江苏省海安高级中学2018-2019学年高一物理上学期第一次月考试题(含解析)

江苏省海安高级中学2018-2019学年高一物理上学期第一次月考试题（含解析）一、单项选择题．本题共9小题，每小题3分，共计27分．每小题只有一个选项符合题意．
1。

关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是
A. 离太阳越近的行星运动周期越短
B. 所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
C。

行星绕太阳运动时，太阳位于行星椭圆轨道的对称中心处D。

所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积均相等
【答案】A
【解析】
【详解】A、由公式=k知，离太阳越近R越小，行星运动公转周期越T越短，故A正确。

B、由开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且是在不同的椭圆轨道上绕太阳运动,太阳处在所有椭圆的一个焦点上．故B错误.
C、由开普勒第一定律可得,行星绕太阳运动时，太阳位于行星椭圆轨道的一个焦点处,故C错误；
D、同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积均相等，故D 错误。

故选:A
2.在离地面高度为h处斜向上抛出一质量为m的物体，抛出时的速度为v0，当它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在
此过程中空气阻力对物体做的功为
A。

B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：
mgh+w阻=-
w阻=
ABC错误，D正确。

故选：D。

【点睛】注意题目中说的是在此过程中空气阻力对物体做的功，而非克服空气阻力做的功.
3。

质量为m的汽车，其发动机额定功率为P.当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k倍，则车的最大速度为（）A。

B。

C。

D.
【答案】D
【解析】
当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，汽车匀速运动时，受力平衡，由于汽车是沿倾斜的路面向上行驶的，对汽车受力分析可知，
汽车的牵引力，由功率，所以上坡时的速度:,故D正确.
点睛:汽车的功率不变，但是在向上运动和向下运动的时候,汽车的受力不一样，牵引力减小了，可知，汽车的速度就会变大，分析清楚汽车的受力的变化情况是解决本题的关键。

4.一质量为m的人造地球卫星在圆轨道上运行，它到地球表面的距离等于地球半径R，地球表面重力加速度为g，则
A. 卫星运动的速度为
B. 卫星运动的周期为
C。

卫星运动的加速度为
D. 卫星受到的地球引力为
【答案】B
【解析】
【详解】在地球表面有：mg＝G,可得GM=g，
卫星绕地球运动万有引力提供圆周运动向心力有：G＝
m=m=mg′
A、卫星运动的线速度:v＝==，故A错误。

B、卫星运动的周期:T=4=2，故B正确。

C、卫星运动的加速度g´==,故C错误。

D、由C分析知卫星运动的加速度g´=,所以卫星运动所需向心力即地球的引力为mg´=，D错误.
故选：B．
【点睛】能根据地球表面重力与万有引力相等和万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论,掌握规律是正确解题的前提．
5。

三根光滑的坚固的细金属杆焊接成一等腰三角形ABC，过C的转轴竖直且与三角形的底边AB垂直，将光滑的小环套在三角形的腰BC上（小环可以沿BC自由滑动），三角形以角速度ω1、ω2绕转轴匀速转动时,小环在水平面内做匀速圆周运动的轨迹分别如图中的虚线所示,则
A. ω2〉ω1
B. 以ω2转动时小环的加速度比以ω1转动时小环的加速度大
C. 以ω2转动时小环的线速度比以ω1转动时小环的线速度大
D. 以ω2转动时小环的向心力比以ω1转动时小环的向心力大
【答案】C
【解析】
【分析】
对环受力分析，找出向心力来源,然后根据匀速圆周运动规律分析解题。

【详解】环受力如图。

小环受到金属杆的支持力和重力，二者的合力充当向心力，设BC 杆与转动轴的夹角为θ，则根据矢量三角形可得，故环在两个位置的向心力相同，根据可得半径大的角速度小，即,AD 错误；向心加速度，所以两者的向心加速度相同,B错误；根据
可得由于向心加速度相同,所以半径大的线速度大，故以转动时小环的线速度比以转动时小环的线速度大，C正确.
故选：C.
6。

