靜電場及其應用精選試卷測試卷(含答案解析)

靜電場及其應用精選試卷測試卷（含答案解析）一、第九章靜電場及其應用選擇題易錯題培優(yōu)（難）1．如圖所示，y軸上固定有兩個電荷量相等的帶正電的點電荷，且關于坐標原點對稱。某同學利用電場的疊加原理分析在兩電荷連線的中垂線（軸）上必定有兩個場強最強的點、師的肯定后又在此基礎上作了下面的推論，你認為其中正確的是（），該同學在得到老A．若兩個點電荷的位置不變，但電荷量加倍，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置B．如圖(1)，若保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱的固定在軸上，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置C．如圖(2)，若在離相等，則軸上場強最大的點仍然在、平面內(nèi)固定一個均勻帶正電圓環(huán)，圓環(huán)的圓心在原點。直徑與(1)圖兩點電荷距兩位置D．如圖(3)，若在距離相等，則軸上場強最大的點仍然在、平面內(nèi)固定一個均勻帶正電薄圓板，圓板的圓心在原點，直徑與(1)圖兩點電荷兩位置【答案】ABC【解析】【分析】【詳解】A．可以將每個點電荷（2q）看作放在同一位置的兩個相同的點電荷（q），既然上下兩個點電荷（q）的電場在x軸上場強最大的點仍然在A、A＇兩位置，兩組點電荷疊加起來的合電場在x軸上場強最大的點當然還是在A、A＇兩位置，選項A正確；B．由對稱性可知，保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱的固定在軸上，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置，選項B正確；C．由AB可知，在yOz平面內(nèi)將兩點電荷繞O點旋轉到任意位置，或者將兩點電荷電荷量任意增加同等倍數(shù)，在x軸上場強最大的點都在A、A＇兩位置，那么把帶電圓環(huán)等分成一些小段，則關于O點對稱的任意兩小段的合電場在x軸上場強最大的點仍然還在A、A＇兩位置，所有這些小段對稱疊加的結果，合電場在x軸上場強最大的點當然還在A、A＇兩位置，選項C正確；D．如同C選項，將薄圓板相對O點對稱的分割成一些小塊，除了最外一圈上關于O點對稱的小段間距還是和原來一樣外，靠內(nèi)的對稱小塊間距都小于原來的值，這些對稱小塊的合電場在x軸上場強最大的點就不再在A、A＇兩位置，則整個圓板的合電場在x軸上場強最大的點當然也就不再在A、A＇兩位置，選項D錯誤。故選ABC。2．電荷量相等的兩點電荷在空間形成的電場有對稱美．如圖所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，AB連線中點為O.在A、B所形成的電場中，以O點為圓心半徑為R的圓面垂直AB連線，以O為幾何中心的邊長為2R的正方形平面垂直圓面且與AB連線共面，兩個平面邊線交點分別為e、f，則下列說法正確的是()A．在a、b、c、d、e、f六點中找不到任何兩個場強和電勢均相同的點B．將一電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力始終不做功C．將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時電勢能的變化量相同D．沿線段eOf移動的電荷，它所受的電場力先減小后增大【答案】BC【解析】圖中圓面是一個等勢面，e、f的電勢相等，根據(jù)電場線分布的對稱性可知e、f的場強相同，故A錯誤．圖中圓弧egf是一條等勢線，其上任意兩點的電勢差都為零，根據(jù)公式W=qU可知：將一正電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力不做功，故B正確．a(chǎn)點與圓面內(nèi)任意一點時的電勢差相等，根據(jù)公式W=qU可知：將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時，電場力做功相同，則電勢能的變化量相同．故C正確．沿線段eof移動的電荷，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，故D錯誤．故選BC．【點睛】等量異種電荷連線的垂直面是一個等勢面，其電場線分布具有對稱性．電荷在同一等勢面上移動時，電場力不做功．根據(jù)電場力做功W=qU分析電場力做功情況．根據(jù)電場線的疏密分析電場強度的大小，從而電場力的變化．3．某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關系。A、B是可視為點電荷的兩帶電小球，用絕緣細線將A懸掛，實驗中在改變電荷量時，移動B并保持A、B連線與細線垂直。用Q和q表示A、B的電荷量，d表示A、B間的距離，（不是很?。┍硎炯毦€與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點的水平距離，實驗中（）A．d可以改變B．B的位置在同一圓弧上C．x與電荷量乘積Qq成正比D．與A、B間庫侖力成正比【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A．