛镼，小球與圓環(huán)同種電荷且電荷量為q，小球靜止在垂直圓環(huán)平面的對稱軸

5、上的某一位置，靜電力常量為k，重力加速度為g，那么繩長為A. L=3kQqRmgB. L=kQqRmg+R2C. L=kQqmg+R2D. L=3kQqR2mg物理備課組整理A備課組長教學指導【分析】小球受到的庫侖力為圓環(huán)各點對小球庫侖力的合力，那么取圓環(huán)上x來分析，再取以圓心對稱的x，這2點合力向右，間隔 L，豎直方向抵消，只有程度方向；求所有部分的合力m，即可求得庫侖力的表達式；小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，那么由共點力的平衡條件可求得繩對小球的拉力及庫侖力；那么可求得繩長。因庫侖定律只能適用于真空中的點電荷，故此題采用了微元法求得圓環(huán)對小球的庫侖力，應注意體會該方法的使用。庫侖力的

6、考察一般都是結合共點力的平衡進展的，應注意正確進展受力分析?！窘獯稹坑捎趫A環(huán)不能看作點電荷，我們取圓環(huán)上一部分x，設總電量為Q，那么該部分電量為x2RQ；由庫侖定律可得，該部分對小球的庫侖力F1=KQXQ2L2R，方向沿該點與小球的連線指向小球；同理取以圓心對稱的一樣的一段，其庫侖力與F1一樣；如下圖，兩力的合力應沿圓心與小球的連線向外，大小為2KQXQ2L2R×L2R2L；因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力F庫=KQ2L2R2L3R×R=KQ2L2R2L3，方向程度向右；小球受力分析如下圖，小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，故T與F的合力應與重力大小相

7、等，方向相反；由幾何關系可得 FL2R2=KQ2L2R2L3解得L=3KQqRmg；故A正確，BCD錯誤；應選A。4. 在“研究電荷間作用力大小影響因素的實驗中，將一帶電輕質小球掛在鐵架臺上，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角如下圖現(xiàn)增大小球的電荷量后仍掛在原處，絲線與豎直方向的夾角將A. 增大B. 減小C. 不變D. 先減小再增大物理備課組整理A備課組長教學指導解：由題意可知，當增大小球的電荷量時，根據庫侖定律，那么庫侖力增大，由平衡條件，那么有：FCmg=tan，因此絲線與豎直方向的夾角增大，故A正確，BCD錯誤應選：A根據庫侖定律，可斷定庫侖力的大小變化，再結合平衡條件，即可斷定絲

8、線與豎直方向的夾角變化情況該題考察庫侖定律的演示實驗，屬于記憶性的知識點，實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，再保持兩球間隔 不變，改變小球所帶的電荷量，本實驗的方法是控制變量法5. 有三個完全一樣的金屬小球A、B、C，其中小球C不帶電，小球A和B帶有等量的同種電荷，如下圖，A球固定在豎直支架上，B球用不可伸長的絕緣細線懸于A球正上方的O點處，靜止時細線與OA的夾角為小球C可用絕緣手柄挪動，重力加速度為g，如今進展以下操作，其中描繪與事實相符的是A. 僅將球C與球A接觸分開后，B球再次靜止時細線中的張力比原來要小B. 僅將球C與球B接觸分開后，B球再次靜止時細線與OA的夾

9、角為1，僅將球C與球A接觸分開后，B球再次靜止時細線與OA的夾角為2，那么1=2C. 剪斷細線OB瞬間，球B的加速度等于gD. 剪斷細線OB后，球B將沿OB方向做勻變速直線運動直至著地物理備課組整理B備課組長教學指導解：A、僅將球C與球A接觸后分開，球A的電量減半，致使二者間的庫侖力減小，對球B進展受力分析可知它在三個力的作用下平衡，由三角形相似可知mgH=TL，故細線的張力不變，故A錯誤；B、將球C與球B接觸后分開，和球C與球A接觸后分開，由庫侖定律和庫侖分電量法知道兩種情況下AB間的斥力一樣，故夾角也一樣，故B正確；C、剪斷選項瞬間球B在重力和庫侖力作用下運動，其合力斜向右下方，與原來細線

