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2023人教版带答案高中物理必修三第十章静电场中的能量微公式版知识汇总大全

1

单选题
1、电场中某点的电场强度为E，电量为q的检验电荷放在该点受到的电场力为F。下列图中能正确反映E、F、q三者关系的是（  ）
A．B．
C．D．
答案：D
根据电场强度的定义公式
E=Fq
可知，该点受到的电场力为F与放在该点的试探电荷的比值保持不变，但是电场中某点的电场强度为E，与F和q无关，电场强度是由场源电荷及该点在电场中的位置来决定，由电场本身性质决定。
故选D。
2、如图所示，两原长均为L、劲度系数相等的绝缘轻弹簧悬挂于O点，其另外一端各连接一个带电小球，平衡时A球靠在光滑绝缘竖直墙上，OA长为2L且竖直；B球悬于空中，OB长为32L。两小球的质量均为m，重力加速度为g，则两球间的库仑力大小为（   ）

A．12mgB．34mgC．mgD．2mg
答案：B
设OA、OB夹角为θ，B球的受力如图甲所示，构成的力的矢量三角形与△OAB相似，则有
mgOA=FBOB
即
mg2L=FB32L
可得
FB=34mg
对AB两带电小球整体受力分析如图乙，根据平衡条件可得
FA+FBcosθ=2mg
两弹簧完全相同
FB=kL2=34mg
则
FA=kL=2FB=32mg
解得
cosθ=23
在力的矢量三角形中，应用余弦定理有
FAB=(mg)2+FB2-2mgFBcosθ=34mg

故B正确。
3、如图所示，真空中一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷+Q、-Q，O为椭圆中心，ab、cd分别是椭圆长轴和短轴，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，下列说法中正确的是（  ）

A．电势差Uec=Ufd
B．a、b两点场强相同，e、f两点场强也相同
C．将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做功为零
D．将一电子由c点移到d点，电势能增加
答案：B
A．根据题中所给条件，可以判断出
Uec>0，Ufd<0
二者电势差不等，但二者电势差的绝对值相等，A错误；
B．a、b两点的场强大小和方向均相同，e、f两点场强大小相同，与ab的角度关于O点对称，方向均指向斜上方，B正确；
C．将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做正功，C错误；
D．c、d两点的电势相等，则电子在c、d两点的电势能相等，将一电子由c点移到d点，电势能不变，D错误。
故选B。
4、了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。下列说法不符合史实的是（　　）
A．开普勒通过对第谷的天文观测数据的分析研究，发现了行星的运动规律
B．牛顿通过演绎推理得出了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
C．卡文迪什的扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式
D．法拉第提出了场的观点，并用电场线形象地描述电场
答案：B
A．开普勒通过对第谷的天文观测数据的分析研究，发现了行星的运动规律，A正确，故A不符合题意；
B．牛顿通过演绎推理得出了万有引力定律，由卡文迪许测得引力常量数值，B错误，故B符合题意；
C．卡文迪什的扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式，C正确，故C不符合题意；
D．法拉第提出了场的观点，并用电场线形象地描述电场，D正确，故D不符合题意。
故选B。
5、真空中两个静止的点电荷相距r，电荷量分别为q1和q2，则它们之间的库仑力大小为（  ）
A．F=q1q2rB．F=kq1q2rC．F=q1q2r2D．F=kq1q2r2
答案：D
根据库仑定律可知
F=kq1q2r2
故选D。
6、关于库仑定律的理解，下面说法正确的是（　　）
A．对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式
B．两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的
C．只要是点电荷之间的静电力计算，就可以使用库仑定律公式
D．摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑一定带正电
答案：B
AC．库仑定律适用于真空中静止点电荷间静电力的计算，故AC错误；
B．两个点电荷之间的静电力，是作用力和反作用力关系，故无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的，故B正确；
D．摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，纸屑带正电或不带电都可以，故D错误。
故选B。
7、如图所示为等量同种电荷的电场线分布规律，则A、B两点的场强关系为（  ）

