2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第三讲功能关系在电学中的应用教学案

1、功能关系在电学中的应用W EW (1) W qU电电 p2克服安培力其他能的减少量动力学观点和能量观点在电磁场中的应用(2019郴州二模功能关系在电学中的应用W EW (1) W qU电电 p2克服安培力其他能的减少量动力学观点和能量观点在电磁场中的应用(2019郴州二模 ) 如图所示，一足够长的固定斜面，倾角M0.2 kg A，以初速度 vE2.510 N/C.质量为 m0.1 kg，电量为 q410 C的光滑v8 m/sA，求：电 p. 克安电30.质量02 4第三讲知识建构 备考点睛 1两种功能关系(1) 电场力做功与电势能的关系(2) 克服安培力做功与电势能的关系：E电2一个易错点洛伦

2、兹力对运动电荷不做功，但洛伦兹力的分力可以做功 . (注 1)(注 2)：详见答案部分答案W qEdW E(2) 焦耳定律： QI Rt功能关系： QW能量转化： QW热点考向一【典例】为 的绝缘长板 3 m/s ，沿斜面匀速下滑空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度小物块 B，轻放在 A板表面最上端 此后经时间 t0.1 s，撤去电场，当物块速度为时，恰好离开板1 B的动能 E 和 0.1 s 内的电势能变化量A的速度 vQ. (1) 在电场力作用下B的动能 E 和 0.1 s 内的电势能变化量A的速度 vQ. (1) 在电场力作用下， 物块 B受重力、支持力、 电场力作用， 由牛顿第二定律

3、mgsin30 qEma2BB的速度：B Bt1kBv1kBA. B22mv2B2aEp. B(1) 撤去电场时，物块(2) 撤去电场时，板(3) 物块 B在板 A上运动的全过程，系统发热思路引领 解析得： 解得：a 6 m/s撤电场时，物块v a 0.6 m/s 物块 B的动能 E 0.018 J 物块 B在 0.1 s 内在电场方向上的位移：L 0.03 m B2 B的电势能变化量：33020AB2BvvaBfmt tv2a 5(1)0.018 J 能电势能与动能之和保持不变电势能、重力势能、动能之和保持不变机械能的变化量E qEL0B的电势能变化量：33020AB2BvvaBfmt tv

4、2a 5(1)0.018 J 能电势能与动能之和保持不变电势能、重力势能、动能之和保持不变机械能的变化量E qEL0 0tBvA B20310 J p 10a1.2 s(2)2.75 m/s 3103 J 0(3)2.7 J 物块(2) A在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：Mgsin30 Mgcos30解得：B轻放上 A，对 A由牛顿第二定律得：(Mm)gcos30 Mgsin30Ma解得：a 2.5 m/s撤电场时， A的速度：v v a 2.75 m/s. (3) 撤去电场后， B在 A上运动时，由牛顿第二定律得：mgsin30 ma解得：a 5 m/st物块 B在 A上运动的时间：t tt

5、1.58 s 斜面对板 A的最大静摩擦力F (Mm)gcos30Mgsin30当 A速度减为 0后，A将静止在斜面上板 A做匀减速运动的时间故板 A向下运动的位移： x 90 m 由功能关系得：Q(Mm)gcos30 x2.7 J. 答案电场中的功能关系功只有电场力做功只有电场力和重力做功除重力、系统内弹力之外，其他各力做的功3 动能的变化量电场中的功能关系)质量为 m的带正电小球由空中t 秒，小球又A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为4mgmt2gt3mt小球先做自由下落， 然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为A点，设加上电场后小球的加速度大小为0，运用运动学公式有，

6、gtt12at 0，解得 a3g，根据F mgma，所以电场力是重力的1gt1 1k Av g动能的变化量电场中的功能关系)质量为 m的带正电小球由空中t 秒，小球又A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为4mgmt2gt3mt小球先做自由下落， 然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为A点，设加上电场后小球的加速度大小为0，运用运动学公式有， gtt12at 0，解得 a3g，根据F mgma，所以电场力是重力的1gt1 1k Av gt 12EpF h 4mg16gt 232 2AC 电磁场中的功能关系)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水，整个空间存在着竖直

7、向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给A点时的动能为( A点无初速度自由下落 tg，则( 2 222 20，a，规定向下为正方向，12gt电A点的速度 v v atgt3gt2gt，小球回到 A点时的动能2 2 22mv 2m(2 212a2g6gt2电 2，故 D错误100 J ，在 C点时动能减为零， D) ) 2 24 倍为 4mg，故 A正确；t s 末的速度A 1h ，匀减速下降211hh h ，故22gt1 1 21 22 2 22gt 6gt 3gt合外力做的功迁移一1(多选)(2019河北名校联盟秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场再经过回到A小球