10、的張力等大反向，故其加速度不等于g，故C錯誤；D、剪斷細線OB后，球B在空中運動時受到的庫侖力隨間距的變化而變化，即球B落地前做變加速曲線運動，故D錯誤應選：BA、根據受力分析，與平衡條件，及庫侖定律與三角形的相似比，即可斷定；B、由庫侖定律和庫侖分電量法，即可求解；C、根據牛頓第二定律，及矢量的合成法那么，即可確定；D、根據庫侖力隨間距的變化而變化，從而斷定運動性質考察庫侖定律、牛頓第二定律的應用，掌握數學中三角形的相似比，理解電荷的互相作用力影響因素二、多項選擇題本大題共4小題，共24分6. 如圖，傾角為的絕緣斜面ABC置于粗糙的程度地面上，一質量為m，帶電量+q的小物塊可看作是點電荷恰好

11、能在斜面上勻速下滑，假設在AB中點D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動，在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉移的情況下，關于在物塊下滑過程的分析正確的選項是A. 在BA之間，物塊將做加速直線運動B. 在BD之間，物塊受到的庫侖力先增大后減小C. 在BA之間，斜面對地面的壓力有可能不變D. 在BA之間，斜面受到地面的摩擦力均為零物理備課組整理BD備課組長教學指導解：A、開場時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，而庫侖力對于物塊是阻力，那么導致其做減速運動，

12、故A錯誤；B、根據庫侖定律，那么有在BD之間，電荷間的間距先減小后增大，那么物塊受到的庫侖力先增大后減小，故B正確；CD、開場時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力正比例增加，故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的；再對斜面體分析，受重力、故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否那么合力不為零；從整體角度分析，在BA之間，因庫侖斥力，導致斜面對地面的壓力增大，故C錯誤，D正確；應選：BD

13、開場時刻小物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；再結合庫侖定律與平衡條件分析，及整體與隔離法即可一一求解此題關鍵是根據平衡條件分析出滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力是豎直向下，與小滑塊的加速度大小無關，并掌握庫侖定律的應用，及整體與隔離法，屬于易錯的題目7. 如右圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導體，兩個導體球開場時互相接觸且對地絕緣，下述方法中，能使兩球都帶電的方法是A. 先把兩球分開，再移走棒B. 先移走棒，再把兩球分開C. 使甲球瞬時接地，穩(wěn)定后再移走棒D. 使棒與甲球接觸，穩(wěn)定后再移

14、走棒物理備課組整理ACD備課組長教學指導解：A、先把兩球分開，兩球由于感應起電帶上異種電荷，再移走棒，能使兩球都帶電故A正確    B、先移走棒，此時甲乙兩球中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，再把球分開，同樣不再帶電故B錯誤    C、先使甲球瞬時接地后斷開，這樣甲球帶電被中和，乙球帶電，當移走棒后，那么兩球會帶電故C正確    D、使棒與甲球瞬時接觸，這樣兩球都帶同種電，當移走棒，兩球仍帶電，故D正確；應選：ACD將棒移近兩個不帶電的導體球，靠感應起電使物體帶電，帶電的本質是電荷的挪動，總電荷量保持不變解決

15、此題的關鍵知道摩擦起電、感應起電、接觸帶電的本質都是電荷的挪動，電荷的總量保持不變8. 如下圖，在絕緣程度面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過直徑的直線上有O、A、B三點，其中O為圓心，A點固定電荷量為Q的正電荷，B點固定一個末知電荷，且圓周上各點電勢相等，AB=L有一個可視質點的質量為m，電荷量為-q的帶電小球正在滑槽中運動，在C點受到電場力指向圓心，C點所處的位置如下圖，根據題干和圖示信息可知A. B點的電荷帶正電B. B點的電荷量為3QC. B的電荷量為3QD. 小球在滑槽內做的是勻速圓周運動物理備課組整理CD備課組長教學指導解：B、由小球在C點處恰好與滑槽內、外壁均無擠壓且無沿切線方