因實驗要探究庫侖力與電荷量的關系，故兩電荷間距d應保持不變，選項A錯誤；B．因要保持A、B連線與細線垂直且A、B距離總保持d不變，可知B到O點的距離不變，故B的位置在同一圓弧上，選項B正確；C．對A球由平衡知識可知可知x與電荷量乘積Qq成正比，選項C正確；D．因為由于x變化，所以不能說故選BC。與A、B間庫侖力成正比，故D錯誤。4．質量分別為，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為與各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為和，最大動能分別為和的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為和。兩小球突然失去和。則（）A．一定大于B．D．一定小于一定大于C．一定大于【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．對小球A受力分析，受重力、靜電力、拉力，如圖所示根據(jù)平衡條件，有故同理，有由于，故，故A錯誤；B．兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，一定相等，與兩個球是否帶電量相等無關，故B錯誤；C．設懸點到的豎直高度為，則擺球A到最低點時下降的高度小球擺動過程機械能守恒，有解得由于，A球擺到最低點過程，下降的高度，故A球的速度較大，故C正確；D．小球擺動過程機械能守恒，有故其中相同，根據(jù)數(shù)學中的半角公式，得到相同，故越大，動能越大，故其中一定大于，故D正確。故選CD。5．如圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)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)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q,.重力加速度為g，靜電力常量為k，則()A．小球d一定帶正電B．小球b的周期為C．小球c的加速度大小為D．外力F豎直向上，大小等于【答案】CD【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b、c三小球所帶電荷量相同，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球的電性未知，所以d球不一定帶正電，故A錯誤。BC．設db連線與水平方向的夾角為α，則對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：解得：則小球c的加速度大小為；故B錯誤，C正確。D．對d球，由平衡條件得：故D正確。6．如圖的初速度向甲運動．此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動整個運動過程中沒有接觸,它們運動的中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知()所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷．時，甲靜止，乙以圖像分別如圖A．兩電荷的電性一定相反B．甲、乙兩個點電荷的質量之比為2：1C．在D．在時間內(nèi)，兩電荷的靜電力先減小后增大時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能先減小后增大【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖象0-t1段看出，甲從靜止開始與乙同向運動，說明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性一定相同，故A錯誤．B．由圖示圖象可知：v甲0=0m/s，v乙0=6m/s，v甲1=v乙1=2m/s，兩點電荷組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：m甲:m乙=2:1故B正確；C．0～t1時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，由庫侖定律得知，兩電荷間的相互靜電力先增大后減小，故C錯誤．D．由圖象看出，0～t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，則其動能也一直增大，乙的速度先沿原方向減小，后反向增大，則其動能先減小后增大，故D正確．7．物理學中有些問題的結論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結論是否正確．如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布．兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側與O點相距為(r<a)，試分析判斷下列關于A點處電場強度大小E的表達式正確的是A．C．B．D．【答案】A【解析】【分析】題目要求不通過計算，只需通過一定的分析就可以判斷結論，所以根據(jù)點電荷場強的公式E=k，與選項相對比，尋找不同點，再用極限分析問題的思想方法就可以分析出結果．