全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练82017年全国Ⅰ卷计算题考点排查练
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练42015年全国Ⅱ卷计算题考点排查练word格式
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度．图1(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U aO；(2)小球在a点获得一水平初速度v a，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ，由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m vb2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl.25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝vy sin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMgcos 30°－Mgsi n 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝错误!＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<h sin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215 m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练92017年全国Ⅱ卷计算题考点排查练
2017年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河北省石家庄二中期中)如图1甲所示，在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.求：图1(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？答案 (1)20 m/s 2 (2)3.2 m (3)10 m解析 (1)由牛顿第二定律，得：F －μmg ＝ma当推力F ＝100 N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a ＝F m －μg ＝20 m/s 2(2)由题图可得推力F 是随位移x 变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大 则F ＝μmg ＝20 N由题图得到F 与x 的函数关系式F ＝100－25x则得到x ＝3.2 m(3)由题图得到推力对物体做的功等于F －x 图线与x 轴所围“面积”，得推力做功W ＝200 J 根据动能定理：W －μmgx m ＝0代入数据得x m ＝10 m.25．(2018·湖南省三湘名校第三次大联考)如图2所示，直角坐标系xOy 的x 轴水平，y 轴竖直，处于竖直向下、大小为E 0的匀强电场中，过O 点，倾角为θ＝60°的足够大斜面固定在坐标系中．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点，以某一速度沿x 轴正方向 射入，经过时间t ，在坐标平面内加上另一匀强电场E ，再经过时间t ，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零．不计粒子重力，求：图2(1)粒子的初速度大小；(2)P 点与x 轴的距离；(3)匀强电场E 的电场强度大小．答案 (1)3qE 0tm (2)11qE 0t 22m (3)7E 0 解析 (1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t 内，粒子做类平抛运动加速度a ＝qE 0m加上电场E 时，粒子做匀减速直线运动．粒子在竖直方向的速度v y ＝at 此时合速度方向垂直于斜面：v 0v y ＝tan θ可解得粒子的初速度v 0＝3qE 0t m(2)第一个时间t 内，粒子在竖直方向的位移y 1＝12at 2 水平方向的位移x 1＝v 0t在第二个时间t 内，粒子在竖直方向的位移也为y 1，水平方向的位移x 2＝y 1tan θ P 点到x 轴的距离l ＝2y 1＋(x 1＋x 2)tan θ代入数据得：l ＝11qE 0t 22m(3)在第二个时间t 内，在竖直方向：qE y －qE 0＝ma在水平方向：qE x m ＝v 0t 所以E ＝E x 2＋E y 2解得：E ＝7E 0。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练7 2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练
2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．如图1所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r ＝10 m ，N 为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R ＝10πm ，轨道ABC 与平面N 相切于C 点，DEF 是包围在半圆平面N 周围且垂直于N 的光滑半圆形挡板，质量为M ＝1 kg 的长方体滑块的上表面与平面N 在同一水平面内，且滑块与N 接触紧密但不连接，现让物体自A 点由静止开始下滑，进入平面N 后立即受到挡板DEF 的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m ＝1 kg ，物体与平面N之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h ＝0.05 m ，长L ＝4 m ，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)物体滑到C 时对圆轨道的压力是多大？(2)物体运动到F 处时的速度是多大？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？答案 (1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m解析 (1)对物体从A 处到C 处的过程，由机械能守恒定律得：mgr ＝12mv C 2在C 处，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2r联立解得：F N ＝3mg ＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N.(2)对物体从C 处到F 处的过程，由动能定理有－μ1mg ×πR ＝12mv F 2－12mv C 2 解得：v F ＝10 m/s(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：－μ2mg ＝ma 1解得：a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，解得：a 2＝4 m/s 2设经时间t 物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，滑块的速度为v 2.则有v F t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝12s 或2 s(不合题意舍去) 则有v 1＝v F ＋a 1t ，v 2＝a 2t设物体从抛出到落地时间为t 1，则有h ＝12gt 12 Δs ＝v 1t 1－v 2t 1联立解得Δs ＝0.6 m.25．(2018·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L ＝1.0 m 、电阻不计的足够长平行金属导轨ab 、cd 水平放置，一端与阻值R ＝2.0 Ω的电阻相连，质量m ＝0.2 kg 的导体棒ef 在恒定外力F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为F f ＝1.0 N ，导体棒电阻为r ＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒运动过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示(取g ＝10 m/s 2)，求：图2(1)拉力F 的大小；(2)磁场的磁感应强度B 的大小；(3)若ef 棒由开始运动6.9 m 时，速度达到3 m/s ，求此过程中电路产生的焦耳热．答案 (1)2 N (2)1 T (3)6 J解析 (1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a 1＝5 m/s 2，初速度v 0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F －F f ＝ma 1解得：F ＝2 N ；(2)当导体棒速度为v 时，导体棒上的电动势为E ，电路中的电流为I .由法拉第电磁感应定律：E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r ，导体棒所受安培力F 安＝BIL ，由题图可知，当导体棒的加速度a ＝0时，导体棒开始以v ＝3 m/s 的速度做匀速运动， 此时有：F －F f －F 安＝0，解得：B ＝1 T ；(3)设ef 棒此过程中产生的热量为Q ，由功能关系知：(F －F f )s ＝Q ＋12mv 2， 代入数据解得Q ＝6 J.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练32015年全国Ⅰ卷计算题考点排查练