16、向的加速度知：小球在C點的合力方向一定沿CO，且指向O點 A對小球吸引，B對小球排斥，因此小球帶負電、B帶負電             由ABC=ACB=30°知：ACO=30° AB=AC=L； BC=2ABcos30°=3L 由力的合成可得：F1=3F2 即：KQqL2=3kQBq(3L)2 QB=3Q，故B錯誤，C正確         

17、60;                 A、有前面分析：A對小球吸引，B對小球排斥，B帶負電，小球帶負電，故A錯誤D、以O為原點，OB為x軸正方向，OC為y軸正方向，槽上某點的坐標為x，y，那么該點的電勢為： =kQy2+(L2x)2-3kQy2+(3L2x)2 而x2+y2=34L2 代入上式解得：=0 說明圓周上各點電勢相等，小球在運動過程中電勢能不變，根據能量守恒得知，小球的動能不變，小球做勻速圓周運動，故D正確應選：C

18、D 小球做圓周運動，必須有向心力，根據小球在C點處恰好與滑槽內、外壁均無擠壓且無沿切線方向的加速度可知，小球在C點的合力方向一定沿CO且指向O點，作出力圖，即可判斷出小球帶負電，B帶負電假設小球帶正電，B帶負電，小球在C點受到A的排斥力，受到B的吸引力，根據平行邊形定那么可知，兩者的合力方向不可能沿CO且指向O點，所以小球帶正電，B帶負電是不可能的根據小球在C點無切向加速度，切線方向力平衡，根據庫侖定律列式求得B的電荷量此題的打破口是“小球在C點處恰好與滑槽內、外壁均無擠壓且無沿切線方向的加速度，分析小球的受力情況，確定出向心力，判斷小球與B的電性9. 如下圖，a、b、c、d四個質量均為m的帶

19、電小球恰好構成“三星拱月之形，其中a、b、c三個完全一樣的帶電小球在光滑絕緣程度面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態(tài)，a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h=2R重力加速度為g，靜電力常量為k，那么A. 小球d一定帶正電B. 小球b的周期為2RqmRkC. 小球c的加速度大小為3kq23mR2D. 外力F豎直向上，大小等于mg+26kq2R2物理備課組整理CD備課組長教學指導解：A、a、b、c三小球所帶電荷量一樣，要使三個做勻速圓周運動，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，由于a球

20、的電性未知，所以d球不一定帶正電，故A錯誤。B、設db連線與程度方向的夾角為，那么cos=Rh2+R2=33，sin=hh2+R2=63對b球，根據牛頓第二定律和向心力得：k6qqh2+R2cos-2kq2(2Rcos30)2cos30°=m42T2R=ma解得：T=2Rq3mRk，a=3kq23mR2那么小球c的加速度大小為3kq23mR2故B錯誤，C正確。D、對d球，由平衡條件得：F=3k6qqh2+R2sin+mg=mg+26kq2R2，故D正確。應選：CD。a、b、c三個帶電小球在程度面內做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，分析其受力情況，運用牛頓第二定律研究即可此題與圓錐擺

21、類似，關鍵要正確分析四個小球受力，確定向心力的來源是關鍵運用牛頓第二定律和平衡條件研究三、填空題本大題共1小題，共5分10. 如圖，一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子A在一圓周上繞位于圓心O點的點電荷+Q做順時針方向、半徑為R的勻速圓周運動，那么粒子A繞O點做圓周運動的周期為_ ；質量為m、電荷量為3q的帶負電粒子B在同一圓周上同向運動，某時刻A、B所在半徑間的夾角為不計彼此間的萬有引力以及A、B間的庫侖力靜電力常量為k那么經過_ 時間A、B之間的間隔 第一次到達最大物理備課組整理2mR3kQq；31kQqmR3備課組長教學指導解：粒子A繞O點做圓周運動，根據庫侖力提供向心力，那么有：kQqR

