2019-2020年高二物理上学期第一学月考试试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期第一学月考试试卷（含解析）一、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项正确）1下述说法正确的是( )A根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；点电荷的场强；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简单从数学理解E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不一定比分场强大电场线与运动轨迹不是一回事解答：解：A、E由电场本身决定，与F、q无关故A错误 B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比故B正确 C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小故C错误 D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合故D错误故选B点评：本题考查对场强两个公式的理解能力，要注意区分试探电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与试探电荷无关2关于静电场，下列说法中正确的是( )A在电场强度为零的区域电势一定处处为零B两点间的电势差与零电势的选取有关C负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少D根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：借助常见的电场分析场强与电势间的关系；利用电势差的定义式和公式U=Ed 分析；利用电势能的公式分析负电荷的运动情况解答：解：A、处于静电平衡态的导体内部场强为零，且是等势体即电势处处相同，但不一定为零，故A错误B、据U=知，两点间的电势差与零电势的选取无关，故B错误C、据Ep=q知，负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，故C正确D、匀强电场公式U=Ed 中，d为沿着电场线的方向，所以两点间的距离越大，电势差不一定大，只有沿着电场线的距离大时，电势差才越大，故D错误故选：C点评：本题的关键：明确场强和电势都是描述电场的，二者无直接关系但相互关联；灵活应用电势差公式和电势能公式3如图所示各图中，A、B两点电场强度相同的是( )ABCD考点：电场线分析：电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同，根据这个条件进行判断解答：解：A、AB是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；B、AB场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同，故B错误；C、AB是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确；D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误故选：C点评：明确矢量大小和方向都相同才相同，对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题4等量异号点电荷连线的中垂线上有a、b两点如图所示，将一个带负电的点电荷q从a沿此中垂线移到b，下列说法不正确的是( )Aq所受电场力方向始终向左Bq的电势能先增大后减小Cq所受的电场力先增大后减小Da、b两点电势相同考点：电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，电荷在等势线上移动时电势能不变；根据电场强度与等势面垂直，分析电荷所受电场力方向的变化情况；在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大解答：解：A、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场强度与等势面垂直，电荷带负电，可知，q所受电场力方向始终向左故A正确B、电荷在等势线上移动时电势能不变则知该电荷的电势能不变故B错误C、在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，则知，q所受的电场力先增大后减小故C正确D、由上分析得知，a点电势等于b点的电势故D正确本题选择错误的，故选：B点评：本题考查对等量异种电荷电场线、等势线分布情况的掌握程度，关键要抓住等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线5图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.73103J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )A865V/m，垂直AC向左B865V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下考点：电场强度；电势能；等势面专题：计算题分析：由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度解答：解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U=173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m； 故选D点评：电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离6如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，由此可知( )AA球的质量较大BB球的质量较大CB球受的拉力较大DA球对B球的库仑力大于B球对A球的库仑力考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用分析：小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，根据平衡条件列出等式根据平衡等式表示出所要比较的物理量，再根据已知量的关系进行比较解答：解：A、对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：mAg=mBg=因，所以mAmB，故A正确，B错误；C、根据平衡条件有：F拉A=F拉B=因，所以B球受的拉力较小，故C错误；D、根据库仑定律，结合牛顿第三定律，可知，A球对B球的库仑力大于B球对A球的库仑力，故D错误故选：A点评：本题考查物体的平衡，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题比较一个物理量时，应先运用物理规律表示出这个物理量再进行比较二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分）7如图所示，两颗“近地”卫星1和2都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些两颗卫星相比较，下列说法中正确的是( )A卫星2的向心加速度较大B卫星2的线速度较大C卫星2的周期较大D卫星2的角速度较大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：本题抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式求解即可解答：解：设任一卫星的轨道半径为r，卫星的质量为m，地球的质量为M根据地球的万有引力提供卫星的向心力得：G=ma=m=mr=m2r则得：a=G，v=，T=2，=由上可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度a、线速度v、角速度都越小，周期T越大所以卫星2的向心加速度a、线速度v、角速度较小，只有周期较大，故C正确故选：C点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系8如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