学年高二物理上学期10月月考试题(含解析)(DOC 15页).doc

1、2013-2014学年浙江省宁波市北仑区柴桥中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1（3分）（2013秋高阳县校级月考）下列关于电荷及其守恒定律的说法正确的是（）A利用静电感应可使任何物体带电B无论采用任何方式使物体带电都不是创造了电荷C带点体所带的电荷量可以是任意值D电子和质子所带电荷量相等，所以它们的比荷也相等考点：电荷守恒定律版权所有分析：电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变电荷守恒定律适用于任

2、何起电现象，且带电量均是元电荷的整数倍解答：解：A、依据电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变电荷守恒定律适用于任何起电现象，静电感应不可使绝缘体带电，故A错误，B正确；C、根据带电的本质可知，带点体所带的电荷量是元电荷的整数值，故C错误；D、电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故D错误；故选：B点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，掌握带电的条件与带电的本质，理解比荷的含义2（3分）（2013秋武功县校级期末）如图所示，将左边的铜导线与

3、右边的铝导线连接起来，已知铝导线的横截面积是铜导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在铝导线上取一个截面B，若在1秒内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的电流关系是（）AIA=IBBIA=2IBCIB=2IAD不能确定考点：电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：掌握串联电路中的电流规律：串联电路各处电流都相等；解答：解：两导线串联，由于串联元件电流处处相等，所以I1=I2，故A正确故选A点评：此题考查了串联电路电流的规律，是非常基础的考察3（3分）（2012广州二模）在点电荷Q形成的电场中某点P，放一电荷量为q的检验电荷，q受到的电场力为F如果将q移走，那么P点的电

4、场强度大小为（）ABCqFD0考点：电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：移走检验电荷，电场强度不变，根据电场强度的定义式得出电场强度的大小解答：解：移走检验电荷，电场强度不变，则E=故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键知道电场强度的大小与检验电荷的电量无关，由电场本身的性质决定4（3分）（2013秋蓟县期中）如图所示的四种电场中，分别标记有a，b两点，其中a，b两点电场强度大小相等、方向相反的是（）A如图中与点电荷等距的a，b两点B如图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a，b两点C如图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a，b两点D如图中非匀强电场

5、中的a，b两点考点：电场线；电场强度版权所有分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向根据电场线的疏密判断场强的大小，切线方向判断场强方向结合电场线的分布情况进行解答解答：解：A、在甲图中，a、b两点离场源电荷距离相等，电场强度大小相等由于电场线是直线，a、b点的电场强度的方向就沿着电场线的方向，所以a、b的电场强度的方向不同，但不是相反的，故A错误；B、根据对称性可知，a，b两点电场强度大小相等在等量异种电荷连线的中垂线上各点的电场强度的方向都与两电荷连线平行，且指向负电荷的一侧的，所以a、b的电场强度的方向相同，故B错误；C、在

6、等量同种电荷连线的中垂线上的点的电场强度的方向都是由中间指向两侧的，在对称的位置，电场强度的大小是相同的，方向相反，故C正确；D、在非匀强电场中的a、b两点，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向，显然它们的方向不同，但是不是相反的，故D错误；故选：C点评：解答本题要掌握住常见的几种电场的分布情况，特别是等量异种电荷和等量同种电荷的电场，抓住其对称性来分析场强关系，这是经常考查的地方5（3分）（2013秋高阳县校级月考）下列有关静电力的功、电势和电势能的相关说法正确的是（）A在匀强电场中静电力的功只与电荷的初末位置有关；在非匀强电场中静电力的功不仅与电荷的初末位置有关，还跟电荷经过的路径有

7、关B将负电荷从电场中电势较低的位置移动到电势较高的位置时电势能将升高C电荷在电场中运动过程中电场力所做的功等于末位置电势能减初位置的电势能D在电场中画出的电场线一定与等势面垂直，并且一定由电势高的等势面指向电势低的等势面考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：静电力的功只与电荷的初末位置有关，与路径无关；电势能与电势的关系为Ep=q，式中各量代入符号分析；电场力所做的功等于电势能的减少；电场线一定与等势面垂直，并且一定由电势高的等势面指向电势低的等势面解答：解：A、无论匀强电场还是非匀强电场，静电力的功都只与电荷的初末位置有关，跟电荷经过的路径无

8、关；故A错误B、根据公式Ep=q，可知负电荷在电势高处电势能小，所以将负电荷从电场中电势较低的位置移动到电势较高的位置时电势能将降低，故B错误C、电场力所做的功等于电势能的减少，即初位置电势能减末位置的电势能，故C错误D、电场线一定与等势面垂直，并且一定由电势高的等势面指向电势低的等势面故D正确故选：D点评：本题关键要正确理解静电力做功的特点，掌握电势能与电势的关系为Ep=q，以及电场力做功与电势能变化关系等等基础知识6（3分）（2012秋邵武市校级期末）两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是（）A两电阻的阻值为R1大于R2B两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压C两