A．EA<EBB．EA>EBC．EA=EBD．无法判断
答案：A
电场线的疏密反映电场强度的大小，由于A处电场线比B处的电场线稀疏，所以
EA<EB
故选A。
8、如图所示，下列电场中，A、B两点电场强度相同的是（  ）
A．B．
C．D．
答案：C
电场线的疏密表示场强的大小，电场线的切线方向是场强的方向。电场强度相同是指电场强度的大小和方向都相同。
AB．AB选项图中A、B两点场强大小相等，方向不同，场强不同，AB错误；
C．C选项图中两点场强大小、方向都相同，故电场强度相同，C正确；
D．D选项图中场强大小、方向都不同。场强不同，D错误。
故选C。
9、甲、乙、丙、丁四图中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘。下列关于坐标原点O处电场强度的说法中正确的是（  ）

A．图甲与图丙场强相同
B．图乙与图丁场强相同
C．四图中O处电场强度的大小关系为E丁>E丙>E乙>E甲
D．乙、丙两图中O处电场强度的大小关系为E乙=2E丙
答案：D
BC．设14带电圆环在O点产生的场强大小为E。甲图中坐标原点O处的电场强度是14圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；乙图中坐标原点O处的电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于2E；丙图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是第二象限14带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；丁图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。综合以上分析，比较大小可知
E乙>E丙=E甲>E丁
故BC错误；
A．甲、丙两图中O处的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
D．乙图坐标原点O处电场强度大小等于2E，丙图坐标原点O处电场强度大小为E，大小关系为
E乙=2E丙
故D正确。
故选D。
10、关于导线中的电场，下列说法正确的是（　　）
A．导线内的电场线可以与导线相交
B．电路元件所积累的电荷分布是稳定的，故导线处于静电平衡状态
C．导线内的电场E是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的
D．导线中的电场是静电场的一种
答案：C
A．导线内的电场线与导线是平行的，A错误；
BD．导线内电场不为零，不是静电平衡状态，导线中的电场是恒定电场，并非静电场的一种，BD错误；
C．导线中的电场是电源，导线等电路元件所积累的电荷共同形成的，C正确。
故选C。
11、有两个完全相同的小球A、B，质量均为m，带等量异种电荷，其中A带电荷量为＋q，B带电荷量为－q.现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板的O点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧．在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场．如图所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k，重力加速度为g)(  )

A．kq2L2B．33mg+kq2L2
C．kq2L2+qED．33mg+kq2L2+qE
答案：D
对A球受力分析，由共点力平衡可得
F-qE-kq⋅qL2-Tcos60°=0
Tsin60°-mg=0
联立解得
F=33mg+kq2L2+qE
故选D。
12、如图所示，在水平匀强电场中，用一根绝缘的柔软细线悬挂一带电小球，小球静止时悬线与竖直方向夹角为θ，下列判断正确的是（  ）

A．小球带负电
B．小球带正电
C．增大匀强电场的电场强度，则θ角减小
D．减小匀强电场的电场强度，则θ角不变
答案：B
AB．对小球受力分析，如下图所示

小球受到竖直向下的重力，绳子的拉力，要使得小球保持静止，则电场力方向只能水平向右。由于电场强度方向与正电荷受力方向相同，可知小球带正电，故A错误，B正确；
CD．根据平衡条件有
Eq=mgtanθ
则增大匀强电场的电场强度，tanθ增大，θ角也增大。减小匀强电场的电场强度，tanθ减小，θ角也减小，故CD错误。
故选B。
13、有两个半径为r的金属球如图放置，两球表面间距离为3r。今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大小为F，那么（  ）

A．F＝kQ2(5r)2B．F＞kQ2(5r)2C．F＜kQ2(5r)2D．无法判定
答案：B
异种电荷相互吸引，则电荷间的距离小于5r，由库仑定律可知
F＞kQ2(5r)2
故选B。
14、避雷针能起到避雷作用，其原理是（　　）
A．同种电荷相互排斥B．尖端放电
C．静电屏蔽D．摩擦起电
答案：B
避雷针能起到避雷作用，其原理是尖端放电，故ACD错误，B正确。
故选B。
15、如图所示，空心金属球壳上所带电荷量为＋Q，关于O、M两点电场强度EO、EM的说法中正确的是（  ）

