如图所示，在倾角θ=30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电量为Q的正点电荷，在距离A为S （1）小物块P释放瞬间的加速度大小能达到g，说明小物块P释放后应向上加速运动，由牛顿运动定律得：kQqs20-mgsin30°=ma由题只，其中的a=g解得：qm=3gs202kQ（2）当合力为零，速度最大，即：kQqs20=mgsin30° 解.
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 （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°-kQqL2=maA带电小球在B点时有：kQq(L2)2-mgsin 30°=maB且aA=g4，可解得：aB=g2（2）由A点到B点应用动能定理得：mgsin 30°？L2-UBA？q=0由mgsin 30°-kQqL2=m？aA=mg4可得：14mg=kQqL2可求得：UBA=kQL答：（1）小球运动到B点时的加速度大小为g2．（2）B和A两点间的电势差为kQL．
如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10-4C的正点电荷，将一带正电小球（可视 （1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡 mgsinθ=kqQs20，由线2可得s0=1m，得q=mgsinθ？s20kQ=1.11×10-5C（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J．根据动能定理WG+W电=△Ek即有-mgh+qU=Ekm-0代入数据得U=4.2×106V（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11×10-5C；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×106V；（4）如图线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线．
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 在B处只要取沿斜面向下为正方向，则a=-g/2亲.请不要忘记及时采纳噢.
如图所示 带电荷量为q的正点电荷固定在倾角为30 在B处只要取沿斜面向下为正方向，则a=-g/2亲。请不要忘记及时采纳噢。