8、所受电场力的大小是B小球回到 A点时的动能是C从 A点到最低点的距离是D从 A点到最低点，小球的电势能增加了解析再向上做匀加速运动回到整个过程中小球的位移为牛顿第二定律得v ，加电场后，返回是 E 2gt) 2mg2t ，故 B错误；从 A点自由下落的高度的高度 h ，小球从 A点到最低点的距离C正确；从 A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功mt答案迁移二2(2019江西六校联考平方向夹角为小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在为 AC的中点，那么带电小球在运动过程中4 DC段克服摩擦力做的功不等如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项F qvB，故洛伦兹力减小，导

9、故小球在 AD段克服摩擦力做的功与在AD段克服摩擦力做的功与在50 J ，选项 C错误；该过程是小球的重力势能、电势DB v变化，导致支持力和摩擦力变化，动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用(2019湖北六校联考在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，H0.4 DC段克服摩擦力做的功不等如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项F qvB，故洛伦兹力减小，导故小球在 AD段克服摩擦力做的功与在AD段克服摩擦力做的功与在50 J ，选项 C错误；该过程是小球的重力势能、电势DB v变化，导致支持力和摩擦力变化，动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用(2019湖北六校联考在斜面上加

10、一垂直斜面向上的匀强磁场，H0.4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为A错误；洛DC段克服摩擦力做的功DC段克服摩擦力做的功不等，从而会影响摩擦)将一斜面固定在水平面上，磁场区域xm斜面的倾角为30，A到达 C点后小球不可能沿杆向上运动B小球在 AD段克服摩擦力做的功与在C小球在 D点时的动能为 50 J D小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于致支持力和滑动摩擦力变化，不等，选项 B正确；由于小球在故小球在 D点时的动能也就不一定为能、动能和系统的内能之和守恒，故小

11、球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项错误答案伦兹力不做功， 但是洛伦兹力会随做功的大小 . 热点考向二【典例】其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，的宽度为0.55 m 将一通电导线围成的矩形导线框5 R0.25 ab L0.5 m tF，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框将恒力 F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，vt R0.25 ab L0.5 m tF，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框将恒力 F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，vt 图像如 ，整个运动过程中导线框没有发生转动，g10 m/s . F以及磁感应强度的大

12、小；其速度 v与位移 s的关系为 vv0Q. (1) 、 的长度为 从 0 时刻开始在导线碰332BL0s为导线框 ab边进入磁场区域后对磁场上边2 2mRs，其0.1 kg 、导线框的电阻为框上加一恒定的拉力的下边与磁场的上边界重合时，后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动已知导线框向上运动的图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为且始终没有离开斜面，(1) 求在导线框上施加的恒力(2) 若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，中 v 是导线框 ab边刚进入磁场时的速度大小，界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量思路引领 (2) 6 (1) 由 vt 图像可知，在1Fmgsin mgc

13、osmav 做匀速直线运动IERBLv1RF BILvRv 匀速穿出磁场，说明导线框的H. 0v2 (1) 由 vt 图像可知，在1Fmgsin mgcosmav 做匀速直线运动IERBLv1RF BILvRv 匀速穿出磁场，说明导线框的H. 0v2 22 122 1v 由于重力沿斜面方向的分力与滑mgsin mgcos0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀v m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减v00.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁avt5.0 m/s1安112，由动能定理，有12mv2，导线框下滑过程中，21.0 32解析场时的速度为 v 2.0 m/s ，所以

14、在此过程中的加速度由牛顿第二定律有解得 F1.5 N 由 vt 图像可知，导线框进入磁场区域后以速度通过导线框的电流导线框所受安培力对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有2 2Fmgsin mgcosBL解得 B0.50 T. (2) 导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度宽度等于磁场的宽度导线框 ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x xH0.15 m 设导线框与挡板碰撞前的速度为mg(xH)sin mg(xH)cos12mv解得 v v 2g xH sincos 1.0 m/s 导线框碰挡板后速度大小仍为动摩擦力大小相等，即速运动， ab边刚进入磁场时的速度为速，