A．EO≠0 EM＝0B．EO＝0 EM≠0
C．EO＝0 EM＝0D．EO≠0 EM≠0
答案：C
由题意，可知空心金属球壳处于静电平衡状态，根据处于静电平衡状态中的导体，内部电场强度处处为零，可知EO＝0，EM＝0。
故选C。
多选题
16、关于电荷量和元电荷，下列说法正确的是（  ）
A．电子的电荷量的精确数值最早是由密立根用油滴实验测得的
B．物体所带的电荷量可以是任意值
C．物体所带的电荷量最小值为元电荷，可取为1.6×10-19C
D．物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
答案：ACD
A．密立根的油滴实验测出了电子的电荷量约为1.6×10-19 C，故A正确；
BCD．物体的电荷量都是元电荷e的整数倍，元电荷可取为1.6×10-19C，故B错误，CD正确。
故选ACD。
17、如图所示，在方向水平向右的匀强电场中有一直角三角形MNP（∠M＝90°），在M点固定一电荷量大小为23Q的点电荷，在P点固定一电荷量大小为4Q的点电荷。已知NP＝L，N点处的电场强度方向从N点指向M点，两个点电荷在N点处产生的合电场强度方向垂直NP向上，静电力常量为k，下列说法正确的是（  ）

A．M点处的点电荷带负电，P点处的点电荷带正电
B．M点处的点电荷在N点产生的电场强度大小为83kQL2
C．P点处的点电荷在N点产生的电场强度大小为kQL2
D．匀强电场的电场强度大小为4kQL2
答案：AD
A．如图所示

将两个点电荷在N点处产生的合电场强度Ey分解为E1和E2，由E1和E2的方向可知，M点处的点电荷带负电，P点处的点电荷带正电，故A正确；
BC．由点电荷形成电场的电场强度公式可得
E1=k⋅23Q(Lcosα)2
E2=k⋅4QL2
由几何关系可得
E2=E1cosα
联立各式得
cosα=32
E1=83kQ3L2
E2=4kQL2
故B、C错误；
D．由于N点的电场强度由N点指向M点，故P点处的点电荷在N点产生的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即匀强电场的电场强度大小为
E=4kQL2
故D项正确。
故选AD。
18、在等量异种点电荷+Q、-Q的电场中，O为两点电荷连线的中点，P为两电荷连线中垂线上的一点。现将一试探电荷从P点沿PO方向射出，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，交两电荷的连线于N点。下列关于该试探电荷的说法，正确的是（  ）

A．可能带正电B．过N点时的加速度比在P点时大
C．从P点到N点的过程中，电势能增大D．过N点时的速度比在P点时大
答案：BD
A．根据合场强方向与试探电荷运动轨迹可知，该试探电荷带负电，故A错误；
B．N点的电场线比P点的密集，则N点的电场强度比P点的大，试探电荷在N点受到的电场力比P点的大，所以试探电荷过N点时的加速度比在P点时大，故B正确；
CD．从P点到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，过N点时的速度比在P点时大，故C错误，D正确。
故选BD。
19、如图所示，A、B之间用一根轻质弹簧连接在一起，斜面B的倾角α＝30°，C带正电，带电量为q，静止在B上，其中mA=2m、mB=3m、mC=m，在空间中增加一个场强大小为E=mgq、方向竖直向下的静电场，下列说法正确的是（  ）

A．加电场的瞬间，地面对A的支持力大小变为7mg
B．加电场的瞬间，B对C的摩擦力变大
C．加电场的瞬间，C可能相对于B滑动
D．加电场的瞬间，C对B的弹力大小为783mg
答案：BD
A．加电场之前，对ABC整体分析，可知地面对A的支持力大小为
FNA=(mA+mB+mC)g=6mg
加电场的瞬间，弹簧的弹力不能突变，对A分析可知地面对它的支持力大小仍然为6mg，故A错误；
B．加电场之前对C受力分析，如图所示，则B对C的摩擦力大小为
f=mgsinα=12mg