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练32015年全国Ⅰ卷计算题考点排查练24．(2018L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m＝0.04 kg 的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图1(1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力Ff的大小及方向．答案(1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上(3)0.06 N 方向平行导轨向下解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I＝，解得：I＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上．(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1＝mgsin 37°＝0.24 N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力Ff，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mgsin 37°＋Ff＝F，解得Ff＝0.06 N. 25．(2018·广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一质量为mC ＝1 kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量为mA＝1 kg，B的质量为mB＝2 kg.A、B之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep ＝3 J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0＝2 m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离(此过程中C仍保持静止)．已知A和C之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B、C之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(g取10 m/s2)图2(1)弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大？(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC的大小？(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离？答案(1)vA＝0 vB＝3 m/s (2)v＝1.5 m/s aA＝aB＝aC＝1 m/s2 (3)0.75 m 解析(1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A、B及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvBEp＋(mA＋mB)v02＝mAvA2＋mBvB2联立解得：vA＝0，vB＝3 m/s(2)对物体B有：aB＝μ2g＝1 m/s2假设A、C相对静止，有：μ2mBg＝(mA＋mC)a解得：a＝1 m/s2因为：mAa<μ1mAg，假设成立故物体A、C的共同加速度为a＝1 m/s2对A、B、C组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：mBvB＝(mA＋mB＋mC)v解得：v＝1.5 m/s (3)C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C和A达到共同速度v1，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动．aA′＝μ1g＝2 m/s2；aB＝1 m/s2μ1mAg＋μ2mBg＝mCaC′解得：aC′＝4 m/s2v1＝v－aA′t＝－v＋aC′t解得：v1＝0.5 m/s，t＝0.5 sxA＝t＝0.5 mxC＝t＝－0.25 m故A、C间的相对运动距离为xAC＝xA＋|xC|＝0.75 m.。
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练52016年全国Ⅰ卷计算题考点排查
2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d2高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：图1(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ； (2)匀强磁场的磁感应强度大小B . 答案 (1)3gd2(2)3mg (R ＋r )2d 23gd解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得v 2＝2a ·d2根据牛顿第二定律得mg －14mg ＝ma解得：v ＝3gd 2(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv 回路中通过的感应电流为I ＝ER ＋r对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14mg解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ； (2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2R②由①②联立得：v ＝4 m/sF N ＝22 N ，方向向下③(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④A 、B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12 ⑤由④⑤联立得s ＝4.5 m ， 所以k ＝s L＝45；(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得： －μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12⑥解得：v n ＝v 12－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练7 2016年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练