22、2=m42RT2 解得：T=2mR3kQq 同理，對B根據庫侖力提供向心力有T=2mR33kQq，由題意可知，當AB之間的夾角為時，相距最遠，那么B必須比A多繞-；因此-=B-At；根據=2T，可得：-=2T2Tt解得：t=31kQqmR3 故答案為：2mR3kQq，31kQqmR3 根據牛頓第二定律，結合庫侖力提供向心力，即可求解周期，題意可知，當AB之間的夾角為時，相距最遠，那么B必須比A多繞-，據此列式求解即可考察牛頓第二定律的應用，掌握庫侖定律與向心力表達式的內容，注意當AB之間的夾角為時，相距最遠是解題的關鍵四、實驗題探究題本大題共2小題，共25分11. 1物理小組在一次探究活動中測

23、量滑塊與木板之間的動摩擦因數實驗裝置如圖甲所示，一外表粗糙的木板固定在程度桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與穿過電磁打點汁時器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz開場實驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開場做勻加速運動，在紙帶上打出一系列點 圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、l、2、3、4、5、6、7是計數點，每相鄰兩計數點間還有4個打點圖中未標出，計數點間的間隔 如下圖根據圖中數據計算的加速度a= _ m/s2保存兩位有效數字為了測量動摩擦因數，以下物理量中還應測量的是_ A木板的長度L B木板的質量mi C滑塊的質

24、量m3 D托盤和砝碼的總質量t E滑塊運動的時間t 滑塊與木板間的動摩擦因數= _ 用被測物理量的字母表示，重力加速度為g2某興趣小組用下面的方法測量小球的帶電量：圖丙中小球是一個外外表鍍有金屬膜的空心塑料球用絕緣絲線懸掛于O點，O點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度的量角器，M、N是兩塊豎直放置的較大金屬板，加上電壓后其兩板間電場可視為勻強電場另外還要用到的器材有天平、刻度尺、電壓表、直流電源、開關、滑動變阻器及導線假設干實驗步驟如下：用天平測出小球的質量m并用刻度尺測出M、N板之間的間隔 d，使小球帶上一定的電量；連接電路：在虛線框內畫出實驗所需的完好的電路圖；閉合開關，調節(jié)滑動變阻器滑片

25、的位置，讀出多組相應的電壓表的示數U和絲線偏離豎直方向的角度；以電壓U為縱坐標，以_ 為橫坐標作出過原點的直線，求出直線的斜率為k；計算小球的帶電量q= _ 物理備課組整理0.49；CD；m3g(m2+m3)am2g；tan；mgdk備課組長教學指導解：1每相鄰兩計數點間還有4個打點，說明相鄰的計數點時間間隔：T=0.1s；根據公式x=aT2有：a=x56x233T2=0.03880.02403×012=0.49m/s2；以整個系統(tǒng)為研究對象，根據牛頓第二定律有：m3g-f=m2+m3a   f=m2g     

26、聯(lián)立解得：=m3g(m2+m3)am2g故需要測量滑塊質量和鉤碼質量；2帶電小球的受力如圖b，根據平衡條件有 tan=Fmg，又有F=qE=qUd，聯(lián)立解得，U=mgdq tan=ktan，所以應以tan為橫坐標由上可知k=mgdq，那么小球的帶電量為q=mgdk 故答案為：10.49；CD；m3g(m2+m3)am2g；2電路如圖；   tan；q=mgdk1利用公式x=aT2可以求出物體的加速度大??；根據牛頓第二定律推導出動摩擦因數的表達式，由此可知需要測量的物理量并確定待測量2以小球為研究對象，分析受力情況，根據平衡條件以及電場強度與板間電壓的關系式得出電壓