9、电阻串联在电路中时，R1消耗的功率大于R2消耗的功率D两电阻并联在电路中时，R1的电流大于R2的电流考点：电功、电功率；欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的横坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行电阻大小的比较两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等解答：解：A、伏安特性曲线斜率表示电阻的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A错误B、两电阻串联在电路中时，电流相等，根据A的分析可知：即U2U1，故B错误；C、两电阻串联在电路中时，电流相等，根据P=I2R可知：R1消耗的功率小于R2

10、消耗的功率，故C错误D、两电阻并联在电路中时，电压相等，根据I=得：R1的电流大于R2的电流，故D正确故选：D点评：本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等7（3分）（2012秋迎泽区校级期中）关于电动势下列说法中正确的是（）A在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加B对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大C电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多D电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多考点：电源的电动势和内阻版权所有专题：恒定电

11、流专题分析：根据电源电动势的定义E=，即可作出判断解答：解：A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，将其他能转化为电能，电能增加故A正确 B、C、D根据电动势的定义E=，电动势越大，非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做功越大，而不是电荷量越多故B、D错误，C正确故选AC点评：概念是物理知识的细胞，加强基本概念学习，是提高物理解题能力的基础8（3分）（2014秋东河区校级期中）如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确

12、的是（）A加速度始终增大B加速度先增大后减小C速度先增大后减小D速度始终不变考点：库仑定律；牛顿第二定律版权所有分析：根据自由运动电荷的受力情况得出加速度方向，根据所受合力大小的变化，判断加速度大小的变化，根据加速度方向和速度方向的关系判断速度的变化解答：解：根据A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点C的电场强度为0，从C到无穷远，电场强度先增大后减小，因此自由电荷在C点所受合力为0，沿中轴线运动，所受合力的方向沿中轴线向上，在无穷远处，合力又为零，所以合力的大小先增大后减小，根据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，加速度方向向上，与速度相同，所以速度一直增大故B正确，A、C、D错

13、误故选：B点评：解决本题的关键得出自由电荷所受合力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，以及知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向反向，做减速运动二、多项选择题（本大题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分，共16分）9（4分）（2012大连模拟）如图所示，在等量异种点电荷+Q和Q的电场中，有一个正方形OABC，其中O点为两电荷连线的中点下列说法正确的是（）AA点电场强度比C点的电场强度大BA点电势比B点的电势高C将相同的电荷放在O点与C点电势能一定相等D移动同一正电荷，电场力做的功WCB=WOA考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能

14、版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况：在等量异种电荷连线上，中点O的电场强度最小，在两电荷连线中垂线上，O点场强最大中垂线为一条等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断解答：解：A、在等量异种电荷连线上，中点O的电场强度最小，在两电荷连线中垂线上，O点场强最大，则A点的场强大于O点的场强，O的场强大于C点的场强，所以A点的场强大于C点的场强，故A正确B、沿着电场线电势要降低，过A和B的场强都指向Q由图可知，B到Q的距离要大于A到Q的距离，故B点的电势比A点的电势高，故B错误C、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，

15、故将相同的电荷放在O点与C点电势能一定相等，故C正确D、因为BA，O=C，所以UCBUOA，根据电场力做功的公式W=Uq，所以在电场中移动同一正电荷，从C到B电场力做的功小于从O到A电场力做的功故D错误故选：AC点评：在本题中，关键要熟悉掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场线和等势面的分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况10（4分）（2013秋北仑区校级月考）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容将变小B静电

16、计指针张角变小C带电油滴的电势能增加D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化解答：解：A、根据电容的决定式 C=知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小故A正确B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误C、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的

17、电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小故C错误D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=，C=和 C=得E=，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确故选：AD点评：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变板间场强表达式E=，要会推导，并在理解的基础上记住结论11（4分）（2013秋北仑区校级月考）如图所示，为某一正的点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB

18、的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A由于AB的长度等于BC的长度，故UAB=UBCBa一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹Ca虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变Db虚线对应的粒子的质量小于c虚线对应的粒子的质量考点：电场线；电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有分析：电场线的疏密反映了电场强度的大小；根据曲线运动的条件判断电场力方向；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小解答：解：A、根据公式U=，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强，故UABUBC，故

19、A错误；B、图为某一正的点电荷所形成的一簇电场线，故电场线箭头向右；a粒子受向左的电场力，与电场强度方向相反，故a粒子带负电；同理b和c一定是正粒子的运动轨迹；故B错误；C、由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；D、a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；C粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F=m，C粒子的质量较小；故D错误；故选：C点评：本

20、题是带电粒子在电场中运动的定性分析问题，关键结合曲线运动的条件和向心力公式进行分析，不难12（4分）（2013庐阳区校级一模）如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势版权所有专题：带电粒

