【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练20 库仑定律 电场力的性质.doc，共(11)页，913.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练20库仑定律电场力的性质1．(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A

时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法()A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法答案：AC解析：当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬

丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．2．(2018·河南4月模拟)a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关

于电荷c，下列判断正确的是()A．c一定带负电B．c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案：B解析：根据电场力方向来

确定各自电性，从而得出“两同类一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c所带的电荷量一定大于q，故A、C错误，B正确；如果a、b固定，则只需使c处于平衡状态即可，由于a、

b带异号电荷，c应位于a、b连线的外侧，又由于a的电荷量大于b的电荷量，则c应靠近b，c的电荷量不能确定，故D错误．3．(2018·山东泰安一模)如图所示，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同

的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点．aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是()A．aB＝aCvB＝

vCB．aB>aCvB＝vCC．aB>aCvB<vCD．aB<aCvB>vC答案：C解析：库仑力F＝kQqr2，两粒子在B、C两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知aB>aC，a＝Fm，解得mB<mC，因为B、C两点位于同一等势线上，电

势相等，所以两粒子从A运动到B和从A运动到C，电场力做功相同且做负功，有－W＝12mv2－12mv20，所以12mB(v20－v2B)＝12mC(v20－v2C)，因为mB<mC，所以vB<vC，C正确．4．

(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使小球A的电荷

量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是()A．小球B受到细线的拉力大小不变B．小球B受到细线的拉力变小C．两球之间的库仑力大小不变D．小球A的电荷量减小为原来的127答案：AD解析：对

小球B进行受力分析，由三角形相似可得mgL＝TL＝FAB，解得T＝mg，F＝mgL·AB，在小球A的电荷量减小的过程中，小球B受到细线的拉力大小不变，A正确，B错误；当两球间距离AB变为原来的13，则库仑力减小为原来的13，C错误；再由F＝kqAqBAB2和F＝mgL·AB，联立解得qA＝mgA

B3kqBL，所以小球A的电荷量减小为原来的127，D正确．5．如图所示，光滑平面上固定金属小球A，用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有(

)A．x2＝12x1B．x2>14x1C．x2＝14x1D．x2<14x1答案：B解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的14，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长

量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的14，B正确．6．(2018·湖北七市州联考)如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)

，从左端以初速度v0滑上金属板光滑的上表面向右运动到右端，在运动过程中()A．小球先做减速运动再做加速运动B．小球受到的合力的冲量为零C．小球的电势能先减少，后增加D．小球先加速运动，后减速运动答案：B解析：根据点电荷与金属板形成的电

场的电场线特点可知，在金属板处，电场强度的方向垂直于金属板竖直向下，所以小球受重力、竖直向下的电场力、金属板的弹力，所受合力为零，小球做匀速直线运动，A、D错误；I＝Ft，合力为零，所以合力的冲量为零，B正确；电场力对小球不做功，小球的电势能不变，C错误．7.(2018·江西九江十校

第二次联考)如图所示，A是带电荷量为＋Q、半径为R的球体且电荷均匀分布．(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)．B为带电荷量为＋q的带电体，可看作点电荷．已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点距离也

为r，那么只把带电荷量为＋q的带电体移到e点，e点到c、d两点的距离均为r.则d点场强大小为()A．k2qr2B．kQ2r2C．kq2r2D．k2qr2答案：A解析：由c点场强为零可知kQr2＝kqr2，Q＝q，把带电荷量为＋q的带电体移到e点，两电荷在d点处产生的场强大小相等，均为E＝kq

r2＝kQr2，两场强方向垂直，所以d点场强大小Ed＝2E＝2kqr2＝2kQr2，A正确．8．(2018·四川泸州二诊)(多选)如图所示，图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统，O为电荷连线和中垂线的交点，M、N是连线上关于O点对称的两点，p、q是中垂线上

关于O点对称的两点．现有一个正点电荷，仅受电场力作用，则()A．该正点电荷在图甲和图乙中从p运动到q时一定是沿直线运动B．该正点电荷在图甲和图乙中从M运动到N时一定是沿直线运动C．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p和qD．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p和q答案：BC解析：题

图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，所以该正点电荷从p到q运动时电场力的方向与运动方向共线，做直线运动，题图乙中，等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷，所以该正点电荷从p向q运动的过程

中，受的电场力向右，故应该做曲线运动，A错误；在连线上，题图甲中，电场强度的方向由中点O指向两负电荷，所以该正点电荷从M向N运动，电场力与速度方向共线，做直线运动；题图乙中，电场强度的方向由M到N，所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线，做直线运动，B正确；给该正点电荷适当的速度，可

以使其在垂直于纸面内以O点为圆心，以Op为半径做匀速圆周运动，C正确；根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知，在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p和q，D错误．9．(2018·河北邢台检