如图所示,实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b在一段时间内的运动轨迹如图中的虚线所示。

a、b仅受电场力的作用，则关于这段时间内带电粒子的运动，下列说法中正确的是
A. a一定带正电,b一定带负电
B。

电场力对a做正功,对b做负功
C。

a的速度将减小，b的速度将增大
D。

a的加速度将减小，b的加速度将增大
【答案】D
【解析】
【分析】
电场线的疏密代表电场的强弱,所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向,而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性．根据动能定理，合外力做正功，动能增加进行分析。

【详解】A。

由于两电荷所受的电场力的方向相反,故a、b两粒子所带的电荷的电性相反,但由于电场线方向未知,故电荷正负不能确定，故A错误；
B。

根据运动轨迹可知，电场力的方向与运动方向夹角均为锐角，因此电场力对ab均做正功，故B错误
C.由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的电势能越来越小,而动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故C错误.
D.由电场线的分布可知，M点左侧的电场线越来越疏，场强越来越小，a粒子受的电场力越来越小,根据牛顿第二定律可判定a粒子的加速度将减小；M点右侧的电场线越来越密，场强越来越大，b粒子受的电场力越来越大，可判定b粒子的加速度将增大，故D正确。

故选：D。

【点睛】该题的关键是从图象中判断出入射的带电粒子电场力的方向与运动方向夹角均为锐角，电场力一定对两个粒子都做正功，故
电势能都减小，动能都增大．
7.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为( )
A. mg/q B。

2mg/q C。

3mg/q D. 4mg/q
【答案】C
【解析】
试题分析:设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，得到，小球经过B点时，由牛顿第二定律得将代入得，C正确；考点：考查了圆周运动，电场力做功
【名师点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力,而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．8.如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长）底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出.则质点两次落到斜面上时
A. 落点相同，速度方向相同
B。

落点相同，速度方向不同
C。

落点不同，速度方向不同
D。

落点不同，速度方向相同
【答案】D
【解析】
由题意知，落到斜面上时速度v方向水平向左，看运动的逆过程,从左向右看为平抛运动，水平方向x=vt，竖直方向，，所以速度v0与水平方向夹角的正切值是定值与速度v无关,所以以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出，到达斜面速度水平向左，落点不同，故A、B、C错误;D正确。

9。

均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为：
A. B.
C. D。

【答案】B
【解析】
把半个球面补到右面，组成一个完整的球壳,根据对称性，可知,左半
球在N点的场强大小与右半球在M点的场强大小相等，设这个场强为，则有，解得：
二、多项选择题．本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
10。

如图所示,在圆规匀速转动画圆的过程中
A。

笔尖的角速度不变
B. 笔尖的线速度不变
C. 笔尖和针尖的连线在相等的时间内转过的角度相等
D。

笔尖的加速度不变
【答案】AC
【解析】
【详解】A.笔尖在匀速转动画圆过程中线速度的方向在改变，所以线速度改变，而角速度不变,故B错误,A正确。

C。

笔尖和针尖的连线在相等的时间内转过的角度θ=ωt相等，故C 正确.
D.笔尖的加速度，即圆周运动的向心加速度a=R,大小不变，而方向时刻在改变，故D错误.
故选：AC
11。

1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东
方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439 km和2384 km，则（）
A。

卫星在M点的机械能大于N点的机械能
B. 卫星在M点的角速度大于N点的角速度
C。

卫星在M点的加速度大于N点的加速度
D。

卫星在N点的速度大于7.9km/s
【答案】BC
【解析】
试题分析：根据开普勒行星运动第二定律可知，星在近地点M点的线速度大于远地点N点的线速度，选项A正确；根据可知，因M点的转动半径小于N点，则卫星在M点的角速度大于N点的角速度,选项B正确；根据万有引力定律可知，卫星在M点所受的地球的引力大于N点的引力,则星在M点的重力大于N点的重力，选项C正确；卫星在N点的速度小于7．9km/s,选项D错误;故选ABC.
考点：开普勒行星运动定律;万有引力定律
12。

如图所示，一个电荷量为—Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小值v.已
知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0及静电力常量为k,则下列说法正确的是
A. 点电荷甲在B点处的电场强度大小为
B. O、B间的距离为L0
C。

在点电荷甲形成的电场中，A、B间电势差
D。

点电荷乙在A点的电势能大于B点的电势能
【答案】AD
【解析】
【分析】
滑动摩擦力的大小方向不变,A运动到B的过程中静电力在增大，电荷的加速度在减少，库仑力F做正功，电荷的电势能在减少，由动能定理可求A、B间电势差。

