题目内容
如图所示，在绝缘水平面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电荷量均为Q的正电荷．O为AB连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4．一质量为m、电荷量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能Ek0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为2Ek0，第一次到达b点时的动能恰好为零，小滑块最终停在O点，已知静电力常量为k．求：（1）小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小．
（2）小滑块刚要到达b点时加速度的大小和方向．
（3）小滑块运动的总路程s总．
分析：（1）ab两点电势相等，故电场力不做功，只有摩擦力做功，则由动能定理可求得摩擦力的大小；
（2）滑块在b点时，受A、B的库仑力及摩擦力，由牛顿第二定律可求得加速度；
（3）由题意可知物体应停在O点，由动能定理可求得从a到o点时电场力所做的功，则对全程由动能定理可求得滑块滑动的总路程．
（2）滑块在b点时，受A、B的库仑力及摩擦力，由牛顿第二定律可求得加速度；
（3）由题意可知物体应停在O点，由动能定理可求得从a到o点时电场力所做的功，则对全程由动能定理可求得滑块滑动的总路程．
解答：解：
（1）a点与b点等势，小滑块第一次由a到b，由动能定理有-Ff?2
=0-Ek0
求得：
小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小Ff=
；
（2）小滑块刚要到b时，受库仑力 FA=k
FB=k
在b点，由牛顿第二定律有：FB+Ff-FA=ma，解得：
b点时的加速度为a=
+
；
（3）由a第一次到o时静电力做功为W，有：-Ff
+W=2Ek0-Ek0
由a开始到最后停在O点，有：W-Ffs总=0-Ek0
由以上二式得：s总=
小滑块运动的总距离为
L．
（1）a点与b点等势，小滑块第一次由a到b，由动能定理有-Ff?2
| L |
| 4 |
求得：
小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小Ff=
| 2Ek0 |
| L |
（2）小滑块刚要到b时，受库仑力 FA=k
(
|
FB=k
(
|
在b点，由牛顿第二定律有：FB+Ff-FA=ma，解得：
b点时的加速度为a=
| 128kQq |
| 9mL2 |
| 2Ek0 |
| mL |
（3）由a第一次到o时静电力做功为W，有：-Ff
| L |
| 4 |
由a开始到最后停在O点，有：W-Ffs总=0-Ek0
由以上二式得：s总=
| 5L |
| 4 |
小滑块运动的总距离为
| 5 |
| 4 |
点评：电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，故很容易可求得电场力的功．
练习册系列答案
相关题目
如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=
（2009?德阳模拟）如图所示，在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.0×10-7C．在滑块A的左边L=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触（不连接）且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m．如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处（弹性限度内），此时弹性势能E0=3.2×10-3J，此后两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2．求：
（2008?天津模拟）如图所示，在绝缘水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的另一点M而静止．则以下判断正确的是（ ）
（2012?黄埔区模拟）如图所示，在绝缘水平面上A、B两点分别固定一个电荷量相等的同种点电荷，在AB连线上靠近A点的P点由静止释放一个带电小滑块，滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的某一点M（图中没有画出）而静止不动．下列说法中正确的是（ ）
（2008?广州一模）如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷．O为AB连线的中点，C、D是AB连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=