15、做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为7 BL0 3 230，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，21Q1 2(1)1.5 N )如下图所示，两条光滑的金属导轨相距NN段与 QQ0与 BL0 3 230)质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子自 G的左端上方距离h的位置，以速度场，重力忽略不计(1) 求粒子第一次穿过射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2) 若粒子恰好从 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？满分样板解析粒子的加速度大小为E2d FqEma设粒子第一次到达qEhE设粒子第一次到达h12at l v0t联立式解得E qh11 mdhq则金属板的

16、长度最短 由对称性知， 此时金属板mdhq(1) qh满分技巧PG、QG间场强相同技巧 2 即使题目不会做也要把与本题相关1分，式 2分，式mdhq则金属板的长度最短 由对称性知， 此时金属板mdhq(1) qh满分技巧PG、QG间场强相同技巧 2 即使题目不会做也要把与本题相关1分，式 2分，式 4阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，同一个表达式与多个对象挂钩写多遍，也是有分的(2) 问中说明“粒子穿新立异L的给 2分.1 22mv d的表达式都写上技巧 3 用最常规、 最基本的方法解题，阅卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解20不标vmdh0q(2)2 vmdh0ql v0(2) 若粒子

17、穿过 G一次就从电场的右侧飞出，的长度 L为L2l2v0答案评分细则技巧 1 要有必要的文字说明(1) 说明非题设字母符号的意义例如本题中的 E、a意义要在答案中说明(2) 说明研究的过程和状态例如第一次到达G的过程(3) 说明列方程的依据例如式是依据动能定理(4) 说明题目中的隐含条件如细则 1 本题共 12分，第 (1) 问 8分，第 (2) 问 4分，每式分细则 2 若过程式都正确只有计算结果错误只扣式的分数过 G一次就从电场的右侧飞出，则金属板长度最短”但没求出法容易造成阅卷老师错批，进而失分，如采用特殊法必须有必要的文字说明技巧 4 要有书写规范的物理方程式(1) 写出的方程必须是原

18、始方程(2) 要用字母表达方程，不要掺有数字的方程(3) 用题给的字母，常见的符号表示物理量，不要杜撰符号 . 12 高考物理13 m的带电小球，以初N点时，速度大小为) 12mv32mv小球动能的增加量为N时竖直方向的速度为零，则Epmgh12mv2，C错误；电场力对小球做正功，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，E2mv2，B正确B ) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹m、可视为质点的带电小球， 用长为 L的细线悬挂于小( 2v，方向与电场方向相反，则小球22Ek12m(2vm的带电小球，以初N点时，速度大小为) 12mv32mv小球动能的增加量为N时竖直方向的速度为零，则Ep

19、mgh12mv2，C错误；电场力对小球做正功，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，E2mv2，B正确B ) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹m、可视为质点的带电小球， 用长为 L的细线悬挂于小( 2v，方向与电场方向相反，则小球22Ek12m(2v) 12mv232mv2，A错误；小球在竖直方向上M、N两点之间的高度差为则小球的电势能则电势3 1pO点，) B机械能增加 2mv2D电势能增加 2mv22h2 22mv 2mvv2g，2专题强化训练 (七) 一、选择题1(2019天津卷 )如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为速度 v从 M点竖直向上运动，通过从 M运动到 N的过程

20、 ( A动能增加C重力势能增加解析的分运动为竖直上抛，到小球重力势能的增加量为减少，由能量守恒定律可知，能的减少量为 2mv2，D错误；由功能关系可知， 除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即答案2(多选)(2019湖北武汉高三毕业生四月调研角 (0)的小球由轨道左端F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的g，则下列判断中正确的是qB gR3mgqB 2gRF的大小保持不变C到D的过程中，外力小球从F qB 2gR，故选项 A错误；在 C点由牛顿第二定律有洛 NC错误；小球F的功率等于重力功率大小，D正确BD 30的斜面内的两根平行长直d1 m，其底端接有阻值为B2 5次联考

21、)如右图所示，半径为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里q(q0)的小球由轨道左端F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的g，则下列判断中正确的是qB gR3mgqB 2gRF的大小保持不变C到D的过程中，外力小球从F qB 2gR，故选项 A错误；在 C点由牛顿第二定律有洛 NC错误；小球F的功率等于重力功率大小，D正确BD 30的斜面内的两根平行长直d1 m，其底端接有阻值为B2 T 的匀强磁场中一质量为L6 m时，速度恰好达到最大)设杆接入电路的电阻为2R的光滑半圆弧绝缘轨道一可视为质点、 质A处无初速度滑下当小球滑至轨道最低点D( FA到 C过程中由机械能守恒有洛C到 D的过程中，合外力始

