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通用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全部重要知识点

1

单选题
1、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。
2、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。
3、如图所示，面积足够大的、板间距离为d的两平行金属板竖直放置，与直流电压为U的电源连接，板间放一半径为R（2R<d）的绝缘金属球壳，C、D是球壳水平直径上的两点，则以下说法正确的是（  ）

A．由于静电感应，球壳外表面以内不再有电荷
B．由于静电感应，球壳中心O点场强为0
C．用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带正电
D．用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳不带电
答案：B
A．由于静电感应，最终达到静电平衡状态，球壳外表面以内不再有多余的净电荷，并不是没有电荷，故A错误；
B．达到静电平衡后，球壳处于静电平衡状态，外表面以内各点的电场强度均为0，故B正确；
CD．球壳电势大于大地电势，手与大地是个等势体，用手摸一下球壳，负电荷会从大地流向球壳，再拿去平行金属板，球壳带负电，故CD错误。
故选B。
4、关于库仑定律，下列说法正确的是（　　）
A．库仑定律适用于点电荷，体积很大的带电体都不能看做点电荷
B．根据库仑定律，当两个带电体间的距离r→0时，库仑力将趋向无穷大
C．库仑定律和万有引力定律的表达式很相似，它们都是与距离平方成反比例的定律
D．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
答案：C
A．库仑定律适用于点电荷，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，与带电体的体积没有必然的联系，故A错误；
B．当两个带电体间的距离r→0时，带电体不能看成点电荷，库伦定律不再适用，故B错误；
C．库仑定律和万有引力定律的表达式分别为
F库=kq1q2r2
F万=Gm1m2r2
可知它们都是与距离平方成反比例的定律，故C正确；
D． q1对q2的静电力与q2对q1的静电力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
5、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。下列实验方法中不能使验电器箔片张开的是（  ）

A．用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B．用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟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，再把取电棒C与B的内壁接触
D．使验电器A靠近B
答案：A
A．取电棒C先和B的内壁接触后，由于B的内壁本身没有电荷，接触后取电棒C不带电，所以再接触A时验电器箔片不张开，故A符合题意；
B．用取电棒C先跟B的外壁接触一下，接触后取电棒C带电，再跟A接触时验电器箔片张开，故B不符合题意；
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，实际上是将验电器A和C连成了一个导体，A因接触而带电，验电器箔片张开，故C不符合题意；
D．使验电器A靠近B，由于感应起电使验电器箔片张开，故D不符合题意。
故选A。
6、如图所示，正电荷Q置于一匀强电场中(图中水平直线为匀强电场的电场线)，在以正电荷Q为圆心、半径为r的圆周上有a、b、c三点，其中a点的电场强度Ea=0，则下列判断正确的是（  ）

A．匀强电场电场强度E=kQ2r2，方向水平向右
B．匀强电场电场强度E=kQr2，方向水平向左
C．c点电场强度Ec=0
D．b点的电场强度Eb=2kQr2，与匀强电场方向成45°角
答案：D
AB．因a点的电场强度Ea=0，所以正电荷在a点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为
E=kQr2
方向水平向右，故AB错误；
C．由电场叠加原理知c点电场强度
Ec=2kQr2
方向水平向右，故C错误；
D．同理可得b点的电场强度
Eb=2kQr2
与匀强电场方向成45°角斜向上，故D正确。
故选D。
7、下列说法正确的是（　　）
A．库仑定律适用于任何电场的计算
B．置于均匀带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零
C．当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，它们之间的静电力大小为kQ29r2
D．若点电荷Q1的电荷量小于Q2的电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力
答案：B
A．库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故A错误；
B．带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面，球内各点的电场强度均为零，所以置于带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零，故B正确；
C．当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，两者不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；
D．两点电荷间的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
8、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。
9、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。
10、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。
11、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。
12、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。
13、如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点，则下列说法正确的是（  ）

A．物体A受到地面的支持力先增大后减小
B．物体A受到地面的支持力保持不变
C．物体A受到地面的摩擦力先增大后减小
D．库仑力对物体A先做正功后做负功
答案：A
ABC．当物体B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图

受重力G、地面的支持力N、摩擦力f及静电力F，将静电力正交分解，由共点力平衡可得
Fsinθ-f=0
N-Fcosθ-mg=0
解得
N=mg+Fcosθ
f=Fsinθ
其中G与F不变，θ逐渐减小为零，可得支持力N逐渐增大，f逐渐变小；
当物体B由最高点运动到Q点的过程中，对物体A受力分析，如图

受重力G、地面的支持力N、摩擦力f及静电力F，将静电力正交分解，由共点力平衡可得
Fsinθ-f=0
N-Fcosθ-mg=0
解得
N=mg+Fcosθ
f=Fsinθ
其中G与F不变，θ逐渐增大，可得支持力N逐渐减小，f逐渐增大，故A正确，BC错误；
D．物体A保持静止，库仑力对物体A做功为零，故D错误。
故选A。
14、如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电量为q的液滴（可视为质点）在水平面内绕O点做周期为T的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）