加电场之前对BC整体分析可知弹簧的弹力大小为
F弹=(mB+mC)g=4mg
加电场的瞬间，弹簧弹力不会突变，设BC整体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
qE+4mg-F弹=4ma
解得
a=14g
加电场的瞬间，对C在沿斜面方向根据牛顿第二定律有
(qE+mg)sinα-f'=masinα
解得
f'=78mg>f
所以加电场的瞬间，B对C的摩擦力变大，故B正确；
C．加电场之前，对C分析可知
mgsinα<μmgcosα
加电场的瞬间，同理可知一定满足
(mg+qE)sinα<μ(mg+qE)cosα
所以此时C不可能相对B滑动，故C错误；
D．加电场的瞬间，对C在垂直斜面方向根据牛顿第二定律有
(mg+qE)cosα-F'N=macosα
解得
F'N=738mg
故D正确。
故选BD。
20、如图所示，在两个对接的固定绝缘光滑斜面上放置了电荷量大小均为q的两个小球A和B（均看成质点），两个斜面的倾角分别是30°和45°，小球A和B的质量分别是m1和m2若平衡时，两小球均静止在离斜面底端高度为h的同一水平线上，斜面对两个小球的弹力大小分别是FN1和FN2，静电力常量为k，下列说法正确的是（  ）

A．q=(3+1)hm2gk
B． m1m2=33
C．FN1FN2=2
D．若同时移动两球在斜面上的位置，只要保证两球在同一水平线上，则两球仍能平衡
答案：AC
BC．A处于静止状态，设A受到的库仑力为F，由平衡条件可得
tan30°=Fm1g
FN1=Fsin30°
同理可得，对B满足
tan45°=Fm2g
FN2=Fsin45°
联立可得
m1m2=3
FN1FN2=2
故B错误，C正确；
A．两小球间距为
l=htan30°+htan45°=(3+1)h
由库仑定律可得
F=kq2l2
联立解得
q=3+1hm2gk
故A正确；
D．若同时移动两球在斜面上的位置，由于距离变化导致库仑力变化，不再满足原来的平衡关系，故两球不能处于平衡状态，故D错误。
故选AC。
21、如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，取电棒C为带绝缘柄的导体棒，下列操作能使验电器箔片张开的是（  ）

A．将取电棒C先跟B的内壁接触一下再跟验电器A接触
B．将取电棒C先跟B的外壁接触一下再跟验电器A接触
C．用带绝缘外皮的导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再将取电棒C与B的内壁接触
D．使验电器A的金属球靠近B
答案：BCD
A．净电荷只分布在外表面上，B的内壁无电荷，将取电棒C先跟B的内壁接触一下，C不带电，再跟验电器A接触，箔片不张开，A错误；
B．B的外壁带正电，将取电棒C先跟B的外壁接触一下，C带正电，再跟验电器A接触，箔片张开，B正确；
C．用带绝缘外皮的导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再将取电棒C与B的内壁接触，A、B、C成为一个大导体，A带正电，箔片张开，C正确；
D．使验电器A的金属球靠近B，由于静电感应，电子从箔片移动到金属球，箔片带正电张开，D正确。
故选BCD。
22、如图所示，ACB为固定在竖直面内的光滑绝缘半圆形轨道，在圆心“O”处固定一带正电的点电荷Q，带正电的小球可视为质点静止在最低点C。现给小球施加一水平向右的外力F，使小球沿轨道缓慢地向上移动，对此过程，下列说法正确的是（  ）

A．小球所受库仑力恒定
B．外力F一直增大
C．小球合外力逐渐增大
D．小球对轨道的压力逐渐增大
答案：BD
A．小球的带电量为q，跟库仑定律可得
Fc=kQqR2
可知，小球所受库仑力大小不变，但在小球运动过程中库仑力的方向时时在改变，故小球所受库仑力为变力，A错误；
BD．小球在运动过程中，小球、圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球受力如图所示