2016年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)已知月球绕地球做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T .如图1，某小行星掠过地球时其轨道刚好与月球轨道相切于A 点，若只考虑地球对它的引力作用，当这颗小行星运动到A 点时，可以求出其( )图1A ．加速度的大小B ．线速度的大小C ．角速度的大小D ．受到地球的引力的大小 答案 A15．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图2所示，ACBD 是一个过球心O 的水平截面圆，其中AB 与CD 垂直，在C 、D 、A 三点分别固定点电荷＋Q 、－Q 与＋q .光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E 点无初速度释放，到达F 点的过程中(重力加速度为g )，下列说法正确的是( )图2A ．小球在O 点的加速度大于gB ．小球在E 点的电势能大于在O 点的电势能C ．小球在F 点的速度一定最大D ．小球在运动过程中机械能一直减小 答案 B16．(2018·河南省新乡市第三次模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s 内行驶了1 m ，第2 s 内行驶了2 m ，则汽车第3 s 内的平均速度为( ) A ．2 m/s B ．3 m/s C ．4 m/s D ．5 m/s答案 B解析 根据匀变速直线运动的推论可知：x 2－x 1＝x 3－x 2，则x 3＝3 m ，则第3 s 内的平均速度为v 3＝x 3t＝3 m/s ，故选B.17．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M 点，另一端系一质量为m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图3A ．轨道对轻环的支持力大小为mgB ．细线对M 点的拉力大小为3mg 2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°答案 D解析 对轻环受力分析，因轻环两边细线的拉力相等，可知两边细线拉力与圆弧对轻环的支持力方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA ＝∠MAO ＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；则轨道对轻环的支持力大小为F N ＝2mg cos 30°＝3mg ，选项A 错误；细线对M 点的拉力大小为F T ＝mg ，选项B 错误；细线对轻环的作用力大小为F N ′＝F N ＝3mg ，选项C 错误；由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．18．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子11H 和氦核42He 都从顶点A 沿∠BAC 的角平分线方向射入磁场，质子11H 从C 点离开磁场，氦核42He 从相切点D 离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )图4A ．6∶1B ．3∶1C ．2∶1D ．3∶2答案 A解析 设三角形的边长为L ，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R ＝36L ，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r 1＝R tan 60°＝12L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r 2＝R tan 30°＝16L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A 正确．19．(2018·福建省南平市5月综合质检)用同样的交流电源分别给图5甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，则( )图5A ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等B ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2∶1C ．甲、乙两个电路中的电功率之比为3∶2D ．甲、乙两个电路中的电功率之比为2∶1 答案 AC解析 设灯泡的额定电流为I ，电阻为R ；在题图乙中，副线圈的电压U 2＝IR ，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，得原线圈两端电压为U ＝U 1＝3U 2＝3IR ；在题图甲中，滑动变阻器两端电压为U R 1＝U －2IR ＝IR ，流过的电流为I ，则滑动变阻器接入电路的阻值为R 1＝U R 1I ＝IR I＝R ，故A 正确，B 错误；在题图甲电路中，电功率为P 1＝UI ＝3I 2R ，在题图乙中，电功率为P 2＝2I 2R ，则P 1∶P 2＝3∶2，故C 正确，D 错误．20．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，长为L 的轻质细杆一端拴在天花板上的O 点，另一端拴一质量为m 的小球．刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A 点运动到B 点，不计空气阻力和O 点阻力，则( )图6A ．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0B ．小球下落高度为0.5L 时，细杆对小球拉力为1.5mgC ．小球经过B 点时，细杆对小球的拉力为2mgD ．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小 答案 BD解析 小球下摆过程中，重力做的功W ＝mgL ，则重力的平均功率P ＝mgLt，不为零，故A 错误；小球下落高度为0.5L 时到达C 点，设细杆与水平方向夹角为θ角，其受力情况如图所示由几何关系得：sin θ＝0.5 L L ＝12，解得θ＝30°；下降0.5L ，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得：mg ×0.5L ＝12mv C 2，在C 点有：F T －mg sin θ＝m v C2L，联立解得：F T ＝1.5mg ，故B 正确；从A 点到B 点，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv B 2，在B 点有：F T ′－mg ＝m v B 2L，联立解得：F T ′＝3mg ，故C 错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由P G ＝mgv y 知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 正确． 21．(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图7所示，线圈ABCD 匝数n ＝10，面积S ＝0.4 m 2，边界MN (与线圈的AB 边重合)右侧存在磁感应强度B ＝2π T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB 边以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动．则以下说法正确的是( )图7A ．线圈产生的是正弦交流电B ．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC ．线圈转动160 s 时瞬时感应电动势为40 3 VD ．线圈产生的电动势的有效值为40 V 答案 BD解析 线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A 错误；电动势最大值E m ＝nBS ω＝80 V ，故B 正确；线圈转动160 s 、转过角度π6，瞬时感应电动势为e ＝E m sin π6＝40 V ，故C 错误；在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有(E m2R)2R ·T2＝(ER )2RT ，可得电动势有效值E ＝E m2＝40 V ，故D 正确.。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练6 2016年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2016年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省周口市期末)如图1所示，正方形闭合单匝线圈abcd 边长l ＝0.2 m ，质量m 1＝0.47 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线圈上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．质量m 2＝1.0 kg 的滑块通过定滑轮O 用绝缘细线与线圈ab 边的中点相连后，放置在倾角为θ＝37°的固定斜面上的A 点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.15，绝缘细线OA 部分与斜面平行，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.滑块由静止释放后沿斜面向下运动，当线圈开始进入磁场时，恰好做匀速运动，求此速度v 的大小．