测)如图所示，在真空中放置四个带电体，它们的带电荷量均为＋Q，半径均为R，彼此互不影响．甲为均匀带电的球，乙为均匀带电的圆环，丙为均匀带电的圆盘，丁为均匀带电的半球壳．在过球心或圆心O的中轴线上，距离球心或圆心r处的A点，电场强度的大小E可用公式E＝kQr2(k表示静电力常量)计算的有()

A．甲B．甲、丁C．乙、丙D．甲、乙、丙答案：A解析：题图甲中球体均匀带电，故可看作是在球心O处的点电荷，其A点处的电场强度可以用E＝kQr2求解，图甲符合题意；题图乙中应该把圆环分成无数小段的电荷元Δq，每段电荷元在A点处形成的电场叠加，故A点处的电场强度不可以用E＝kQ

r2求解，图乙不符合题意；题图丙中应该把带电盘面分成无数小的电荷元，每个电荷元在A点处形成的电场叠加，故A点处的电场强度不可以用E＝kQr2求解，图丙不符合题意；题图丁中，球壳上的电荷Q不能等效于放在球心处的点电荷，故A点处的电场强度不可以

用E＝kQr2求解，图丁不符合题意．故选A.10．(2018·湖北天门、仙桃、潜江联考)如图所示，一边长为L的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和O、O和c间的距离均为L，在a点处固定有一电荷

量为q(q<0)的点电荷．已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．k8q9L2B．kQL2C．kqL2D．k10q9L2答案：D解析：电荷Q在b点和c处产生的场强大小相等，方向相反，根据b点处的场强为

零，可知Q带负电，且kQL2＝kqL2，在c点处，两电荷产生的场强方向均向左，Ec＝kQL2＋kqL2＝k10q9L2＝k10Q9L2，D正确．11．(2018·山西太原联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A、B，分别安放两个电荷量均为

＋Q的带电小球，A、B连线与水平方向成30°角，在半圆环上穿着一个质量为m、电荷量为＋q的小球．已知半圆环的半径为R，重力加速度为g，静电力常量为k，将小球从A点正下方的C点由静止释放，当小球运动到最低点D时，求：(1)小球的速度大小；(2)小球对环的作用力．答案：(1)g

R(2)3＋36·kQqR2＋2mg解析：(1)由静电场知识和几何关系可知，C、D两点电势相等，小球由C运动到D的过程中，mgh＝12mv2，由几何关系可知h＝R2，解得v＝gR.(2)小球运动到D点时，AD＝3R，BD＝R，小球分别受到A、B两端带电小球的作用力为FA＝

kQq3R2，FB＝kQqR2，设环对小球的支持力为FN，FN－FAcos30°－FBsin30°－mg＝mv2R，由牛顿第三定律可知小球对环的压力FN＝F′N，解得F′N＝3＋36·kQqR2＋2mg，方向竖直向下．12．质量都是m的两个完全相同、带

等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α

＝30°，求：(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；(2)外加匀强电场的场强E.答案：(1)A带正电，B带负电，Q＝3mg3kl(2)1033mgk/9l解析：(1)A球带正电，B球带负电未加电场时，两小球相距d＝2l－2lsinα＝l由A球受力平衡可得：mgtanα＝kQ2d2解得：

Q＝3mg3kl(2)外加电场时，两球相距d′＝2l＋2lsinα＝3l根据A球受力平衡可得：QE－kQ2d′2＝mgtanα解得：E＝1033mgk9l刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·天津卷，7)(多选)如图所示，在点电荷

Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷

C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势答案：BC解析：若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<Ep

B；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB.综上所述选项A、D错误，选项B、C正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，虚线是以

P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则()A．aa>

ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb答案：D解析：a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb<rc<ra，则三点的

电场强度由E＝kQr2可知Eb>Ec>Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab>ac>aa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝12mv2b－12m

v2a<0，则vb<va，从b到c电场力做正功，由动能定理知|qUbc|＝12mv2c－12mv2b>0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，则va>vc，故va>vc>vb，选项D正确．3．(2016·江苏卷，3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝

缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．

将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同答案：C解析：A点的电场线比B点的稀疏，故A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A错误；沿着电场线方向电势降低，故小球表面的电势比容器内表面的电势高，选项B错误；容器内表面

是等势面，所以B点的电场强度方向与容器内表面垂直，选项C正确；电场力做功与电荷的运动路径无关，选项D错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·湖北孝感统考)在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量

为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为()A．EB.E2C.E3D.E4答案：B解析：撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的＋3q和与其关于O点对称点＋q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E＝k·3qR2－kqR2＝k·2qR2，方向水平向左

．撤去A点的小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点＋q产生的，所以E′＝kqR2＝E2，方向水平向右，B正确．5．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D

位于y轴上．C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的场强恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)()A.5kQ4l2，沿x轴正方向B.5kQ4l2，沿x轴负方向C.3

kQ4l2，沿x轴负方向D.3kQ4l2，沿x轴正方向答案：D解析：B点处的场强恰好为零，说明负点电荷在B点产生的场强与两正点电荷在B点产生的合场强大小相等、方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B点的场强为kQl2，沿x轴负方向，