【详解】A.当乙从A运动到B的过程中，库仑力F小于摩擦力f，据库仑定律F=可知，F增加，由F-f=ma可知，电荷乙做加速度减小的减速运动；当电荷乙处于B点时,库仑力F与摩擦力f相等，有=，所以点电荷甲在B点处的电场强度大小：E==，故A 正确。

B。

在B点有：=,O、B间的距离为，故B错误。

C。

电荷从A向B运动过程中，由动能定理有：q-L0=m—m,故A、B间电势差，故C错误.
D。

电荷乙向左运动过程中，水平方向受到向左库仑力F和向右摩擦力f，库仑力F做正功而摩擦力f做负功,所以整个运动过程电场力做正功电荷的电势能减小，故D正确.
故选：AD.
【点睛】电荷运动到B点时的速度减小到最小值v，由受力分析和运动分析可知此时库仑力F和向右摩擦力f相等.
13。

如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B 用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是
A. A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
B. A球增加的机械能等于B球减少的机械能
C。

A球的最大速度为
D. 细杆对A球做的功为
【答案】BD
【解析】
【详解】A、B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点，A球增加的重力势能为mg2R，B球减少的重力势能为4mgR,故A错误。

B.B球沿圆环下滑至最低点，A球运动到最高点的过程中，两个球组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，A球的重力势能和动能均增大，A球的机械能增大;则知B球的机械能减小，A球增加的机械能等于B球减少的机械能．故B正确.
C、两个球组成的系统机械能守恒，当B球运动到最低点时，设AB 两球速度最大为v，由机械能守恒有：
2mg·2R —mg2R=(m+2m），解得A球最大速度:v，=，故C错误；
D、细杆对A球做的功为W，由动能定理对A球有：W-mg2R=m—0 W=mg2R+m,代入数据得细杆对A球做的功w=，故D正确.故选：BD.
【点睛】轻质细杆相连的A.B两球沿圆环运动类角速度相同，线速度也相同，注意能量关系；轻杆可以向各个方向施加力。

14.如图所示，半径为R 的半球固定在水平面上，有一质量为m的小球静止在半球面的顶端,受到扰动后,无初速度沿此光滑半球面滑下，重力加速度为g．则下列说法正确的是
A。

小球离开半球面之前,水平方向的加速度先变大后变小
B. 小球与半球面分离时，小球离地面高度为
C。

小球落地时速度大小为
D。

小球落地时重力的功率为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A。

最初位置的水平加速度为0，离开圆弧时只受重力水平加速度也为0，所以水平加速度是先增大,后减小，故A正确.
B.小球与半球面分离时,小球与球面间弹力为0，重力沿半径方向的分力充当向心力,设此时半径与竖直方向的夹角为，则mg=m,
由几何关系和动能定理有:mgR（1-R)=m解得=，此时小球离地面高度h=R=，故B正确。

C.小球下落过程中只有重力做功有：mgR=m,落地时速度v=,故C正确。

D。

小球落地速度方向不是竖直方向球，小球落地时重力的功率不是，故D错误.
故选：ABC.
三、简答题：共计18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．15。

三个同学根据不同的实验条件,进行了探究平抛运动规律的实验：
（1)甲同学采用如图甲所示的装置。

用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察并听到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_______________。

(2）乙同学采用如图乙所示的装置.两个相同的弧形轨道M、N分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看做与光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D;调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道末端的水平初速度v0相等。

现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源,使两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的末端射出。

实验可观察到小铁球P、Q在水平板上相碰.仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明_______________。

（3）丙同学采用频闪照相法拍摄到如图丙所示的小球做平抛运动的照片,图中每个小方格的边长为L＝1。

25 cm，则由图可求得拍摄时每s曝光______次，该小球做平抛运动的初速度大小为_______ m/s。

（g＝9。

8 m/s2,保留两位有效数字）
【答案】（1）. 平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动(2）。