A．液滴与小球带同种电荷
B．液滴运动过程中相同时间内所受电场力的冲量相同
C．O、A之间的距离为gT24π2
D．若已知液滴的质量，则可以求出圆周运动的半径
答案：C
A．液滴与小球之间的库仑力一定为引力，所以液滴与小球带异种电荷，故A错误；
B．液滴运动过程中相同时间内所受电场力的冲量大小相同但方向不同，故B错误；
C．设O、A间距离为h，液滴的运动半径为R，液滴与小球连线与竖直方向的夹角为θ，则根据力的分解与牛顿第二定律有
mgtanθ=m4π2T2R
根据几何关系可知
tanθ=Rh
联立以上两式可得
h=gT24π2
故C正确；
D．若要求出圆周运动的半径，必须已知θ或者通过所的其他给条件求得θ，否则在已知液滴的质量的情况下无法求出圆周运动的半径，故D错误。
故选C。
15、如图所示是静电除尘装置示意图，装置的外壁连接高压电源的正极，中间的金属丝连接负极。将混浊气体通入该装置时，气体中的粉尘会不断向筒壁积累，最后在重力作用下坠落在筒底。在该装置除尘的过程中，下列说法不正确的是（  ）

A．粉尘由于吸附作用而带上正电荷
B．粉尘由于吸附了电子而带上负电荷
C．带电粉尘在静电力作用下飞向筒壁
D．筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场
答案：A
AB．装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，粉尘向正极运动，可知粉尘吸附电子后带负电．故A错误，B正确；
C．筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场，粉尘向正极运动，可知粉尘是在静电力作用下飞向筒壁．故C正确；
D．装置的外壁连到高压电源的正极，中间的金属丝连到负极，因此筒壁与中间金属丝之间存在强大的静电场．故D正确．
此题选择不正确的选项，故选A。
多选题
16、如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝33R，aO＝3R，不计重力。则下列判断正确的是（  ）

A．a、c两点的电场场强大小之比为1:3
B．b、c两点的电场场强相同
C．一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D．一电子由c点静止释放，能够运动到a点
答案：AC
A．设圆环带电荷量为Q，将圆环分成n等份，则每个等份带电荷量为
q=Qn
每个等份可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为
E1=kqR2+(3R)2=kq4R2
该场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理可知，a点处场强大小为
Ea=nE1cos30o=3kQ8R2
同理可得，c点处场强大小为
Ec=3kQ8R2
则
Ea：Ec＝1：3
A正确；
B．由对称性可知，b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，故场强不同，B错误；
C．一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加，从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，C正确；
D．一电子从c点静止释放，从c运动到O时电场力做正功，从O运动到b点电场力做负功，结合对称性可知，做功的大小相等，即该电子恰好运动到b点，D错误。
故选AC。
17、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。
18、如图所示，一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的。把带正电荷的物体C移近导体A。下列说法正确的是（  ）

A．可看到A端金属箔片张开，B端金属箔片闭合
B．可看到A端金属箔片张开，B端金属箔片张开
C．导体A带正电，导体B负电
D．导体A带负电，导体B正电
答案：BD
把带正电荷的物体C移近导体A，根据静电感应原理可知，导体A带负电，导体B带正电，可看到A端金属箔片张开，B端金属箔片张开。
故选BD。
19、如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电，电量为Q1固定在绝缘的支架上，B质量为m，带电量为Q2，用绝缘细线悬挂，平衡时悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上，相距为R，静电力常量为k，重力加速度为g。则（  ）

A．小球B带负电荷B．细线的拉力为mgcosθ
C．小球受到的库仑力是mgtanθD．小球受到的库仑力是kQ1Q2R2
答案：ACD
A．由图可知，AB两球之间表现的是吸引力，AB两球所带的为异种电荷，A球带正电，故B球带负电，故A正确；
B．对球B进行受力分析，设绳子的张力为T

根据B球的受力分析有
Tcosθ=mg
可知
T=mgcosθ
故B错误；
C．根据B球的受力分析有
tanθ=F库mg
可知
F库=mgtanθ
故C正确；
D．根据库仑定律有
F库=kQ1Q2R2
故D正确。
故选ACD。
20、半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强E沿半径r的变化规律如图所示，图中E0已知，E-r曲线下方与r轴围成的面积中，R∼∞部分的面积等于O∼R部分面积的2倍。一质量为m、电荷量为e的电子在该球体表面附近绕球心做匀速圆周运动。静电力常量为k，取无穷远电势为零，则（  ）

A．E-r曲线下面积所表示的物理量的单位为伏特
B．球心与球表面间的电势差为E0R
C．该电子绕行速率为eE0R2m
D．若该电子的速度增大到2eE0Rm，就可以挣脱球体电场的束缚
答案：AD
AB．根据公式U=Ed可知，E-r曲线下面积表示的物理量为电势差，单位为伏特，球心与球表面间的电势差为
U=12E0R
故B错误，A正确；
C．根据题意，电子在该球体表面附近绕球心做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
eE0=mv2R
解得
v=eE0Rm
故C错误；
D．根据题意，设若该电子的速度增大到vm，就可以挣脱球体电场的束缚，由动能定理有
12mvm2=e⋅2U=eE0R
解得
vm=2eE0Rm
故D正确。
故选AD。
21、用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。左图是等量异种点电荷产生电场的电场线，右图是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称，则下列说法正确的是（  ）