两正电荷在B点的合场强也为kQl2，沿x轴正方向，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B点的距离为2l，负点电荷在B点产生的场强为kQ4l2，方向沿x轴方向，两正电荷在B点产生的合场强的大小仍为kQl2，方向沿x轴正方向，所以B点处合场强大小为kQl2－kQ4l2＝3kQ4l2，方向沿

x轴正方向，D正确．6．(2018·上海4月模拟)均匀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上均匀分布的正电荷，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.kq2R2－EB.kq4R2C.kq4R2－ED.kq4R2＋E答案：A解析：把AB右侧半球面补齐，即将电荷量分别为＋q、－q的两个半球面叠加在一起，AB在N点的场强相当于所带电荷量为2q的完

整的球壳在N点向右的场强E1与多加的所带电荷量为－q的半球面在N点向左的场强E2的矢量和，E2大小等于原球壳在M点的场强大小E，则EN＝E1－E2＝2kqR2－E＝kq2R2－E，方向向右，选项A正确．7．(2

018·广东江门模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为()A．l＋5

kq22k0l2B．l－kq2k0l2C．l－5kq24k0l2D．l－5kq22k0l2答案：C解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F1＝kq2l2和F2＝kq2l2.由力的平衡可知弹簧弹

力的大小F＝F1＋F2＝5kq24l2，弹簧的伸长量为Δl＝Fk0＝5kq24k0l2，故弹簧的原长为l0＝l－Δl＝l－5kq24k0l2，C正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·广东惠州三调)(多选)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M

、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是()A．点电荷M、N一定是同种正电荷B．点电荷M、N一定为异种电荷C．点电荷M、N

所带电荷量的绝对值之比为D．x＝4a处的电场强度不一定为零答案：AC解析：v­t图象的斜率大小等于运动过程的加速度大小，而a＝Eqm，所以x＝4a处的电场强度大小为零，D错误．又因为正电荷从x＝2a处向右先加速运动后

减速运动，所以x＝0到x＝4a之间电场强度方向向右，x＝4a到x＝6a之间电场强度方向向左，所以点电荷M、N一定是同种正电荷，A正确，B错误；由x＝4a处电场强度大小为零，得kQMa2＝kQNa2，则点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为QMQN＝，C正确．9．(2018·山东菏泽统测)(

多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆心平直径的两个端点，AC为14圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正

上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A．小球在AC部分可能做匀速圆周运动B．小球一定能从B点离开轨道C．若小球能到达C点，小球在C点时的速度一定不为零D．若小球能到

达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定相等答案：AC解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC部分可能做匀速圆周运动，A正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半

径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故B错误；若小球到达C点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C点，所以小球到达C点的速度不可

能为零，C正确；由A到B根据动能定理有－EqR＝12mv2B－12mv2A，所以若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定不相等，D错误．刷易错易误——排难点易错点1分析不清A、B的受力情

况及运动情况10．(多选)如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为＋3q，B球带电荷量为－q，由静止同时释放后A球加速度的大小为B球的3倍．现在A、B中点固定一个带正电的C球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小

相等．则C球带电荷量为()A.3q4B.3q8C.3q20D.9q20答案：BC解析：由静止同时释放后A球加速度的大小为B球的3倍，根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为3；当在A、B中点固定一个带正电的C球，由静止同时释放A、

B两球，释放瞬间两球加速度大小相等．(1)若两球的加速度方向相反，即A球向右，B球向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A，k3q·qr2－kQC－3qr2＝ma，对B，k3q·qr2＋kQc·qr2＝3ma，综上解得，QC＝320q；(2)若两球的加速度方向相同，即A、B球均向左，

根据库仑定律与牛顿第二定律，对A，kQC·3qr2－k3q·qr2＝ma，对B，kQC·qr2＋k3q·qr2＝3ma，综上解得，QC＝38q，故B、C正确，A、D错误．易错点2不能正确理解题给信息，从而正确地给出解答11．

(2018·安徽师大附中期中)理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R、电荷量为Q且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k，则星球表面下h深度处的电场强度的大小为()A.kQR－hR3B.kQ

R－h2C.kQR2D．0答案：A解析：星球的体积V0＝4πR33，所以半径(R－h)的内球所带的电荷量q＝VV0·Q＝R－h3R3·Q，星球表面下h深度处的电场强度的大小E＝kqR－h2＝kQR－hR3，故选A.刷综合大题——提能力12．(2018·四川

绵阳二诊)如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场

强未知的匀强电场中．一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块I在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动

，到达倾斜段DP上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案：(1)2m/s(2)18N解

析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起的BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝2m

/s.(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N，则R(1－cosθ)＝h，N－(m1＋m2)g＝m1＋m2v22R，解得N＝18N.