2020年高考物理《电磁学中的功能关系》专题训练及答案解析

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1、20202020 年高考物理年高考物理电磁学中的功能关系电磁学中的功能关系专题训练专题训练 一一、单项选择题单项选择题 1.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块 以一定的初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零在此 过程中，金属块损失的动能有2 3转化为电势能金属块继续运动到某点 C(图中未标出)时的动 能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总路程为 ( ) A1.5L B2L C3L D4L 【解析】根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf1 3E kfL，克服电场力做 功WE2 3E k

2、qEL.设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理qEsfsEk，解得s 3L.金属块从A开始运动到C的整个过程中经过的总路程为Ls4L，选项 D 正确 【答案】D 2.如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为 m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩 擦及空气阻力，设B下降h(hd)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是( ) Av 2gh Bv 22gh CA产生的热量Qmghmv 2 DA产生的热量Qmgh1 2mv 2 【解析】由于线框在磁场内的运动情况未知，故不能判断v与h的具体关系，故 A、B

3、错 误；根据题意，线框A进入磁场的过程克服安培力做功，线框A产生的热量为Q，对A、B构 成的系统，在B下降h高度的过程中，据能量转化与守恒定律有mgh1 22mv 2Q，Qmgh mv 2，故选项 C 正确 【答案】C 3.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从 相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A在P和Q中都做自由落体运动 B在两个下落过程中的机械能都守恒 C在P中的下落时间比在Q中的长 D落至底部时在P中的速度比在Q中的大 【解析】由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重 力，即只在Q中做自由落体运动，机械

4、能守恒，故 A、B 错误；而在P中加速度较小，下落时 间较长，落至底部的速度较小，故 C 正确，D 错误 【答案】C 4.如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷将一带正电 小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程 中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量) 已知重力加速度为g， 静电力常量为k，由图象可求出( ) A小物块的带电量 BA、B间的电势差 C小物块的质量 D小物块速度最大时到斜面底端的距离 【解析】小物块在B点时E1mgx1sin ，解得m E1 gx1sin ，选项 C 正确；小物块由 A

5、 到B的过程中，据动能定理，可得qUABWG0，由功能关系知WGE1，故有qUABE1，故只 能求得小物块由A到B的过程中电场力所做的功(或小物块电势能的减少量)， 无法求出小物块 的带电量及A、B两点间的电势差，选项 A、B 错误；小物块向上运动的过程中，开始时库仑力 大于重力沿斜面向下的分力，小物块向上加速，随着向上运动，库仑力减小，当库仑力等于重 力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有mgsin kQq r 2，因q未知，故无法 求得小物块到斜面底端的距离r，选项 D 错误 【答案】C 5.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向 下的匀强磁

6、场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金 属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为 60，如图所示，则棒 中电流( ) A.方向由M向N，大小为 3mg 3Bl B.方向由N向M，大小为 3mg 3Bl C.方向由M向N，大小为 3mg Bl D.方向由N向M，大小为 3mg Bl 【答案】B 【解析】平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到向右的安培力，根据左手 定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁 场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长 度为x，由功能关

7、系得：BIlxsin mg(xxcos )0 解方程得：I 3mg 3Bl . 6.如图甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁 场中，磁感应强度B1 T，导轨间距L1 m.一质量m2 kg，阻值r2 的金属棒在水 平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示， 若金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，则从起点发生x1 m 位移的过程中(g10 m/s 2)( ) A.金属棒克服安培力做的功W10.5 J B.金属棒克服摩擦力做的功W24 J C.整个系统产生的总热量Q4.25 J D.拉力做的功W9.25 J 【答案】D 【解析】金属

8、棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1mgx 0.252101 J5 J，故 B、C 错误；由vx图象得：v2x，金属棒所受的安培力F B 2L2v Rr B 2L22x Rr ，代入得：F0.5x，则知F与x是线性关系.当x0 时，安培力F00； 当x1 m 时，安培力F10.5 N，则从起点发生x1 m 位移的过程中，安培力做功为W安 F xF 0F1 2 x00.5 2 1 J0.25 J，A 错误；根据动能定理得：WmgxW 安1 2mv 2，其中 v2 m/s，0.25，m2 kg，代入解得，拉力做的功W9.25 J，故 D 正 确. 7.质量为m的带正电小球由空中

9、某点自由下落， 下落高度h后在整个空间加上竖直向上的 匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未 落地，重力加速度为g，则( ) A从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能减少了mgh B从加电场开始到小球下落最低点的过程中，小球动能减少了mgh C从开始下落到小球运动至最低点的过程中，小球重力势能减少了5 3mgh D小球返回原出发点时的速度大小为 7gh 【解析】小球先做自由落体运动，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为零，再向上 做匀加速回到出发点设小球下落高度h用了t秒，加上电场后小球的加速度大小为a，加上 电场时速度为v，规定向下为