平抛运动在水平方向的分运动是匀速运动(3）。

28 （4）。

0.70
【解析】
【分析】
探究平抛运动的规律中，实验（1）同时让A球做平抛运动，B球做
自由落体运动．若两小球同时落地,则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动．实验（2)同时让P球做平抛运动,Q球做匀速运动．若两小球相碰，则说明平抛运动水平方向是匀速运动．利用在相等的时间内位移之差是恒定的，结合重力加速度可求出它们间的时间．再利用水平方向的位移结合时间可算出抛出的初速度．
【详解】（1）在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动．结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动; （2）让两小球从相同的弧形轨道上相同高度滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球P做平抛运动,小球Q做匀速直线运动,当两小球相遇时则说明小球平抛运动水平方向是匀速直线运动．当同时改变两小球滚下的高度时，仍能相碰，则说明平抛运动水平方向总是匀速直线运动．
(3）平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；在竖直方向:由△h=gt2可得
16.《验证机械能守恒定律》实验装置如图甲所示，某实验小组正确完成了一系列实验操作后,得到了一条图乙所示的打点纸带，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个打点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6,用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O 点的距离h1、h2、h2、h3、h4、h5、h6．
（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出各个计数点时刻对应的速度v1、v2、v3、v4、v5、v6,其中v3的计算式为v3=________. (2）若重锤的质量是m，取打点O时刻重锤位置为重力势能的零势能点，分别算出各个计数点时刻对应重锤的势能E pi和动能E ki，计数点3时刻对应重锤的势能E p3=________;接着在E-h坐标系中描点作出如图丙所示的E k-h和E p—h变化图线；求得E k-h图线斜率是k1，E p-h图线斜率是k2，则k1、k2关系为_________时机械能守恒．（3)关于上述实验，下列说法正确的是_______
A．实验中必须用天平测出重锤的质量m
B．为了减小纸带阻力和空气阻力的影响，重锤质量应该适当大些C．若实验纸带上打出点被拉长为短线,应适当调高电源电压D．图丙E k-h图线中，计数点1对应的描点偏差较大，可能是长度测量误差相对较大引起的
(4）关于该实验操作你还能提出哪些注意事项（至少1条）
_________________________
【答案】(1）。

（2）. (3）。

（4）. BD (5）. 重锤从靠近打点计时器处释放，或调节打点计时器限位孔在同一竖直线上
【解析】
【详解】(1）从图中可以看出《验证机械能守恒定律》实验装置采用的是重物的下落运动，可以认为是匀变速运动，求某点的速度利用中间时刻的速度与某段时间内的平均速度相同。

即v3=
（2)打计数点3时刻在打计数点0时刻的下方,所以E p3=-mg.重物下落机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能，所以
（3）A.根据机械能守恒有：mgh2—mgh1=m－m，重锤的质量m 在等式两边都消去了，故不需要用天平测出重锤的质量m，A错误. B。

为了减小纸带阻力和空气阻力的影响，重锤质量应该适当大些,这样可以减少误差，B正确.
C．若实验纸带上打出点被拉长为短线，应适当调低电源电压，C正确.
D。

计数点1对应的描点偏差较大,可能是长度测量误差相对较大引起的,D正确。

故选：BD。

（4）建议：重锤应从靠近打点计时器处释放；或调节打点计时器限位孔在同一竖直线上，减少纸带与打点计时器间的摩擦；或重锤质量适当大些。

故答案：（1). (2）. （3). （4)。

BD （5）.
重锤从靠近打点计时器处释放或调节打点计时器限位孔在同一竖直线上，减少纸带与打点计时器间的摩擦;或重锤质量适当大些.
四、计算题:本题共4小题,共计55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
17.已知火星探测器在距火星表面高为h的轨道围绕火星做匀速圆周运动,测得探测器围绕火星飞行n圈的时间为t，火星视为半径为R 的均匀球体，引力常量为G，求:
(1）火星的质量；
(2)火星的第一宇宙速度v。

