Question

14．如圖所示，在傾角θ=30°足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面的底端A點(diǎn)固定一電量為Q的正點(diǎn)電荷，在距離A為S₀的C處由靜止釋放某帶正電荷的小物塊P（可視為點(diǎn)電荷），小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度最大，最大速度為v_m．已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g．已知靜電力常量為k，空氣阻力忽略不計(jì)．求
（1）小物塊所帶電量q和質(zhì)量m之比；
（2）AB之間的距離S；
（3）CB之間的電勢(shì)差U_CB．

Answer 1

分析 （1）對(duì)物塊受力分析，根據(jù)釋放物塊P的時(shí)候加速度的大小為g計(jì)算小物塊所帶電量q和質(zhì)量m之比；
（2）物塊受到的合力為零的時(shí)候，速度最大，根據(jù)受力平衡計(jì)算速度最大的位置；
（3）物塊運(yùn)動(dòng)的過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算運(yùn)動(dòng)的位移的大�。�

解答 解：（1）小物塊P釋放瞬間的加速度大小能達(dá)到g，說明小物塊P釋放后應(yīng)向上加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：
$k\frac{Qq}{{s}_{0}^{2}}-mgsin30°=ma$
由題只，其中的a=g
解得：$\frac{q}{m}=\frac{3g{s}_{0}^{2}}{2kQ}$
（2）當(dāng)合力為零，速度最大，即：
$k\frac{Qq}{{s}_{0}^{2}}=mgsin30°$
 解得：S=$\sqrt{3}$S₀
（3）從C運(yùn)動(dòng)到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：
qU_CB-mgSsin30°=$\frac{1}{2}m{v}_{m}{\;}^{2}$
解得：U_CB=$\frac{mkQ}{3g{S}_{0}}（{v}_{m}{\;}^{2}+\sqrt{3}g{S}_{0}）$
解：（1）小物塊所帶電量q和質(zhì)量m之比為$\frac{3g{s}_{0}^{2}}{2kQ}$；
（2）AB之間的距離S為$\sqrt{3}$S₀；
（3）CB之間的電勢(shì)差U_CB為$\frac{mkQ}{3g{S}_{0}}（{v}_{m}{\;}^{2}+\sqrt{3}g{S}_{0}）$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵正確分析受力情況，判斷物塊的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)力學(xué)的基本規(guī)律解答．明確速度最大時(shí)受到的合力為零．