中( )A小球带正电B机械能守恒C动能与重力势能之和增加D动能减少，重力势能和电势能都增加考点：电势能；电势分析：带点小球做直线运动，所受合力方向与运动方向必定在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化解答：解：A、带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上小球受到重力和电场力，可知小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相反，所以小球带负电故A错误B、C、D因为电场力和重力方向与位移方向夹角为钝角，所以重力和电场力都做负功，故重力势能增加，电势能增加，根据能量守恒可知，小球的机械能减小，即动能与重力势能之和减小根据动能定理得：合外力做的功等于动能的变化量，合外力做负功，动能减小故BC错误D正确故选：D点评：本题考查了重力做功与重力势能及电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题9如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得( )AABBA=BCEAEBDEA=EB考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据受力方向判断电场线方向，从而判断电势的高低根据加速度的大小，判断场强大小的变化解答：解：由图乙知负电荷从A自由释放后，做加速运动，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是AB根据vt图象的斜率表示加速度，则知负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由F=q E知场强减小，则有 EAEB故C正确ABD错误故选：C点评：本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，如斜率等于加速度，运用力学的方法分析10如图所示的匀强电场场强为1103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm则下述计算结果正确的是( )Aab之间的电势差为40VBac之间的电势差为50VC将q=5103C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功为零D将q=5103C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是0.25J考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场线方向两点间的距离，求解两点间的电势差根据公式W=qU求解电场力做功解答：解：A、ab之间的电势差Uab=Eab=1030.04V=40V故A正确 B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V故B错误 C、将q=5103C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功故C正确 D、将q=5103C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=qU=5103C40V=0.2J故D错误故选：AC点评：电场力做功与重力做功相似，只与电荷初末位置有关，与路径无关基础题11两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电( )A保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D断开K，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大考点：电容器的动态分析分析：电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容C=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化解答：解：A、保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由E=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故A错误；B、保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q=UC可知，极板上的电量增大，故B正确；C、断开K，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C=可得U=，则可知U减小，故C正确；D、断开K，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由U=可知极板上的电势差减小，故D错误；故选BC点评：电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变12如图所示，在点电荷Q形成的电场中，a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一等势面上，甲、乙两带电粒子的运动轨迹分别为曲线acb和曲线adb若两粒子通过a点时具有相同的动能，则( )A甲、乙两粒子带异号电荷B甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时的动能相同C两粒子经过b点时的动能相同D甲粒子经过c点时的动能小于乙粒子经过d点时的动能相同考点：动能定理的应用；等势面分析：根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0解答：解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷Q的引力，而电荷乙受到中心电荷Q的斥力，故两粒子的电性一定不同故A正确B、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，甲受引力作用、乙受斥力作用，甲粒子从a到c电场力做正功，乙粒子从a到d电场力做功负功，经过a点时初动能相等，根据动能定理得知：甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能，故B错误C、a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能故C正确D、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，c=d0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=q，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能故D错误故选：AC点评：根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口同时要注意电势能，电荷，电势都有正负三、实验题（本题共4小题，每空2分，共18分）13把电荷移近不带电导体，在导体上离电荷近的一端带异种电荷，离电荷远的一端带同种电荷，这种现象叫静电感应考点：静电现象的解释分析：使物体带电的方式有三种，感应起电：是使物体中的正负电荷分开，使电荷从物体的一部分转移到另一部分解答：解：把电荷移近不带电导体，电荷产生的电场会吸引异种电荷，所以在导体上离电荷近的一端带 异种电荷，离电荷远的一端带 同种电荷，这种现象叫静电感应故答案为：异种电荷 同种电荷点评：掌握各种使物体带电的方式，知道无论无论哪种方法，都是电荷在物体之间的转移或从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变14一个电容器当带电量为Q时，板间电势差为U，当它的电量减少3106C时，板间电势差降低2102V，此电容器的电容为0.015F考点：电容器专题：电容器专题分析：根据电容的定义式C=，因为给定的电容器电容C一定，则C=，根据此式求电容解答：解：因为给定的电容器电容C一定，则C=1.5108F=0.015F故答案为：0.015点评：本题关键要掌握电容的两个公式C=，可根据数学知识理解并掌握15真空中有一电场，在电场中的P点放一电量为4.0109C的检验电荷，它受到的电场力为2.0105N，则P点的场强为5103N/C；把检验电荷电量减小为2.0109C，则该电荷在P点受到的电场力为1.0105N，若将P点的检验电荷移走，则P点的场强为5103N/C考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：已知检验电荷在电场中受到的电场力，根据场强的定义式E=求解P点的场强当检验电荷电量改变时，P点的电场强度不变，由F=qE求解电场力电场强度反映电场本身的性质，与检验电荷无关，将检验电荷移走后电场强度不变解答：解：由电场强度公式知，P点的场强为：E=N/C=5103N/C 