如图(a)所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA...

问题详情：

如图(a)所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA=2.0×10－4C，B球的质量m=0.1kg．以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图(b)中曲线I所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6m．令A所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10m/s2，静电力恒量k=9.0×l09N·m2/C2，下列说法正确的是（    ）

A．杆与水平面的夹角θ=60°

B．B球的电荷量QB=1.0×10－5C

C．若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2J

D．若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大

【回答】

BCD

【详解】

A、渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即，则有，解得，故A错误；

B、由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m出总势能最小，动能最大，该位置M点受力平衡，则有，解得，故B正确；

C、M点的电势能 EP1=E总-EP=E总-mgx1sinθ=6-0.1×10×6×0.5=3J，在M点B球总势能为6J，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J，由图可知，总势能为10J时，有：x2=18m，此时的电势能为：EP2=E总′-EP′=E总′-mgx2sinθ=10-0.1×10×18×0.5=1J，所以电势能的变化为：△EP=EP1-EP2=3-1=2J．故C正确；

D、由于B球在位置M点受力平衡，B球从离A球2m处静止释放，从A到M的过程中，根据牛顿第二定律可知，库仑力减小，向上运动过程中加速度大小减小；从M继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知，库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大，所以B球的加速度也先减小后增大，故D正确。

故选BCD．

知识点：电势能和电势

题型：选择题