27、U與的關系式，再選擇橫坐標，求出斜率k，并求出小球的帶電量此題第一小題根據明確實驗原理，推導出動摩擦因素的表達式進展分析；第二小題是力電綜合題，其聯(lián)絡的紐帶是電場力，既與力學知識有聯(lián)絡，又與電場知識有聯(lián)絡12. 1如下圖，電荷量為Q1、Q2的兩個正點電荷分別固定在光滑絕緣程度面上的A點和B點，兩點相距L在程度面上固定一個以L為直徑的程度光滑半圓環(huán)，在半圓環(huán)上穿著一個帶電量為q視為點電荷的小球，并在P點平衡PA與AB的夾角為，由此可求Q2和Q1的電荷量之比Q2Q1_2某學生用螺旋測微器在測定某一金屬絲的直徑時，測得的結果如甲圖所示，那么該金屬絲的直徑d_mm另一位學生用游標尺上標有20等分刻度的

28、游標卡尺測一工件的長度，測得的結果如乙圖所示，那么該工件的長度L_cm3有一只電壓表，量程，內阻Rv，另有一個電池電動勢未知，但不超過電壓表的量程，內阻可忽略，請用這只電壓表和電池，再用開關和連接用的導線，設計出測量某一高值電阻的實驗方法，Rx的值和Rv相差不大a簡要地寫出測量步驟b畫出電路圖在方框內c由測量得到的數據和量導出電阻Rx的計算式為_物理備課組整理1tan3 23.205   5.0153a連接如下圖電路；閉合開關，讀出此時電壓表示數E為電源電動勢；斷開開關，讀出此時電壓表示數Ubc(EU)RVU。備課組長教學指導1【分析】對帶電小球進展受力分析，由于不考慮重力，因此根據

29、平衡條件可知，小球受力在切線方向上的合力為零，據此結合數學關系列方程即可正確求解。此題在電場中考察了物體的平衡，注意根據平衡條件列方程，注意數學知識的應用?！窘獯稹繉π∏蜻M展受力分析如下圖：；根據庫侖定律有：F1=kQ1qr12，r1=Lcos    F2=kQ2qr22，r2=Lsin     根據平衡條件有：F1sin=F2cos     聯(lián)立解得：Q2Q1=tan3；故填：tan3。2【分析】游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上

30、可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀。此題考察了螺旋測微器的使用、游標卡尺的使用。解決此題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀?！窘獯稹柯菪郎y微器的固定刻度讀數為3mm，可動刻度讀數為0.01×20.5mm=0.205mm，所以最終讀數為3.205mm；游標卡尺的主尺讀數為50mm，游標讀數為0.05×3=0.15mm，所以最終讀數為50.15mm=5.015cm；故填：3.205；5.015。3【分析】此題的關鍵是根據電源無內阻以及待測電阻

31、是高電阻，從而設計出圖示電路，然后再根據閉合電路歐姆定律列方程求解即可。此題考察了伏安法測電阻。當待測電阻為高電阻時電壓表考慮“反常規(guī)接法?！窘獯稹縜測量步驟：連接如下圖電路；閉合開關，讀出此時電壓表示數E為電源電動勢；斷開開關，讀出此時電壓表示數U；b電路圖如圖：；c根據閉合電路歐姆定律，閉合開關時應有電壓表示數為E，斷開開關，應有E=U+URVR，解得：R=(EU)RVU故填：a連接如下圖電路；閉合開關，讀出此時電壓表示數E為電源電動勢；斷開開關，讀出此時電壓表示數U；b；c(EU)RVU。五、計算題本大題共4小題，共48分13. 微觀世界與宏觀世界往往存在奇妙的相似性對于氫原子模型，因為

32、原子核的質量遠大于電子質量，可以忽略原子核的運動，形成類似天文學中的恒星-行星系統(tǒng)，記為模型另一種模型認為氫原子的核外電子并非繞核旋轉，而是類似天文學中的雙星系統(tǒng)，核外電子和原子核依靠庫侖力作用使它們同時繞彼此連線上某一點做勻速圓周運動，記為模型核外電子的質量為m，氫原子核的質量為M，二者相距為r，靜電力常量為k，電子和氫原子核的電荷量大小均為e1模型、中系統(tǒng)的總動能分別用Ek、Ek表示，請通過定量計算來比較Ek、Ek的大小關系；2求模型、中核外電子做勻速圓周運動的周期T和T；3通常情況下氫原子的研究采用模型的方案，請分析這樣簡化處理的合理性物理備課組整理解：1模型中，設電子和原子核的速度分別