【詳解】與點電荷的場強公式E=k，比較可知，C表達式的單位不是場強的單位，故可以排除C；當r=a時，右側圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強為零，則A處場強只由左側圓環(huán)上的電荷產(chǎn)生，即場強表達式只有一項，故可排除選項D；左右兩個圓環(huán)均帶正電，則兩個圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強應該反向，故可排除B，綜上所述，可知A正確．故選A．8．如圖所示：在光滑絕緣水平面上，分布在邊長為L的正方形四個頂點。在A和D處分別固定電荷量為Q的正點電荷，B處固定電荷量為Q的負點電荷，O點為兩對角線的交點，靜電力常量為k。關于三個點電荷形成的靜電場，下列說法中正確的是（）A．O處電場強度大小為B．C處電場強度大小為C．從O到C的過程中電場強度大小逐漸增大D．從O到C的過程中電場強度大小先減小后增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．A、D兩點點電荷在O點的場強相互抵消，故O點的場強大小等于B點的負點電荷Q在O點產(chǎn)生的場強，即故A正確；B．A、D兩點點電荷在C處的合場強為方向OC方向，B點的負點電荷Q在C點產(chǎn)生的場強為方向沿CO方向，故C處的場強為方向沿OC方向，故B錯誤；CD．從O到C的過程中電場強度大小先減小后增大再減小，故CD錯誤。故選A。9．如圖所示，A、B、C為放置在光滑水平面上的三個帶電小球（可視為點電荷），其中B與C之間用長為L的絕緣輕質細桿相連，現(xiàn)把A、B、C按一定的位置擺放，可使三個小球都保持靜止狀態(tài)。已知小球B的帶電量為-q，小球C的帶電量為+4q，則以下判斷正確的是（）A．小球A的帶電量可以為任何值B．輕質細桿一定處于被拉伸狀態(tài)C．小球A與B之間的距離一定為D．若將A向右平移一小段距離，釋放后A一定向左運動【答案】A【解析】【分析】【詳解】AC．小球A受力平衡，設小球AB之間的距離為x，根據(jù)平衡條件有解得所以小球A的電荷量可以為任意值，可以帶正電，也可以帶負電，A正確，C錯誤；B．對小球B，小球A和小球C對其靜電力的合力為由于不知道小球A的帶電量，所以無法確定小球A和小球C對小球B的靜電力的合力是否為零，故無法判斷輕桿是否被拉伸，B錯誤；D．小球A在原來的位置是平衡的，若將A向右平移一小段距離，小球B和小球C對其的靜電力均增加，且小球B對其的靜電力增加的更快，但由于小球A的電性不確定，所以釋放后A的運動方向也不確定，D錯誤。故選A。10．如圖所示，M、N為兩個等量同種電荷，在其連線的中垂線上的P點放一靜止的點電荷q（負電荷），不計重力，下列說法中正確的是（）A．點電荷從P到O是勻加速運動，O點速度達最大值B．點電荷在從P到O的過程中，電勢能增大，速度越來越大C．點電荷在從P到O的過程中，加速度越來越大，速度也越來越大D．點電荷一定能夠返回到P點．【答案】D【解析】試題分析：點電荷在從P到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，因場強大小不斷變化，電場力不斷變化，故做變加速運動，所以速度越來越大，到達C點后向下運動，受電場力向上而作減速運動，故O點速度達最大值，越過O點后，負電荷q做減速運動，速度越來越小，速度減到零后反向運動，返回到P點，選項A錯誤，D正確；點電荷在從P到O的過程中，電場力做正功，故電勢能減小，選項B錯誤；因為從O向上到無窮遠，電場強度先增大后減小，P到O的過程中，電場強度大小變化不能確定，所以電場力無法確定，加速度不能確定．故C錯誤．故選D．考點：帶電粒子在電場中的運動．11．如圖所示，有兩對等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處，a、b、c、d為正方形四個邊的中點，o為正方形的中心，下列說法中正確的是A．o點電場強度為零B．a(chǎn)、c兩個點的電場強度大小相等方向相反C．將一帶正電的試探電荷從b點沿直線移動到d點，電場力做功為零D．將一帶正電的試探電荷從a點沿直線移動到c點，試探電荷具有的電勢能增大【答案】C【解析】【詳解】A.兩個正電荷在O點的合場強水平向右，兩個負電荷在O點的合場強也水平向右，所以O點電場強度不等于零，方向水平向右。故A不符合題意；B.設正方形邊長為L，每個電荷的電量大小為Q，對A點研究，兩個正電荷在A點的合場強為零，根據(jù)平行四邊形法則，兩個負電荷在A點的合場強方向水平向右。則A點的電場強度方向水平向右。對C點研究，兩個負電荷在C點的合場強為零，根據(jù)平行四邊形法則，兩個正電荷在C點的合場強方向水平向右，所以A、C兩個點的電場強度方向相同。故B不符合題意；C.在上面兩個等量異種電荷的電場中，B、D連線是一條等勢線。在下面兩個等量異種電荷的電場中，B、D連線是也一條等勢線，所以B、D兩點的電勢相等，將一帶正電的試探電荷從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零，故C符合題意；D.根據(jù)電場的疊加原理可知，AC連線上場強方向水平向右，則將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，電場力做正功，則試探電荷具有的電勢能減小，故D不符合題意。12．