22、终所以外力 F的功R2 的电阻，整个装置处在垂直斜m1 kg( 质量分布均匀 )的导(运动过程中r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大) C) 的功率逐渐增大mgR12mv vF mg2N，解得2gR，所以小球在5(多选)(2019河南六市第固定在竖直平面内， 磁感应强度为量为 m、电荷量为时，给小球再施加一始终水平向右的外力点若小球始终与轨道接触，重力加速度为A小球在 C点受到的洛伦兹力大小为B小球在 C点对轨道的压力大小为C小球从 C到D的过程中，外力D小球从解析C点受到的洛伦兹力大小为2F mvR，解得 F 3mgqB 2gR，故选项 B正确；小球从指向圆心，所以 mgcosFsin ， 变

23、化，外力 F的大小发生变化，故选项从 C到 D的过程中，由能量守恒定律可知外力率逐渐增大，故选项答案6(2019福建宁德一模 )如图所示，固定在倾角为光滑金属导轨的间距为面向上、磁感应强度大小为体杆 ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离杆始终与导轨保持垂直小为 g10 m/s .则此过程 ( 17 4 m/s 17.5 J c到 d当杆达到最大速度时满足BLd 26rR 222m17.5 JC )如图所示，在宽度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示 有一边长为4 m/s 17.5 J c到 d当杆达到最大速度时满足B

24、Ld 26rR 222m17.5 JC )如图所示，在宽度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示 有一边长为 l (l d)、R的正方形金属线框v从图示位置向右匀速运动，则BlvRE、F两点间的电压为FBd mgsin，解得 v 5 m/s ，选项 A错误；QR的电流方向从d的条形无场区左侧区和右EFGH置于区域， EF边与磁场边界平行，现使( Blv4vrRd到 c，) mmA杆的速度最大值为B流过电阻 R的电荷量为 6 C C在这一过程中，整个回路产生的热量为D流过电阻 R的电流方向为由2 2解析流过电阻 R的电荷量 qrR C3 C，选项 B错误；回路产生的热量FLmgLsin 12mv ，选

25、项 C正确；由右手定则可知流过选项 D错误答案7(多选)(2019东北省四市联考侧区内，存在着磁感应强度大小均为电阻均匀分布且阻值为线框以垂直于磁场边界的速度A当 EF边刚进入区时，线框中电流方向为顺时针，大小为B当 EF边刚进入中间无磁场区时，18 Bl vR2B2l v 2l dR当 EF边刚进入区时， 金属线框 HG、EF边均切割磁感线， 由右手定则可判断EF边切割磁感线产生的感应电动则回路中产生总感应电动势为I ，方向为顺时针方向，选项HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E2线框在区运动， 磁通量不变， 不产生感应电流，只有 HG边切割磁感线， 回路中产生的E2 2l d 时，HG

26、、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为12Blvv l dR2 2，选Bl vR2B2l v 2l dR当 EF边刚进入区时， 金属线框 HG、EF边均切割磁感线， 由右手定则可判断EF边切割磁感线产生的感应电动则回路中产生总感应电动势为I ，方向为顺时针方向，选项HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E2线框在区运动， 磁通量不变， 不产生感应电流，只有 HG边切割磁感线， 回路中产生的E2 2l d 时，HG、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为12Blvv l dR2 2，选项 C正确当 EF边进入区距离大于E Blv，感应电流vdR2Bl v 2l dR2Bl v 2

27、ldRBCD 的光滑斜面上， 存在着两个磁感应区域的磁场方向垂直斜面L.一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L的正方形导线框，由静止开ab边刚越过 GH进入磁场区时，恰好以速度v2 22E ，由闭合电路欧姆定律，E 2Blv1E ，感应电流2R，E、F2R，线框所受安培力I ，线框所受总安培力HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功ld 小于 l 时，只有 EF边切割磁3W W W W2 22 2v2做匀速直线运动，从4l3d12Blv1R R2BlvUI Blv4 ，选项 B正确线框在整个运动过程中做匀速F BI ，拉力做功 W F ；E 2Blv1WW WI1 2 31做匀速直线运动；当ab

28、进入 GH到回路A错误当 EF边刚进入2R4Bl vd1 2l 1 1d1R R1 2E3ab2 2RF 2BI1l ，拉力做功 W F l3R，线框所受安培力2 2 2(F BI3 3l，拉力做功W3C将线框拉至 HG边刚离开区的过程中，拉力所做的功为D将线框从区全部拉入区的过程中，回路中产生的焦耳热为解析出 HG边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，势方向为顺时针方向，中产生的感应电流大小为中间无磁场区域时，只有I 两点之间的电压为运动，故线框所受安培力和拉力始终相等拉力不做功； 在EF边进入中间无磁场区域的过程中，感应电动势为 E Blv，感应电流 I当 EF边进入区距离小于E