33、為v對于電子繞核的運動，根據庫侖定律和牛頓第二定律有：ke2r2=mv2r解得：EkI=12mv2=ke22r模型中，設電子和原子核的速度分別為v1、v2，電子的運動半徑為r1，原子核的運動半徑為r2根據庫侖定律和牛頓第二定律對電子有：ke2r2=mv12r1，解得：Ek1=12mv12=ke22r2r1對于原子核有：ke2r2=Mv22r2，解得：Ek2=12Mv22=ke22r2r2系統(tǒng)的總動能：Ek=Ek1+Ek2=ke22r(r1+r2)=ke22r即在這兩種模型中，系統(tǒng)的總動能相等2模型中，根據庫侖定律和牛頓第二定律有：ke2r2=m42TI2解得：TI=42mr3ke2模型中，電子

34、和原子核的周期一樣，均為T根據庫侖定律和牛頓第二定律對電子有：ke2r2=m42TII2r1，解得：r1=ke2TII242r2m對原子核有：ke2r2=M42TII2r2，解得：r2=ke2TII242r2M因r1+r2=r，將以上兩式代入，可解得：TII=42mMr3ke2(M+m)3所以有，T1TII=M+mM  因為Mm，可得TT，所以采用模型更簡單方便答：1Ek、的大小為ke22r，Ek的大小ke22r，兩種模型中，系統(tǒng)的總動能相等；2模型、中核外電子做勻速圓周運動的周期42mr3ke2和42mMr3ke2(M+m)；3因為Mm，可得TT，所以采用模型更簡單方便備

35、課組長教學指導1根據庫侖定律與牛頓第二定律，結合動能表達式，即可求解；2根據庫侖定律和牛頓第二定律，及向心力表達式，即可求解；3根據兩個周期之比，結合兩質量大小關系，即可求解考察庫侖定律和牛頓第二定律的應用，掌握向心力與動能表達式，理解庫侖引力提供向心力的內容，注意符號運算是解題的難點14. 如下圖，質量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在絕緣的光滑程度面上，彼此相隔的間距為l，B球帶電量為QB=-3qq0，A球帶電量為QA=6q假設在小球C上施加一個程度向右的恒力F，要使A、B、C三個帶電小球始終保持這樣的間距運動，求恒力F的大小及C球的帶電量靜電力常量為k物理備課組整理解：由于A，B，C三

36、球始終保特L的間距，它們具有一樣的加速度，設為a，那么：a=F3m 對A、B、C球受力分析可知，C球帶正電，對A球：FAB-FAC=ma，即：k18q2L2-k6qQc4L2=ma 對B球：-FAB+FBC=ma，即：-k18q2L2+k3qQcL2=ma 聯(lián)立以上各式得：QC=8qF=k18q2L2；答：1F的大小為k18q2L2；2C球所帶的電量為8q帶正電備課組長教學指導先把A、B、C三者作為整體為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度，再分別以A、B為研究對象，運用靜電力公式結合牛頓第二定律即可解題此題主要考察了庫侖定律及牛頓第二定律的直接應用，難度不大，屬于根底題15. 如圖，真空中x

37、Oy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L=2.0m，假設將電荷量均為q=+2.0×10-6C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：1兩點電荷間的庫侖力大?。?C點的電場強度的大小和方向物理備課組整理解：1電荷量均為q=+2.0×10-6C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力為：F=kq2L2=9.0×109×(2.0×106)222=9.0×10-3N；2A、B點電荷在C點產生的場強大小相等，均為：E1=kqL2=9.0×109×2.0×10622=4.5×103N/C A、B點電荷在C點的合場強大