如圖所示，A、B、C、D是立方體的四個頂點，在A、B、D三個點各放一點電荷，使C點處的電場強度為零。已知A點處放的是電荷量為Q的正點電荷，則關于B、D兩點處的點電荷，下列說法正確的是（）A．B點處的點電荷帶正電B．D點處的點電荷帶正電C．B點處的點電荷的電荷量為D．D點處的點電荷的電荷量為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．A點處放的是電荷量為Q的正點電荷，若B點處的點電荷帶正電，根據(jù)場強疊加可知，在D點無論是放正電還是負電，C點的場強都不可能為零，選項A錯誤；B．若D點處的點電荷帶正電，則根據(jù)場強疊加可知，在B點無論是放正電還是負電，C點的場強都不可能為零，選項B錯誤；CD．設正方體邊長為a，BC與AC夾角為θ，由疊加原理可知，在BD兩點只能都帶負電時，C點的合場強才可能為零，則其中解得，選項C正確，D錯誤。故選C。13．如圖所示，豎直絕緣墻上距O點處固定一帶電量Q的小球A，將另一帶等量同種電荷、質量為m的小球B用長為的輕質絕緣絲線懸掛在O點，A、B間用一勁度系數(shù)為k′原長為的絕緣輕質彈簧相連，靜止時，A、B間的距離恰好也為，A、B均可看成質點，以下說法正確的是（）A．A、B間庫侖力的大小等于mgB．A、B間彈簧的彈力大小等于k′C．若將B的帶電量減半，同時將B球的質量變?yōu)?m，A、B間的距離將變?yōu)镈．若將A、B的帶電量均減半，同時將B球的質量變?yōu)?，A、B間的距離將變?yōu)椤敬鸢浮緿【解析】【分析】【詳解】A．對小球受力分析如圖；小球受彈簧的彈力與B所受的庫侖力的合力（F庫+F彈）沿AB斜向上，由幾何關系以及平衡條件可知F庫+F彈=mg則F庫=mg-F彈選項A錯誤；B．A、B間彈簧的彈力大小等于選項B錯誤；C．若將B的帶電量減半，A、B間的距離將變?yōu)椋瑒t庫侖力變?yōu)?F庫，則彈力和庫侖力的合力為則由相似三角形關系可知而解得選項C錯誤；D．若將A、B的帶電量都減半，A、B間的距離將變?yōu)?，則庫侖力仍F庫，則彈力和庫侖力的合力為則由相似三角形關系可知而解得即選項D正確；故選D。14．如圖所示，三個質量均為m的帶電小球（球A、球B和球C）被三根不可伸長的絕緣細繩（繩①、繩②和繩③）系于O點，三球平衡時繩②處于豎直方向，且懸點O、球A、球B和球C所在位置正好組成一個邊長為a的正方形。已知球A、球B和球C均帶正電，電荷量分別為、和，若量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（），靜電力常A．和可以不相等B．繩①和繩②的拉力之比為C．繩②的拉力為2mgD．【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．因②豎直，可知兩邊電荷AC對B的庫侖力相等，因距離相等可知AC帶電量必然相等，選項A錯誤；BC．因為，且，則對A受力分析可知繩①的拉力對ABC整體受力分析可得解得則選項B正確，C錯誤；D．對球B，設A對B以及C對B的庫侖力均為F，則解得又結合可得選項D錯誤。故選B。15．兩個等量異種電荷A、B固定在絕緣的水平面上，電荷量分別為＋Q和－Q，俯視圖如圖所示。一固定在水平桌面的足夠長的光滑絕緣管道與A、B的連線垂直，且到A的距離小于到B的距離，管道內(nèi)放一個帶負電小球P(可視為試探電荷），現(xiàn)將電荷從圖示C點靜止釋放，C、D兩點關于O點（管道與A、B連線的交點）對稱。小球P從C點開始到D點的運動過程中，下列說法正確的是（）A．先做減速運動，后做加速運動B．經(jīng)過O點的速度最大，加速度也最大C．O點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同D．C、D兩點受到的電場力相同【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)電場分布和力與運動的關系可知帶電小球先做加速運動，后做減速運動，選項A錯誤；B．經(jīng)過O點的速度最大，沿著光滑絕緣管道方向上的加速度為零，選項B錯誤；C．帶電小球P在O點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同，選項C正確；D．C、D兩點受到的電場力方向不同，故電場力不同，選項D錯誤。故選C。二、第九章靜電場及其應用解答題易錯題培優(yōu)（難）16．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定的光滑絕緣軌道，圓心為O，半徑為r，A、B、C、D分別是圓周上的點，其中A、C分別是最高點和最低點，BD連線與水平方向夾角為。該區(qū)間存在與軌道平面平行的水平向左的勻強電場。一質量為m、帶正電的小球在軌道內(nèi)側做完整的圓周運動（電荷量不變），經(jīng)過D點時速度最大，重力加速度為g（已知(1)小球所受的電場力大??；，），求:(2)小球經(jīng)過A點時對軌道的最小壓力?！敬鸢浮浚?）；（2）2mg，方向豎直向上.【解析】【詳解】（1）由題意可知:所以:（2）由題意分析可知，小球恰好能做完整的圓周運動時經(jīng)過A點對軌道的壓力最小.