A．B、C两点电场强度大小相等，方向相反
B．A、D两点电场强度大小和方向都相同
C．从E到F过程中电场强度先增大后减小
D．从B到C过程中电场强度先增大后减小
答案：BC
根据题意，由图根据等量异种电荷形成电场的对称性，结合电场线的疏密程度表示电场强度的大小及电场线的切线方向表示电场强度的方向，可以看出
A．B、C两点电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B．A、D两点电场强度大小和方向都相同，故B正确；
C．从E到F过程中电场强度先增大后减小，故C正确；
D．从B到C过程中电场强度先减小后增大，故D错误。
故选BC。
22、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。
23、两个相同的金属小球，分别带有同种电荷，相距r时，两球间的静电力大小为F。若将两球接触一下后再分开，仍放回原处，两球间的静电力大小为F'，则（  ）
A．F'=FB．F'<FC．F'>FD．都有可能
答案：AC
开始两球的静电力为
F=kq1q2r2
后来两球的静电力为
F'=k(q1+q22)2r2
由于
q1+q2≥2q1q2
化简得
(q1+q22)2≥q1q2
所以
F'≥F
故AC正确，BD错误。
故选AC。
24、如图所示，在一带负电的绝缘体M附近有一点N，若在N点放置一个q1=-2.0×10-8C的检验电荷，测出其受到的静电力F1大小为4.0×10-6N，方向水平向右，则下列说法正确的是（  ）

A．N点电场强度大小为200N/C
B．N点电场强度方向水平向左
C．若将q2=+4.0×10-7C的电荷放在N点，其受力大小为4.0×10-5N
D．若将N点电荷拿走，N点场强大小为200N/C
答案：ABD
A．由场强公式可得
EN=F1q1=4.0×10-62.0×10-8N/C=200N/C
选项A正确；
B．因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反，方向水平向左，选项B正确；
C．q2在N点所受静电力
F2=q2EN=4.0×10-7×200N=8.0×10-5N
方向与场强方向相同，也就是与F1方向相反，选项C错误；
D．某点场强大小与有无试探电荷无关，故将N点电荷拿走，N点场强大小仍为200N/C，选项D正确。
故选ABD。
25、如图，真空中有两个点电荷Q1=+9.0×10-8C和Q2=-1.0×10-8C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x=0处，Q2位于x＝6cm处。则x坐标轴上（    ）

A．电场强度为零的点只有一个B．电场强度为零的点有两个
C．x>6cm区域电场强度方向是沿x轴负方向D．x<0区域电场强度方向是沿x轴负方向
答案：AD
ABD．因Q1>∣Q2∣则x<0区域电场强度方向是沿x轴负方向，不存在场强为零的点，在x=0和x=6cm之间的场强沿x轴正向，也不存在场强为零的点，只有在x>6cm的范围才会有场强为零的点，则电场强度为零的点只有一个，选项AD正确，B错误；
C．设场强为零的点距离Q2为xcm，则
kQ1(6+x)2=kQ2x2
解得
x=3cm
则在x=6cm到x=9cm之间的场强沿x轴负向，在x>9cm范围内场强沿x轴正向，选项C错误；
故选AD。
填空题
26、已知电子的比荷绝对值大小为1.76×1011，则其电荷量为______，质量为______。（保留一位小数）
答案：     -1.6×10-19C     9.1×10-31kg
[1]电子所带电荷量为-1.6×10-19C；
[2]依题意，有
qm=1.76×1011
可求得
m≈9.1×10-31kg
27、如图所示，两个互相接触的导体A和B不带电，现将带正电的导体C靠近A端放置，三者均有绝缘支架，将A、B分开再移走C。请判断A带 _______ 电、B带 _______电（填“带正电” 或“带负电” 或“不带电”）。

答案：     带负电     带正电
[1][2]根据感应起电原理可知，当带正电导体C靠近A后，A带负电B带正电，若将A、B分开再移开C，则A上负电荷不能回到B上与正电荷中和，所以A带负电，B带正电。
28、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。
29、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
30、如图，在A点有一正电荷Q=2.0×10-4C，把检验电荷q=-2.0×10-5的负电荷置于B点，他们相距为r=2m（k=9.0×109N⋅m2/c2）。则B处场强大小为____________N/C，若将B处的检验电荷q移走，则此时B点的电场强度的大小为____________N/C。

答案：     4.5×105     4.5×105
[1]检验电荷在B点所受电场力为
F=kQqr2
根据电场强度的定义
E=Fq=kQr2=9.0×109×2.0×10-422N/C=4.5×105N/C
[2] 电场强度由电场本身决定，故仍为
E=4.5×105N/C

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