10、正方向，由运动学公式：1 2gt 2gtt1 2at 20，解得 a3g，由 v 22gh，解得 v 2gh；根据牛顿第二定律，F电mgma，得F电4mg，因此，从加电场开 始到小球返回原出发点的过程中，电场力做功为W电F电h4mgh，根据电场力做功和电势能 的关系，可知小球的电势能的减少量为 Ep4mgh，故选项 A 错误；从加电场开始到小球下落 最低点的过程中，小球动能减少量为 Ek1 2mv 20mgh，选项 B 正确；从加电场开始到小球 下落最低点的过程中，设下落高度为h，由运动学公式：v 22ah，解得 hh 3，从开始 下落到小球运动至最低点的过程中，重力做功为WGmg(hh)4

11、3mgh，根据重力做功和重力 势能的关系，可知小球的重力势能的减少量为 Ep4 3mgh，选项 C 错误；设小球返回到原出 发点时的速度为v， 由动能定理， 可得1 2mv 23mg(hh)， 解得 v 8gh， 选项 D 错误 【答案】B 8.如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场 垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R0与固定电阻R1和R2的阻值均 相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时， 受到安培力的大小为F.此时( ) A.电阻R1消耗的热功率为Fv 3 B.电阻R0消耗的热功率为Fv 6 C

12、.整个装置消耗的热功率为mgvsin D.整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos )v 【答案】D 【解析】设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R0R1R2R. 电路中感应电动势EBLv， ab中感应电流为：I E R1 2R 2BLv 3R ， ab所受安培力为：FBIL2B 2L2v 3R 电阻R1消耗的热功率为：P1(1 2I) 2RB 2L2v2 9R 由得：P11 6Fv，电阻 R0和R1阻值相等，P0I 2R2 3Fv，故 A、B 错误；整个装置因 摩擦而消耗的热功率为：PfFfvmgcos vmgvcos ，故 C 错误；整个装置消耗 的机械功率为：P3FvPf(Fmgcos )

13、v，故 D 正确. 二二 不定项选择题不定项选择题 1.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体 棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电 阻不计导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关 S，发现导体棒ab立刻做变速运 动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是( ) A导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小 B单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能 C导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律 D导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为vmg

14、R B 2L2 【解析】导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动开关闭合时，由右手 定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力 方向向上，FBILBBLv R L，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加 速度越来越小的运动，A 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动由Fmg0 得， BBLv R Lmg，vmgR B 2L2，D 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流 的热效应，电能又转化为内能，B 正确 【答案】ABD 2.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计

15、 重力、 电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入， 经过t时间后恰好沿下板的边缘 飞出，则( ) A在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为 1 4Uq B在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为 3 8Uq C在粒子下落的前d 4和后 d 4过程中，电场力做功之比为 11 D在粒子下落的前d 4和后 d 4过程中，电场力做功之比为 12 【解析】粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初 速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为 13，则在前 t 2时间内，电场力对粒子做的功为 1 8Uq，在后 t 2时间内，电场力对粒子做

16、的功为 3 8Uq，选项 A 错， B 对；由WEqs知在粒子下落的前d 4和后 d 4过程中，电场力做功之比为 11，选项 C 对，D 错 【答案】BC 3.如图所示， 绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上， 斜面所在空间存在平行于斜面向上的 匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板.一带正电的 小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未 标出)，然后返回，则( ) A.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和 B.滑块从P点运动到R点的过程中， 电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增 加量之和

17、C.滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方 D.滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差 【答案】BC 【解析】 在小滑块开始运动到到达R点的过程中， 电场力做的功转化为小滑块的重力势 能、弹簧的弹性势能以及内能.滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力 与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和.故 A 错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹 簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和. 故 B 正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所 以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能

18、再返回P点.故 C 正确；滑块运动的过 程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克 服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、 弹性势能增加量之差.故 D 错误. 4.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成 30角，在管的上方P点固定一个点电荷Q，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平电荷量为q的小球(小球直径略 小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动， 在A处时小球的加速度为a.图中PBAC， B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响则在Q形成的电场中( ) AA点的电势高于B点的电势 BB点的电场强度大小是A点的 4 倍

