Question

如圖所示，帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點(diǎn)，斜面上有A、B兩點(diǎn)，且A、B和C在同一直線(xiàn)上，A和C相距為L(zhǎng)，B為AC中點(diǎn)．現(xiàn)將一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好又為零，已知帶電小球在A點(diǎn)處的加速度大小為

g

4

，靜電力常量為k，求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大�。�
（2）B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差（用Q和L表示）．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓第二定律分別研究小球在A點(diǎn)和B點(diǎn)的加速度，分別列式即可求得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大�。�
（2）根據(jù)動(dòng)能定理和電場(chǎng)力公式W=qU結(jié)合，求解B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．

解答：解：
（1）根據(jù)牛頓第二定律和庫(kù)侖定律得：
帶電小球在A點(diǎn)時(shí)有：
  mgsin 30°-k

Qq

L2

=ma_A
帶電小球在B點(diǎn)時(shí)有：
  k

Qq

( L 2 )2

-mgsin 30°=ma_B
且a_A=

g

4

，可解得：a_B=

g

2

（2）由A點(diǎn)到B點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理得：
   mgsin 30°?

L

2

-U_BA?q=0
由mgsin 30°-k

Qq

L2

=m?a_A=m

g

4

可得：

1

4

mg=k

Qq

L2

可求得：U_BA=k

Q

L

答：
（1）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為

g

2

．
（2）B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為k

Q

L

．

點(diǎn)評(píng)：此題要研究加速度，首先要想到牛頓第二定律，分析受力，列式求解．對(duì)于電勢(shì)差，要知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差有關(guān)，運(yùn)用動(dòng)能定理求解電勢(shì)差是常用的思路．