根据平衡条件可得
mgsinθ=Fcosθ
FN=Fc+mgcosθ+Fsinθ
整理得
F=mgtanθ
FN=Fc+mgcosθ
小球沿轨道缓慢地向上移动过程中θ逐渐增大，即外力F一直增大，小球对轨道的压力逐渐增大，BD正确；
C．小球沿轨道缓慢地向上移动，处于一些列动态平衡中，即小球合外力为零，C错误；
故选BD。
23、以下四个选项所描述的内容中，为了防止静电产生的危害的有（　　）
A．在地毯中夹杂较细的不锈钢丝导电纤维
B．静电复印
C．超高压带电作业的工人穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成
D．野外高压输电线上方架设两条与大地连接的导线
答案：ACD
A．在地毯中一般夹杂0.05mm~0.07mm的不锈钢丝导电纤维，是为了及时把产生的静电导入大地，防止静电产生的危害，故A正确；
B．静电复印是利用静电吸附的原理，是静电的利用，故B错误；
C．超高压带电作业的工人穿戴的工作服用包含金属丝的织物制成，这样做是利用了静电屏蔽的原理，防止静电产生的危害，故C正确；
D．高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，从而形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，这是为了防止静电产生的危害，故D正确。
故选ACD。
24、如图所示，在空间施加方向水平向右的匀强电场，两带电小球A和B用相同的绝缘细绳通过小环悬挂在固定的水平横杆下，两细绳都恰好与水平横杆垂直，则（  ）

A．A带负电荷，B带正电荷
B．A带正电荷，B带负电荷
C．若减小两环间距，重新平衡时两环问距小于两球间距
D．若减小两环间距，重新平衡时两环间距大于两球间距
答案：AD
AB．由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡。由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反，故两小球受到的电场力也一定方向相反，因此两小球一定带异种电荷；则A球所受库仑力向右，B球所受库仑力向左。匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故B带正电荷，A带负电荷，故A正确，B错误；
CD．当两环间距减小时，两球间距也在减小，则库仑力大于匀强电场的作用力，所以只有环间距大于球间距两球才能平衡，故C错误，D正确。
故选AD。
25、如图所示，真空环境中，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点。已知ABCD为菱形，菱形的对角线相交于O点，不计电子的重力，则（  ）

A．UOB=UOD
B．B、D两处场强相同
C．若在B点静止释放一电子，电子在B、D间往复运动，加速度一定先减小后增大
D．若在B点给电子一方向垂直纸面大小合适的速度，电子可能绕O点做匀速圆周运动
答案：AD
AB．在等量同种电荷连线的中垂线上，根据对称性可知B、D两点的电场强度大小相同，方向相反，电势相同，故A正确，B错误；
C．因OB，OD距离未知，无法判断从O到B（O到D）电场强度是一直增大，还是先增大后减小，故无法判断电子的加速度的变化情况，C错误；
D．在垂直纸面且经过BD两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，电子可能绕O点做匀速圆周运动，D正确。
故选AD。
填空题
26、如图所示，在一水平向右匀强电场中，有两质量均为m、带等量异号电荷的小球M和N，通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂在电场中O点，平衡后两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍能平衡在原位置。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，则球M带______电荷（填“正”或“负”），其原来带电量大小为______。

答案：     负     Lmgk
[1]对小球M受力分析如图

小球M受电场力水平向左，与电场线方向相反，故小球M带负电。
[2]由几何关系，小球M和N之间距离为2L，当两球带电量都为q时，由平衡条件：
mgtan45o=qE-kq2(2L)2   (1)
当两球带电量都为2q时，由平衡条件：
mgtan45o=2qE-k(2q)2(2L)2      (2)
(1)(2)联立可得：
q=Lmgk
27、电量为2×10-6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10-4N，方向水平向右，则A点的场强为______N/C，方向______（填水平向左或水平向右）。若把另一电荷放在该点受到力为2×10-4N，方向向左，则这个电荷的电量为______C。
答案：     2×102     水平向右     -1×10-6
[1] A点的场强
E=Fq1=4×10-42×10-6N/C=2×102N/C
[2]电场强度的方向与正点电荷受到的电场力的方向相同，因此A点的场强方向也向右；
[3]另一电荷的电荷量大小为
q2=2×10-42×102C=1×10-6C
由于所受电场力方向向左，与电场强度方向相反，表明该电荷带负电，因此，这个电荷的电量为-1×10-6C。
28、如图所示，电容器上极板A接电源正极、下极板B接电源负极，且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰静止在电容器内部P点。现将电容器下极板B向上平移一小段距离，则液滴将______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势将______（填“升高”、“降低”或“不变”）。