29、，感应电流大小为2 2d)4Bl ，则将线框拉至Bl v 4l3dR感线，产生感应电动势2 2F3dBl ；将线框从区全部拉入区的过程中，安培力做的总功 .根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为 QW ，选项 D正确答案8. (多选)(2019苏州模拟 )在如图所示的倾角为强度大小均为 B的匀强磁场， 区域的磁场方向垂直斜面向上向下，磁场的宽度均为始沿斜面下滑当边下滑到 JP与 MN的中间位置时，线框又恰好以速度19 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Wv(W E 的机械能转化为电能EkW1W2由平衡条件，第一次匀速运动时， mgsinBL ，第二次匀速运动时

30、， mgsin vRW W 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为Wv(W E 的机械能转化为电能EkW1W2由平衡条件，第一次匀速运动时， mgsinBL ，第二次匀速运动时， mgsin vRW W E DWCD PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大一个边长为v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向v，则下列说法正确2) Ek，重力对线框做功大小为2，下列说法中正确的是2v11 k)vR22v1，选项1 2 k，选项2，等于产生的电能，且W( 1B错W W E C正确1，安培) 2 1 k，选项MN与 JP力对线框做功大小为A在下滑过程中，由于重力做正功，所以有B从 ab进入 GH到 MN与

31、JP的中间位置的过程中，机械能守恒C从 ab进入 GH到 MN与JP的中间位置的过程中，有D从 ab进入 GH到 MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为2 2解析2 24BL ，则 v A错误； ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项误；从 ab进入 GH到 MN与 JP的中间位置的过程中，由动能定理得，正确；线框克服安培力做功为答案9(多选)(2019抚州质检 )如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场a、质量为 m、电阻为 R的金属正方形线框，以速度右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为的是( 20 Ba2

32、RBav4R3mv282B2a2vmR根据 qR ，穿过线圈的磁通量由BaR1 1 v 32 2m2 8mvIERBavBa2RBav4R3mv282B2a2vmR根据 qR ，穿过线圈的磁通量由BaR1 1 v 32 2m2 8mvIERBavR ，线框所受的安培力的合力为，选项 D正确CD AB与倾角 37，长 L5 mBC在 B处平滑相连，在斜面的5E210 N/C，现让滑块以速度大小不变， 滑块和斜面间的动222 2 2Ba减小到零，所以此过程中通过线框横2E2Bav2Bav，电功率 PERB ，m ，选项 CF2BIa，加速度为 aC处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板质量D，522 2

33、2 2R2 2 2v 14 m/s 的速度沿av0A此过程中通过线框截面的电荷量为B此时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此时线框的加速度为解析截面的电荷量为 ，选项 A错误；此时线框中的电动势选项 B错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，正确；此时线框中的电流2B2a2vmR答案二、非选择题10(2019浙江五校联考 )如图所示，光滑绝缘水平面的固定绝缘斜面m0.5 kg 、带电荷量 q510 C 的绝缘带电小滑块 (可看作质点 )置于斜面的中点整个空间存在水平向右的匀强电场，场强斜面向上运动 设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、摩擦因数 0.1.( g取 10 m/s

34、 ，sin37 0.6，cos37 0.8) ，求：21 (1) 滑块与斜面之间的摩擦力2C点C点的过程中在斜面上运动的总路程为1161.5 m k1，从k1x1 1B 点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功k2 k1 fx2 23次从 B滑到水平面上的最远距离为(1) 滑块与斜面之间的摩擦力2C点C点的过程中在斜面上运动的总路程为1161.5 m k1，从k1x1 1B 点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功k2 k1 fx2 23次从 B滑到水平面上的最远距离为2 1x2 3)ss 72.9 m (1)8 m/s)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨L1 m，导轨的电阻可忽略s1，W2，x1s22MN、PQ平行M、P两点间1，由动能定f30.9 m (2)72.9 m (1) 滑块沿斜面向上运动的加速度大小；(2) 滑块运动的总路程解析f(mgcos37 qEsin37)1 N 根据牛顿第二定律可得qEcos37 mgsin37fma，解得 a8 m/s . (2) 由题可知，滑块最终停在设滑块从