图1答案 1 m/s解析 线圈开始进入磁场时，ab 边切割磁感线E ＝Blv感应电流I ＝E R ＝Blv R安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ①对线圈abcd ，根据平衡条件有：F T ＝F 安＋m 1g ②对滑块：m 2g sin θ＝μm 2g cos θ＋F T ③联立①②③，代入数据解得：v ＝1 m/s25．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．答案 (1)3mg ，方向向下 (2)13mgR (3)19R 解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2 在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R， 联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下．(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ， 物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ，由能量守恒定律得：12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR ； (3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ， 设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12， 解得x ＝19R百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练8
2017年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题自要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·衡水金卷调研卷五)如图1所示，质量为m的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再次相撞，则a 的取值范围为( )图1A.15<a <13B.13<a <23C.13<a <25D.13<a ≤35答案 D15．(2018·福建省南平市5月综合质检)如图2所示，为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，水平匀速飞行的无人机在斜坡底端A 的正上方投弹，炸弹垂直击中倾角为θ＝37°，长为L ＝300 m 的斜坡的中点P ，若g 取10 m/s 2，则无人机距A 点的高度h 和飞行的速度v 分别为( )图2A ．h ＝170 m v ＝30 m/sB ．h ＝135 m v ＝40 m/sC ．h ＝80 m v ＝30 m/sD ．h ＝45 m v ＝40 m/s答案 A16．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图3，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外．在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是( )图3A ．若小球带正电荷，则小球的电势能减小B ．若小球带负电荷，则小球的电势能减小C ．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D ．小球的动能可能会增大 答案 C17．(2018·福建省南平市5月综合质检)人们发现铋有极其微弱的放射性，一个铋核(21283Bi)经过α、β衰变后变成一个铅核(20882Pb)，并伴随产生了γ射线．该反应中铋核、α粒子、β粒子、铅核的质量分别为m 1、m 2、m 3、m 4，下列说法正确的是( ) A ．α射线、β射线、γ射线相比，γ射线具有较强的电离本领 B ．核反应中释放的γ光子频率是(m 2＋m 3＋m 4－m 1)c2hC ．铋核的结合能比铅核的结合能大D ．原子核发生一次β衰变后，该原子外层就失去一个电子 答案 C解析 α射线、β射线、γ射线相比，α射线具有较强的电离本领，故A 错误；核反应中释放的能量为ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 2－m 3－m 4)c 2＝h ν，解得频率ν＝(m 1－m 2－m 3－m 4)c 2h，故B错误； 铋核的核子数比铅核的核子数多，故铋核的结合能比铅核的结合能大，故C 正确；衰变反应发生在原子核内部，原子核由质子和中子组成，发生β衰变时一个中子变为质子并释放一个电子，故D 错误．18．(2018·广西钦州市第三次质检)如图4甲所示，ab 为磁场边界，在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成两个半径分别为r 和2r 的圆环1和圆环2，让圆环的直径与边界重合．磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内()图4A ．两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．两圆环一直具有扩张的趋势C ．环1和环2中感应电流的大小之比为1∶2D ．环1和环2中的电功率之比为1∶4 答案 C解析 磁感应强度方向向里且减小，由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，0～t 0时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t 0～t 1时间内为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小的趋势，A 、B 错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即ΔBΔt 恒定，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ′可知产生的感应电动势大小之比为E 1E 2＝12πr 212π(2r )2＝14，根据电阻定律R ＝ρL S ＝ρ2πr S 可知两环的电阻之比为R 1R 2＝12，故感应电流之比为I 1I 2＝E 1R 1E 2R 2＝12，C 正确；电功率之比为P 1P 2＝I 12R 1I 22R 2＝18，D 错误．19．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图5所示，有两根长均为L 、质量均为m 的细导体棒a 、b ，其中a 被水平放置在倾角为45°的光滑固定绝缘斜面上．b 被水平固定在斜面的右侧．且a 、b 在同一水平面上保持相互平行．当两棒通以大小均为I 的电流时，a 恰好在斜面上保持静止，重力加速度为g ，下列关于b 棒在a 处产生的磁场的说法中，正确的是()图5A ．方向一定竖直向下B ．方向可能竖直向上C ．磁感应强度大小一定为mg ILD ．磁感应强度大小一定为2mg 2IL答案 BC解析 由于a 恰好在斜面上保持静止，所以a 、b 之间一定是吸引力，即a 、b 中电流的方向应相同，由于题中没有给出a 中电流的方向，所以b 的电流方向也不确定，则b 棒在a 处产生的磁场可能向上也可能向下，故A 错误，B 正确；a 受到重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡状态，因夹角为45°，则B ＝mg IL，故C 正确，D 错误．20．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)在水平面内有一沿x 轴方向的静电场，其电势φ随坐标x 变化的图线如图6所示(φ0、－φ0、x 1、x 2、x 3、x 4均已知，O 、x 1、x 2、x 3、x 4为x 轴上等间距的点)．现有一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球(不计重力)从O 点以某一未知初速度v 0沿x 轴正方向射出，则下列说法正确的是( )图6A ．在0～x 1间的电场强度沿x 轴正方向，大小为E 1＝φ0x 1B ．在0～x 1间与在x 3～x 4间电场强度相同C ．只要v 0＞0，该带电小球就能运动到x 4处D ．只要v 0＞2q φm，该带电小球就能运动到x 4处答案 BD解析 由于沿电场方向，电势降落，可知0～x 1间的电场强度沿x 轴负方向，由E ＝U d，得E ＝ΔφΔx ＝φ0x 1，φ－x 图象的斜率等于电场强度，在0～x 1间与在x 3～x 4间斜率相同，则电场强度相同，故A 错误，B 正确；由φ－x 图象可知，x 3处电势最低，速度最小，只要能到达x 3处就一定能到达x 4处．若小球恰好到达x 3处，由动能定理得：－qU ＝－q φ0＝0－12mv 02，故v0＝2qφ0m，只要v0>2qφ0m，带电小球就能运动到x4处，故C错误，D正确．21．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图7所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有( )图7A．轻绳对小球的拉力逐渐增大B．小球对斜劈的压力先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大答案AD解析对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：根据平衡条件，细线的拉力F T′增加，支持力F N减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力F N，杆的支持力F N′，拉力F T，如图乙所示，根据平衡条件，有：水平方向F N′＝F N sin θ，竖直方向F T＋F N cos θ＝G，由于F N减小，故F N′减小，F T增加，C错误，D正确．。