答案：     向上运动     降低
[1]液滴恰静止在电容器内部P点知，液滴受电场力向上，大小等于重力。将电容器下极板B向上平移一小段距离，则板间距d减小，由E=Ud知，板间电场强度增加，则液滴受电场力增加，大于重力，故液滴将向上运动。
[2] P点电势为φP，由
0-φP=EdAP
则
φP=-EdAP
板间电场强度增加，知P点电势降低。
29、伟大的物理学家______（选填“富兰克林”或“伽利略”）冒着生命危险进行了著名的风筝实验，避雷针的原理是______。到目前为止，科学实验发现的最小的电荷量是电子所带的电荷量，这个电荷量用e表示，所有带电体的电荷量都是e的整数倍，电荷量e叫作______。
答案：     富兰克林     尖端放电     元电荷
[1]1752年，伟大的科学家富兰克林冒着生命危险在美国费城进行了著名的风筝实验，把天电引了下来，发现天电和摩擦产生的电是一样的；
[2]避雷针的避雷原理是尖端放电；
[3]到目前为止，科学实验发现的最小电荷量是电子所带的电荷量，这个电荷量用e表示，所有带电物体的电荷量都是e的整数倍，电荷量e叫做元电荷。
30、氢原子由带正电的原子核和核外带负电的电子组成，电子绕氢核近似匀速圆周运动。氢原子内质子和电子间距离为5.3×10-11m，质子与电子的相关数据、引力恒量、静电力常量见表。

线度（m）
质量（kg）
电量（C）
质子
10-15
1.67×10-27
1.6×10-19
电子
10-18
9.1×10-31
1.6×10-19
G=6.67×10-1lN·m2/kg2
k=9×109N·m2/C2
（1）电子受到原子核对其库仑力Fe，运动规律与卫星在行星的万有引力FG作用下绕行星的圆周运动规律类似，其原因是FG和Fe的大小都与相互作用物体间的___________成反比；
（2）在计算质子和电子间相互作用力的大小时___________（选择：A．能；B．不能）将二者视为质点和点电荷，依据是___________。
（3）质子与电子之间同时存在万有引力和库仑力，FGFe(        )
A．>>1        B．>1        C．<1        D．<<1
（4）电子绕原子核做半径为a0的匀速圆周运动，其周期T与a0关系正确的表示为(        )
A．T∝a0-32        B．T∝a0-12        C．T∝a012        D．T∝a032
（5）根据上表数据以及提供的信息，求出在此模型下电子运动的周期T？___________
答案：     距离平方     A     两者间距离远远大于其线度     D     D     1.52×10-16s
（1）[1]根据库仑力与万有引力公式得之间作用力都与物体间的距离的平方成反比。
（2）[2][3]质子和电子间的距离远远大于质子和电子的线度，此时质子和电子的体积和大小可以忽略，因此可以看成质点和点电荷。
（3）[4]根据表中数据可得
FG=6.67×10-11×1.67×10-27×9.1×10-31(5.3×10-11)2N=3.6×10-47N
Fe=9×109×1.6×10-19×1.6×10-19(5.3×10-11)2N=8.2×10-17N 
则
FGFe=4.4×10-31≪1
故选D。
（4）[5]根据（3）中分析可得电子绕原子核做匀速圆周运动时，万有引力可忽略，此时库仑力提供向心力，有
ke2a02=me⋅2πT2⋅a0
解得
T=2πemek⋅a032
故选D。
（4）[6]根据上式代入数值得
T=1.52×10-16s

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