题目内容
如图所示,带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点,斜面上有A、B两点,且A、B和C在同一直线上,A和C相距为L,B为AC中点.现将一带电小球从A点由静止释放,当带电小球运动到B点时速度正好又为零,已知带电小球在A点处的加速度大小为g | 4 |
(1)小球运动到B点时的加速度大小.
(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示).
分析:(1)根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度,分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小.
(2)根据动能定理和电场力公式W=qU结合,求解B和A两点间的电势差.
(2)根据动能定理和电场力公式W=qU结合,求解B和A两点间的电势差.
解答:解:
(1)根据牛顿第二定律和库仑定律得:
带电小球在A点时有:
mgsin 30°-k
=maA
带电小球在B点时有:
k
-mgsin 30°=maB
且aA=
,可解得:aB=
(2)由A点到B点应用动能定理得:
mgsin 30°?
-UBA?q=0
由mgsin 30°-k
=m?aA=m
可得:
mg=k
可求得:UBA=k
答:
(1)小球运动到B点时的加速度大小为
.
(2)B和A两点间的电势差为k
.
(1)根据牛顿第二定律和库仑定律得:
带电小球在A点时有:
mgsin 30°-k
L2 |
带电小球在B点时有:
k
(
|
且aA=
g |
4 |
g |
2 |
(2)由A点到B点应用动能定理得:
mgsin 30°?
L |
2 |
由mgsin 30°-k
L2 |
g |
4 |
可得:
1 |
4 |
L2 |
可求得:UBA=k
Q |
L |
答:
(1)小球运动到B点时的加速度大小为
g |
2 |
(2)B和A两点间的电势差为k
Q |
L |
点评:此题要研究加速度,首先要想到牛顿第二定律,分析受力,列式求解.对于电势差,要知道电场力做功与电势差有关,运用动能定理求解电势差是常用的思路.
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