(全国通用版)2019高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练5 2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练
2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d2高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：图1(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B .答案 (1)3gd 2 (2)3mg (R ＋r )2d 23gd解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得v 2＝2a ·d 2根据牛顿第二定律得mg －14mg ＝ma 解得：v ＝3gd 2(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv 回路中通过的感应电流为I ＝ER ＋r对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14mg解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ；(2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2R② 由①②联立得：v ＝4 m/sF N ＝22 N ，方向向下③(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④A 、B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12 ⑤由④⑤联立得s ＝4.5 m ，所以k ＝s L＝45；(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12⑥ 解得：v n ＝v 12－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。
全国通用版19高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练82017年全国Ⅰ卷计算题考点排查练
2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值． (2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案 (1)0.52 (2)大于等于0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos θ×h sin θ－μmgL ＝12mv 2可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v 应小于等于v 0＝1 m/s ，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，根据动能定理在斜面上有：mgh －μmg cos θ×h sin θ＝12mv 12 在水平面上有：12mv 02－12mv 12＝－μ1mgL 联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5 C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案 (1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23 m (3)在圆弧轨道上往复运动解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则 由动能定理得mgR －qER ＝12mv B 2由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B2R解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－ μmgx ＝0得x ＝23 m(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。
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2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排
查练
24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5 m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5 m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
图1
(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．
(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．
答案(1)0.52 (2)大于等于0.82
解析(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh－μmg cos θ×h
sin θ－μmgL＝
1
2
mv 2
可得：μ＝0.52
(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v 应小于等于v 0＝1 m/s ，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，根据动能定理
在斜面上有：mgh －μmg cos θ×h sin θ＝12
mv 12 在水平面上有：12mv 02－12
mv 12＝－μ1mgL 联立得：μ1＝0.82
所以μ1≥0.82
25．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14
圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5
C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：
图2
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；
(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；
(3)小滑块最终的运动情况．
答案 (1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23
m (3)在圆弧轨道上往复运动 解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则
由动能定理得mgR －qER ＝12
mv B 2 由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R
解得F N ＝2.2 N
由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下
(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，
mgR －qE (R ＋x )－ μmgx ＝0
得x ＝23
m
(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N
因此有qE>μmg
所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。