小球恰好做完整的圓周運動時，在B點根據(jù)牛頓第二定律有:小球由B運動到A的過程根據(jù)動能定理有:小球在A點時根據(jù)牛頓第二定律有:聯(lián)立以上各式得:由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過A點時對軌道的最小壓力大小為2mg，方向豎直向上.17．如圖所示,ABCD豎直放置的光滑絕緣細管道,其中AB部分是半徑為R的1/4圓弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,兩部分管道恰好相切于B．水平面內(nèi)的M、N、B三點連線構成邊長為L等邊三角形,MN連線過C點且垂直于BCD．兩個帶等量異種電荷的點電荷分別固定在M、N兩點,電荷量分別為+Q和-Q.現(xiàn)把質量為m、電荷量為+q的小球(小球直徑略小于管道內(nèi)徑,小球可視為點電荷),由管道的A處靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g.求:(1)小球運動到B處時受到電場力的大小;(2)小球運動到C處時的速度大小;(3)小球運動到圓弧最低點B處時,小球對管道壓力的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）設小球在圓弧形管道最低點B處分別受到+Q和-Q的庫侖力分別為F1和F2．則小球沿水平方向受到的電場力為F1和F2的合力F，由平行四邊形定則得F=2F1cos60°②①聯(lián)立①②得③（2）管道所在的豎直平面是+Q和-Q形成的合電場的一個等勢面，小球在管道中運動時，小球受到的電場力和管道對它的彈力都不做功，只有重力對小球做功，小球的機械能守恒，有mgR＝mvC2?0④解得⑤（3）設在B點管道對小球沿豎直方向的壓力的分力為NBy，在豎直方向對小球應用牛頓第二定律得⑥vB=vC⑦聯(lián)立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧設在B點管道對小球在水平方向的壓力的分力為NBx，則圓弧形管道最低點B處對小球的壓力大小為⑨．⑩由牛頓第三定律可得小球對圓弧管道最低點B的壓力大小為18．(1)科學家發(fā)現(xiàn)，除了類似太陽系的恒星-行星系統(tǒng)，還存在許多雙星系統(tǒng)，通過對它們的研究，使我們對宇宙有了較深刻的認識．雙星系統(tǒng)是由兩個星體構成，其中每個星體的線度（直徑）都遠小于兩星體間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠，可以當做孤立系統(tǒng)處理．已知某雙星系統(tǒng)中每個星體的質量都是M0，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線的中點做勻速圓周運動，引力常量為G．求：①該雙星系統(tǒng)中星體的加速度大小a；②該雙星系統(tǒng)的運動周期T．(2)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Ⅰ．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Ⅱ．已知核外電子的質量為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e．①模型Ⅰ、Ⅱ中系統(tǒng)的總動能分別用EkⅠ、EkⅡ表示，請推理分析，比較EkⅠ、EkⅡ的大小關系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外電子做勻速圓周運動的周期分別用TⅠ、TⅡ表示，通常情況下氫原子的研究采用模型Ⅰ的方案，請從周期的角度分析這樣簡化處理的合理性．【答案】(1)①，因為M>>m，可得②(2)①②TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更簡單方便．【解析】【詳解】(1)①根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有：解得②由運動學公式可知，解得(2)①模型Ⅰ中，設電子繞原子核的速度為v，對于電子繞核的運動，根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律有解得：模型Ⅱ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(jù)庫侖定律和牛頓第二定律對電子有：，解得對于原子核有：，解得系統(tǒng)的總動能：EkⅡ=Ek1+Ek2=即在這兩種模型中，系統(tǒng)的總動能相等．②模型Ⅰ中，根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律有，解得模型Ⅱ中，電子和原子核的周期相同，均為TⅡ根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律對電子有，解得對原子核有因r1+r2=r，可解得：所以有，解得因為M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更簡單方便．19．有三根長度皆為l=0.3m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板的O點，另一端分別栓有質量皆為m=1.0×10﹣2kg的帶電小球A和B，它們的電荷量分別為﹣q和+q，q=1.0×10﹣6C．A