Question

如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量分别为m₁和m₂的带电小球A、B，且m₁=2m₂，相距L．当开始释放时，B球刚好处于静止状态，则A球的初始加速度为

 

；若经过一段时间后，A、B加速度大小之比变为a₁：a₂=3：2，则此时两球之间的距离为

 

．

Answer 1

分析：初始时B球受力平衡，从而根据平衡方程，可求出AB间的库仑力，再对A受力分析，根据牛顿第二定律，求出其加速度大小；
当两球同时由静止开始释放，由于A加速运动，所以经过一段时间后，两球距离增大，库仑力一定减小．导致B也加速运动，所以根据牛顿第二定律正确列出等式求解．

解答：解：
开始时，B球的初始加速度恰好等于零，受力分析，则有：F_库=m₂gsinθ
A球的初始加速度沿斜面向下，受力分析，则有F=m₁a 
又F=m₁gsinθ+F_库
解得：a=

m1+m2

m1

gsinθ=

3

2

gsinθ
经过一段时间后A，B两球间距增大，库仑力减小，小于B球重力，B球的加速度沿斜面向下，
所以加速度a₂方向应沿斜面向下，a₂=

m2gsinθ-F′

m2

，
而对于A球的加速度a₁=

m1gsinθ+F′

m1

A、B加速度大小之比变为a₁：a₂=3：2，所以，F′=

m2gsinθ

4

根据库仑定律，则有F库=k

qQ

L2

=m2gsinθ，
因此L′=2L
故答案为：

3

2

gsinθ；2L．

点评：解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解．