Question

如圖所示，傾斜角度為θ的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方O點處有一帶電量為+Q的點電荷，質量為m、帶電量為-q的小物體（可看成質點）與斜面間的動摩擦因數為μ．現使小物體以初速度v₀從斜面上的A點沿斜面上滑，到達B點時速度為零，然后又下滑回到A點．小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常數為k，重力加速度為g，OA=OB=l．求：
（1）小物體沿斜面上滑經過AB中點時的加速度；
（2）小物體返回到斜面上的A點時的速度．

Answer 1

分析：（1）根據小物體的受力情況，運用正交分解法，由牛頓第二定律和庫侖定律列式求出小物體沿斜面上滑經過AB中點時的加速度；
（2）對上升和下滑兩個過程分別運用動能定理求解小物體回到M點時速度．

解答：解：（1）小物體經過AB中點時，根據牛頓第二定律和庫侖定律得：
 F_N=mgcosθ+k

Qq

(lsinθ)2

                        
 mgsinθ+μF_N=ma                           
得：a=gsinθ+μ（gcosθ+

kQq

m(lsinθ)2

）
（2）設物體上升過程中，摩擦力做功為W_f．由于OA=OB，A、B兩點的電勢相等，上升和下滑過程中電場力做功都為0，則根據動能定理得
 上升過程，有 0-

1

2

mv₀²=-mglsin2θ+W_f 
 下滑過程，有

1

2

mv²=mglsin2θ+W_f                      
解得：v=

4glsin2θ- v 2 0

答：
（1）小物體沿斜面上滑經過AB中點時的加速度是gsinθ+μ（gcosθ+

kQq

m(lsinθ)2

）；
（2）小物體返回到斜面上的A點時的速度是

4glsin2θ- v 2 0

．

點評：牛頓第二定律是求加速度的基本規律，運用動能定理時，要注意抓住A、B電勢相等的特點，得到電場力做功為零，再進行列式求解．