19、 C小球从A到C的过程中电势能先减小后增大 D小球运动到C处的加速度为ga 【解析】 在正电荷产生的电场中， 离电荷越近电势越高， 因此B点的电势高于A点的电势， A 错误；根据点电荷电场强度的决定式得EAkQ PA 2，EB kQ PB 2，由几何关系得PA2PB，解得EB 4EA，B 正确；小球从A到C的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大， C 正确；小球在A、C两处受到的电场力大小相等，对小球受力分析，在A处，由牛顿第二定 律得mgsin 30Fcos 30ma，在C处，由牛顿第二定律得mgsin 30Fcos 30maC， 解得aCga，D 正确 【答案】BCD 5

20、.如图所示，匀强电场的电场强度为E，方向水平向左，一带电量为q，质量为m的 物体放在光滑水平面上， 在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动， 经时间 t力F做功 60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到出发点O，设O点的电势能 为零，则下列说法正确的是( ) A.物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为 21 B.恒力F4qE C.撤去力F时，物体的电势能为 45 J D.在撤去力F之前的任一时刻，动能与电势能之比均为 13 【答案】ACD 【解析】在恒力F作用下的加速度大小为a1，撤去恒力F后的加速度大小为a2，匀加速 运动的位移大小x11 2a 1t 2，撤去

21、拉力后的位移大小 x2a1tt1 2a 2t 2 根据x1x2得a23a1.根据牛顿第二定律得，a1FF 电 m ，a2F 电 m ，联立解得F电qE 3 4F.故 B 错误. 6.如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑 两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直现将杆右移，同时顺时针转过 90，发现A、 B两球电势能之和不变根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( ) AA一定带正电，B一定带负电 BA、B两球所带电量的绝对值之比qAqB12 CA球电势能一定增加 D电场力对A球和B球做功的绝对值相等 【解析】电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后两球

22、所在位置处电势都降低，而两 个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功， 做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性， A、C 错误，D 正确；由电势能变化之和为零得EqBLEqA2L，即|qA|qB|12，B 正确 【答案】BD 7.如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为，导轨上固 定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙，下方光滑，整个空 间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到 导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最

23、大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静 摩擦力，下列叙述正确的是( ) A导体棒MN的最大速度为2mgRsin B 2L2 B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D导体棒MN所受重力的最大功率为m 2g2Rsin2 B 2L3 【解析】当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得mgsin B 2L2v 2R ，则得最大速 度为v2mgRsin B 2L2，选项 A 正确；由题意知，当MN下滑的速度最大时，EF与轨道间的摩擦 力刚好达到最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒，有mgsin B 2L2v 2R fm，则

24、可得最大静摩擦力为fm2mgsin ，选项 B 错误；导体棒MN匀速运动时速度 最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件可知，最大安培力为Fmmgsin ， 选项 C 正确；导体棒MN所受重力的最大功率为Pmmgsin v2m 2g2Rsin2 B 2L2，选项 D 错误 【答案】AC 8.如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分 别是m和 2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上.另一端与物体A相连，倾角为 的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜 面向上的外力F3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸

25、直，然后撤去外力F，直到物 体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( ) A.对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能 B.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量 C.B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsin R D.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsin 2 【答案】AC 【解析】根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体 B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，故 B 错误；当B所受的合力为零时，B的 速度最大，由：kxF电2mgsin 解得弹簧的伸长量为：x3mgsin k ，故

26、 C 正确；开 始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F2mgsin F电0 解得：F电mgsin .当撤去外力瞬间，对AB整体分析，整体受到的合力为：F合F电 2mgsin 3mgsin 由F合3ma可得 agsin ，故 D 错误. 三三 非选择题非选择题 1.如图所示，倾角为 60的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之 间距离为L， 圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道的上部有磁感应强度为B的垂直于轨道向上 的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一电阻值为R的定值电阻质量为m的金属 棒从距轨道最低端C点高度为H处由静止释放，运动到最低点C时对轨道的压力

27、为 7mg，不计 摩擦和导轨、金属棒的电阻，求： (1)金属棒通过轨道最低端C点的速度大小； (2)金属棒中产生的感应电动势的最大值； (3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量； (4)金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力的大小 【解析】(1)设金属棒通过轨道最低端C点的速度为vC，轨道对金属棒的支持力为FC，金 属棒对轨道的压力为FC，由牛顿第二定律可知FCmgmv 2 C r (2 分) 而FCFC7mg (1 分) 解得vC 6gr. (1 分) (2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿 倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生