21、子在电场中的运动专题分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零解答：解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速

22、度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故D正确故选：BD点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法三、实验题（13、14每题3分；15题每小题3分，共18分）13（3分）（2013秋景洪市校级期末）一电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为200要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上（）A并联一个0.4的电阻B并联一个20

23、0的电阻C串联一个0.4的电阻D串联一个200的电阻考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：恒定电流专题分析：将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程解答：解：要使电流表量程变为0.5A，则流过并联电阻的电流I=0.50.001A=0.499A；并联部分的电压U=IgR=0.001200=0.2V，则需要并联的电阻r=0.4；故选A点评：对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可14（3分）（2013秋北仑区校级月考）电流表A1和A2由完全相同的小量程电流表改装而成，A1的量程为05A，A

24、2的量程为015A，为了测量15A20A的电流强度，需把A1和A2并联串入电路使用，则（）A两只电流表的读数相等B两只电流表指针偏转角度相等C两只电流表的读数不等，指针偏转角度也不等DA1、A2的指针偏转角度相等，读数也相等考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大指针的偏转取决于流过表头的电流的大小解答：解：两电流表A1、A2并联，电流表两端电压相等，表头两端电压相等，通过表头的电流相等，指针偏转的角度相等，由于电流表量程不同，电流表读数不相等，故ACD

25、错误，B正确；故选：B点评：装后的电流表的电流分为两个支路，一为表头，一为并电阻，示数为总电流，指针偏转角度取决于流过表头的电流大小15（12分）（2013秋杜集区校级期中）图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于A端（选填“A”、“B”或“AB中间”）（3）实验中测得有关数据如下表：U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的

26、IU特性曲线（用横坐标表示U）（4）根据你描绘的IU特性曲线，可求得灯泡的额定功率为0.66W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）按照电路图一个一个回路连接，注意滑动变阻器的连接，以及电表的极性（2）为了保护电路，将滑动变阻器滑动A端，使得电键闭合时，测量电路处于短路状态，起到保护作用（3）用平滑曲线描点作图（4）在图线上找出U=2.5V时所对应的电流，根据P=UI求出灯泡的额定功率解答：解：（1）如图所示；（2）电键闭合前，将滑动变阻器滑动A端，使测量电路处于短路状态，起到保护作用；（3）用平滑曲线描点作图如图所示；（4）当电压为2.5V时，从UI图线

27、上知，电流为0.262A，则P=UI=0.66W故答案为：（1）如图（2）A（3）如图（4）0.630.67W点评：解决本题的关键会根据电路图连接实物图，以及会根据数据进行描点作图，注意作图时用平滑曲线，偏离比较远的点可以舍去四、计算题（共42分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）16（10分）（2007深圳模拟）在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小E=6105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带负电q=5108C，质量为m=10g的绝缘物块（可看作质点），

28、物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：物块先向右做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止根据牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理求出物块最终停在的位置解答：解：第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零物体受到的摩擦力为：f=mg物体受到的电场力为：F=qE由牛顿第二定律得：a=5m/s2由运动学公式得：s1=0.4m第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直

29、到停止由动能定理得：Fs1f（s1+s2）=0所以s2=0.2m则物块停在原点O左侧0.2m处答：物块最终停止时的位置停在原点O左侧0.2m处点评：解决本题的关键理清物块的运动过程，结合动能定理和动力学知识进行求解17（16分）（2011浙江模拟）如图所示，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与300V直流电源的两极相连接，AB，如果在两板正中间有一电子（ m=91031kg，e=1.61019C），沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入，则：（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？考点：带电粒子

30、在匀强电场中的运动；平抛运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在电场中做类平抛运动，将这个运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动假设电子能飞出电场，初速度和板长已知，可求出时间，AB方向上的位移，将y与cm比较，即可判断电子能否飞离电场根据电子不能飞离电场的宽度，求出能飞出电场的电子数占总电子数的百分比解答：解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移，其中联立求解，得y=0.6cm，而cm，所以，故粒子不能飞出电场（2）从（1）的求解

31、可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x=dy=10.6=0.4cm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分 比为：故答案为：（1）电子不能飞离平行金属板正对空间；（2）40%点评：带电粒子在电场中运动的分析方法与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况和运动情况，再选择恰当的规律解题，这是处理这类问题基本的解题思路这题还用假设法，这也是物理上常用的方法18（16分）（2013涪城区校级模拟）如图所示，AB是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间

32、存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0103N/C，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面AB对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=5.0104C，取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解解答：解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f=（mg+qE）cos37=0.96N 设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得（mg+qE）h解得 v 1=2.4m/s （2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得：（mg+qE）R（1cos37）=当滑块经过最低点时，有 FN（mg+qE）=由牛顿第三定律：FN=FN解得：FN=11.36N，方向竖直向下答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小是2.4m/s；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力是11.36N方向竖直向下点评：本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，中等难度- 17 -