当将检验电荷的电量减小为2.0109C，则P点的场强仍然是5103N/C，其电场力为 F=qE=2.0109C5103N=1105N电场强度反映电场本身的性质，与检验电荷无关，将检验电荷移走后电场强度仍为E=5103N/C故答案为：5103；1.0105；5103点评：本题关键要理解并掌握电场强度的定义式E=，知道公式中E与F、q均没有关系，它是比值定义式当q越大时，则F越大16将带电量为6106 C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3105J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力做了1.2105 J的功，则A、C间的电势差为3 V；电荷从A点移到B点再从B点移到C点的全过程中，电势能变化了1.8105J J；设A点为零电势点，则C点的电势为3 V考点：电势能；电势分析：（1）根据题意，电荷从A到B再到C，电场力做功WAC=WAB+WBC，再由A、C间的电势差由公式UAC=求解；（2）根据电场力做功等于电势能的变化，结合电荷从A到B再到C过程中，电场力做功，即可求解，根据UAC=AC求的电势解答：解：（1）负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3105J的功，即做功为WAB=3105J；A、C间的电势差为：UAC=3V；（2）因电场力做功，导致电势能的变化，则有：WAC=E电；解得：E电=3105J+1.2105J=1.8105J；即电势能减小了1.8105J；UAC=AC解得C=3V故答案为：3，1.8105J，3点评：本题关键掌握电势差的定义式U=，公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性，并掌握电场力做功与电势能的变化关系四、计算题（本题共4个题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17A、B、C是三个完全相同的导体小球，A、B的带电情况相同，A，B固定放置后（可视为点电荷），其间的相互作用的库仑斥力为F，今将不带电的小球C先后与A、B小球接触后移去，则A、B间的库仑力的大小将变成多少？考点：库仑定律分析：理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解解答：解：用不带电的同样小球C先和A接触后，电荷均分，A带电量为，C带电量也为；C与B接触电荷再均分，C与B带电量均为（Q+）=Q；然后移去C，A、B间的作用力为原来的（）（Q）：QQ=3：8，答：A、B间的库仑力的大小将变成F点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题18如图所示，一根长为l不可伸长的细丝线一端固定于O点，另一端系住一个质量为m的带电小球将此装置放在水平向右的匀强电场E中，待小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为，求：（1）小球带什么电？电量是多少？（2）保持小球带电量不变，用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点，外力对小球做多少功？考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为，对小球进行受力分析即可判断小球的电性，根据力的合成与分解即可求得电量；（2）用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点的过程中，小球始终处于平衡状态，动能不变，根据动能定理即可解题解答：解：（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，所以小球带正电小球受力如图所示，qE=mgtan即q=（2）将小球缓慢拉到竖直方向的最低点的过程中，小球动能变化量为零，设外力小球做功为W，由动能定理可知：W+mgl（1cos）qElsin=0由式得：W=答：（1）小球带正电，电量为；（2）保持小球带电量不变，用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点，外力对小球做的功为点评：本题主要考查了同学们受力分析的能力以及动能定理的直接应用，难度不大，属于基础题19如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1=mv020，解得：v0=；（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律得：a=，水平：L1=v0t1，y1=at12，解得：y1=；（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据学公式得：vy=at1=，电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示：t2=，y2=vyt2 解得：y2=，P到O点的距离y=y1+y2=；答：（1）电子穿过A板时的速度大小：；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为：；（3）P点到O点的距离为：点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解第（3）问也可以利用三角形相似法求解20如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0104 N/C现有一电荷量q=+1.0104C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数=0.50，重力加速度g=10m/s2求：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，由重力和轨道的支持力的合力提供带电体的向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力；（2）带电体从P运动到B过程，运用动能定理即可求出PB间的距离；（3）带电体从B运动到C的过程中，由动能定理求出经过C点时的速度大小带电体离开C点后，受到重力和电场力作用，运用运动的分解法研究：在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，即可进行求解解答：解：（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得：FNmg=m，解得：FN=7.25N；（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：（qEmg）s=mvB20，解得：s=2.5m；（3）设带电体运动到C点的速度为vC，由动能定理得：，带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，2R=gt2，在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，依据牛顿第二定律：qE=ma，设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，水平方向位移：x=vctat2，解得：x=0.40m；答：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小为7.25N；（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离为2.5m；（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离为0.40m点评：本题是动能定理与圆周运动的向心力、运动的合成与分解知识的综合，关键是运用分解法研究带电体在复合场中运动的过程