28、的感应电动势最大 由mgsin 60BIL (2 分) IE R (1 分) 解得感应电动势的最大值E 3mgR 2BL . (1 分) (3)由能量守恒定律，在金属棒的整个下滑过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失 的机械能，所以 QmgH1 2mv 2 C (1 分) 联立得Qmg(H3r) (2 分) (4)金属棒由C点运动到D点，根据机械能守恒，有 1 2mv 2 C1 2mv 2 Dmg2r (2 分) 金属棒通过圆形轨道最高点D时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为FD，由牛顿第二定律 有 FDmgmv 2 D r (2 分) 联立解得FDmg (1 分) 由牛顿第三定律可知金属棒通

29、过圆形轨道最高点D时对轨道的压力为mg. (1 分) 【答案】(1) 6gr (2) 3mgR 2BL (3)mg(H3r)(4)mg 2.如图所示，在竖直平面内有一质量为 2m的光滑“”形线框DEFC，EF长为L，电阻 为r；FCED2L，电阻不计.FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场区域中，且FC、 ED的中点与其下边界重合.质量为m、 电阻为 3r的金属棒用最大拉力为 2mg的绝缘细线悬挂 着，其两端与C、D两端点接触良好，处在磁感应强度为B的匀强磁场区域中，并可在FC、 ED上无摩擦滑动.现将“”形线框由静止释放， 当EF到达磁场区域的下边界时速度为v， 细线刚好断裂，区域内磁场

30、消失.重力加速度为g.求： (1)整个过程中，线框克服安培力做的功； (2)EF刚要出磁场时产生的感应电动势； (3)线框的EF边追上金属棒CD时，金属棒CD的动能. 【答案】(1)2mgLmv 2 (2)4mgr BL (3)mg 2L2 2v 2 【解析】(1)对形线框用动能定理：2mgLW1 22mv 20，W2mgLmv2 (2)对金属棒CD受力分析：FTmmgBIL，得到Img BL，EIR 总4mgr BL (3)对金属棒CD运动分析：H1 2gt 2，对形线框运动分析：HLvt1 2gt 2，解得：t L v 相遇时CD棒速度vt0gtgL v ，此时动能为Ek1 2mv 2 t

31、mg 2L2 2v 2 3.如图所示， 绝缘光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C.竖直直径GC左 侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右.GC右侧空间处处存在匀强磁场，其 磁感应强度垂直纸面水平向里.一质量为m，电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)在A点 由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场.已知匀强电场场强大小为Emg q ， AC间距为L4R，重力加速度为g.求： (1)滑块在G点的速度vG； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)滑块落回水平面的位置距离C点的距离x. 【答案】(1)2gR (2)3m 2q g R (3)2R 【解析】(1)研究A到

32、G过程，由动能定理知：4EqR2mgRmv 2 G 2 代入可得：vG2gR (2)在G点，对滑块有：mgqvGBmv 2 G R 代入可得：B3m 2q g R (3)设回到电场之后的飞行时间为t，水平位移为x 竖直方向：2Rgt 2 2 水平方向：xvGt1 2at 2 其中：aEq m 联立可得：x2R. 4.如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角37，长L5 m 的固定绝缘斜面BC在B处 平滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板。质量m0.5 kg、带电荷量q 510 5 C 的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点 D，整个空间存在水平向右的匀强 电场，场强E210 5 N

33、/C，现让滑块以 v014 m/s 的速度沿斜面向上运动。设滑块与挡板碰 撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数0.1。(g取 10 m/s 2， sin 370.6，cos 370.8)求： (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】(1)滑块与斜面之间的摩擦力 f(mgcos 37qEsin 37)1 N 根据牛顿第二定律可得 qEcos 37mgsin 37fma 解得a8 m/s 2。 (2)由题可知，滑块最终停在C点。 设滑块从D点开始运动到最终停在C点的过程中在斜面上运动的路程为s1， 由动能定理有 qEL 2cos 37mg

34、L 2sin 37fs 101 2mv 2 0 解得s161.5 m 设滑块第 1 次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得 qEL 2cos 37mg L 2sin 37f 3L 2 Ek11 2mv 2 0 解得Ek129 J 设滑块第 1 次从B滑到水平面上的最远距离为x1， 由动能定理得qEx10Ek1 解得x12.9 m 水平面光滑， 滑块滑回到B点时动能不变， 滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf2fL 10 J 滑块第 2 次回到B点时动能为Ek2Ek1Wf19 J 设滑块第 2 次从B滑到水平面上的最远距离为x2， 由动能定理得qEx20Ek2，解得x21.9 m 同理，滑块第 3 次从B滑到水平面上的最远距离为 x30.9 m 此后就不会再滑到水平面上了 滑块在水平面上运动的总路程为 s22(x1x2x3)11.4 m 滑块运动的总路程ss1s272.9 m。 【答案】(1)8 m/s 2 (2)72.9 m