【答案】（1）（2)
【解析】
（1）设火星的质量为M，火星探测器质量为m
对火星探测器：
又：
联立解得：
（2) 设火星的第一宇宙速度为v，火星近地卫星质量为，
有:
带入(1)问M得：.
点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论,并能灵活运用，知道第一宇宙速度等于贴近星球表面做圆周运动的速度,
即轨道半径等于星球的半径.
18.将一个力传感器通过数字实验系统连接到计算机上，就可以实时显示快速变化的力并用图象的形式呈现出来．一质量为m的小球用一条长度为l的轻绳连接,绳的另一端固定在力传感器上．将小球拉起至轻绳与竖直方向的夹角为θ时由静止释放，小球在竖直面内来回摆动(如图甲所示），不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2．
（1)求小球运动到最低点时的速度v及所受轻绳的拉力大小F1；（2）由静止释放时轻绳的拉力F2大小为多少？
(3）若用力传感器测得绳子对悬点的拉力随时间变化的曲线如图乙所示，则绳子的最大偏角θ为多大？
【答案】(1)(2)（3）θ=53°
【解析】
【详解】（1）小球运动到最低点的过程中，由动能定理得：mg l(1-）=m
在最低点根据牛顿第二定律有:F1—mg=m
可解得小球运动到最低点时的速度：v=
轻绳的拉力F1=
(2)由静止释放时小球的加速度为0，沿绳方向故F2=
（3)设小球的质量为m，绳子长度为l,绳子拉力的最小值和最大值各
为F1´和F2´
小球摆动至最高点时，绳子拉力最小：F1´=mgcos
小球摆动至最低点时，绳子拉力最大：F2´—mg=m
摆动过程小球的机械能守恒：mg l（1—)=m
其中由力的图像知F1´=1。

0N，F2´=3.0N.
由以上各式解得cos=，所以绳子的最大偏角为θ=53°19。

如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置,C是最低点，圆心角∠BOC为θ=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0m,斜面长L=4.0m，现有一个质量
m=1。

0kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为μ=0。

25，g取10m/s2，sin37°=0。

6，cos37°=0.8，不计空气阻力．求：
（1）物体P第一次通过C点时的速度v C大小；
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，则最高点E 和D点之间的高度差h为多大？（3）物体P从A点无初速下滑后的整个过程中,在斜面上运动的总路程s为多少？在轨道上C点所受的最小支持力N是多大？
【答案】（1）m/s (2）h=0。

8m （3）S=11m N=14N 【解析】
【详解】（1)由几何关系可判断斜面与水平面的夹角也为θ=37°，物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有：
mg(Lsin37°+R—Rcos37°)-μmgLcos37°=m
得：＝
代入数据得＝6m/s
（2)从C到E机械能守恒有：mg(R+h)=m
E与D间高度差为:h＝－R,代入数据得E和D点之间的高度差h=0.8m
（3）物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时,经C点压力最小,，设在C点的最小速度为v，由B到C根据机械能守恒有：mgR（1—cos37°)＝m
v＝=2m/s
在C点所受的最小支持力N：N-mg＝m，N=mg+m
代入数据得N=14N
由动能定理可得P在斜面上运动的总路程S:
mg L sin37°—μmgScos37°=m-0
代入数据得S=11m
【点睛】此题把动能定理，机械能守恒，牛顿第二定律都融合在了一起。

要注重牛顿第二定律的瞬时性.
20.如图，水平方向的匀强电场中，有一半径为r的光滑绝缘竖直圆轨道，电场方向与轨道平面平行．a、b为轨道内侧上与圆心等高的两点。

一质量为m、电荷量为q（q〉0）的小球从b点由静止释放,
恰能到达轨道的最低点．已知重力加速度为g．
（1)求电场强度的大小E；
（2）若在b点给小球一竖直向下的初速度,使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则初速度v0至少多大？
（3）若将小球从a点由静止释放，求经过b点时小球对轨道压力的大小N b(设小球碰到轨道后不会弹起）．
【答案】（1)(2）（3)
【解析】
【详解】(1）由题知小球从b点由静止释放，恰能到达轨道的最低点，这个过程由动能定理得：
mgR=qER，。

（2)带电小球在复合场中受力如图:
因为qE=mg,等效重力mg´=mg，，等效重力加速度g´=g,=，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，设在在等效最高点速度为v有：mg´=m
小球从b点到等效最高点由动能定理得:-qEr(1+）
—mgrcos=m—m
可解得：
（3）若将小球从a点由静止释放，设到b点时速度为v，小球从a 到b由动能定理有：
2qEr=m
在b点有:N b—qE=m
解得：N b=5mg
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的大小也是5mg，方向水平向右
【点睛】在复合场中的圆周运动用等效的观点来处理问题,可以使问题简单化。