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知识点71：
电
运动
在
场中
带电体的力与功能关系的
题
问
【知识思维方法技巧】
（1）带电体在电场中运动的分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平
衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公
式、动能定理、能量守恒定律解题．电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强
方向相同
（2）带电体动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式。能量规律：动能定理或能量守恒
定律。其中电场力做功的特点：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB。
（3）对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问
题，用能量观点处理也常常更简捷。用能量守恒定律处理带电体的运动，列式的方法常有
两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
③两个结论：若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。若带电
粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
点
：
考
一
带电体在点电
电
的运动
荷
场中
题型
：带电体
一
在绝缘
的运动
水平轨道上
【典例1 提高题】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，
运动到B 点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小
恒为Ff，A、B 间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB 间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB 间电势差UAB＝
【典例1 提高题】【答案】C
【解析】点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近
过程中静电力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A 错误；在小
球向左运动过程中静电力一直做正功，因此电势能一直减小，故B 错误；当速度最小时有：
Ff＝F＝k，可得：r＝，故C 正确；点电荷从A 运动到B 过程中，根据动能定理有：UABq
－FfL0＝mv2－mv0
2，计算得出，UAB＝，故D 错误．
【典例1 提高题对应练习】（多选）如图所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电
荷A、B，在AB 连线上的P 点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始
一直向右运动到AB 连线上的一点M 而停下．则以下判断正确的是( )
1
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A．滑块一定带的是与A、B 异种的电荷
B．滑块的电势能一定是先减小后增大
C．滑块的动能与电势能之和一定减小
D．AP 间距一定小于BM 间距
【典例1 提高题对应练习】【答案】CD
【解析】滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑
块一定带与A、B 同种的电荷，否则滑块将向左运动，A 错误．滑块运动可能有两种情况：
1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.
滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB 中点前停止，电场力始终做正功，电势能始
终减小，B 错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内
能增大，则动能与电势能之和一定减小，C 正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面
不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0 的位置在P 点关于AB 中点对称点的
左侧，所以AP<BM，D 正确．
题型
：带电体
的运动
二
在绝缘斜面轨道上
【典例2 提高题】(多选)如图所示，斜面粗糙绝缘，A 点处固定一点电荷甲，将一带电小物
块乙从斜面上B 点处由静止释放，乙沿斜面运动到C 点时静止．则( )
A．乙在B 点的电势能一定大于在C 点的电势能
B．甲、乙有可能带异种电荷
C．从B 到C 的过程中，乙可能做匀减速运动
D．从B 到C 的过程中，乙的机械能的损失量一定小于克服摩擦力做的功
【典例2 提高题】【答案】AD
【解析】乙沿斜面下滑时，甲、乙之间的距离增大，而电荷量都不变，根据库仑定律可知
乙所受到的库仑力逐渐减小．若两者是异种电荷，乙下滑的加速度将增大，速度不断增大，
不可能到C 处静止，所以得知甲、乙一定带同种电荷，电场力对乙做正功，电势能减小，
则乙在B 点的电势能一定大于在C 点的电势能，故A 正确，B 错误；由于乙所受的库仑力
不断减小，合外力在变化，所以乙不可能做匀减速运动，故C 错误；从B 到C 的过程中，
库仑力对乙做正功，摩擦力做负功，重力做正功，根据功能关系可知：乙的机械能的损失
量与系统电势能的损失量之和等于克服摩擦力做的功，则乙的机械能的损失量一定小于克
服摩擦力做的功，故D 正确．
2
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【典例2 提高题对应练习】如图甲，倾角为θ 的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q 的
正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，小物块沿斜面向上
滑动至最高点B 处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙(E1和x1
为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图像可求出( )
A．小物块的带电量
B．A、B 间的电势差
C．小物块的质量
D．小物块速度最大时到斜面底端的距离
【典例2 提高题对应练习】【答案】C
【解析】由动能图线得知，小物块的速度先增大，后减小。根据库仑定律得知，小物块所
受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块沿斜面向上
做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为
零。由动能图线看出，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受库仑力与重力沿
斜面的分力平衡，由于没有x 的具体数据，所以不能求出q，故A 错误；A 到B 的过程中
重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电
量不知道，所以不能求出A、B 之间的电势差，故B 错误；由重力势能线得到Ep＝mgh＝
mgxsin θ，算出斜率，即可求出m；图像中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小
物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离，故D 错误。
题型
：带电体
的运动
三
在绝缘细杆上
【典例3 提高题】(多选)如图所示，相距为2d 的A、B 两个点电荷固定于竖直线上，电荷
量分别为＋Q 和－Q。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB 连线间的距离为d，C、D 是
细杆上与A、B 等高的两点，O 点是CD 中点。一个质量为m、电荷量为＋q 的带电小球
P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C 点静止开始释放，向下运
动到O 点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则( )
3
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A.C、D 两点电势φC＝φD
B.C、D 两点的电场强度大小相等
C.O 点处的电场强度大小E＝
D.小球P 经过D 点时的速度大小为2v
【典例3 提高题】【答案】BC
【解析】由等量异号电荷电场线分布可知，C 点电势高于D 点电势，故A 错误；由电场强
度的叠加可知C、D 两点的电场强度大小相等，故B 正确；正点电荷Q 在O 点产生的场强
大小为E1＝＝，负点电荷Q 在O 点产生的场强大小为E2＝＝，如图所示，
由电场强度的叠加可得O 点处的电场强度E＝E1＝，故C 正确；从C 到O 与从O 到D 重力
及电场力做功相同，从C 到O 过程，根据动能定理有W＝mv2，从O 到D 过程，根据动能
定理有W＝mv－mv2，联立解得vD＝v，故D 错误。
【典例3 提高题对应练习】水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖
直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q，点
电荷在轻杆AB 两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q 的小球套在轻杆上，从A 点
静止释放，小球由A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )
A.小球受到的电场力先减小后增大
B.小球的运动速度先增大后减小
C.小球的电势能先增大后减小
D.小球的加速度大小不变
【典例3 提高题对应练习】【答案】C
【解析】小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，
4
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则小球受到的电场力先增大后减小，选项A 错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小
球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于
不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场
力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B 错误；小球下滑时，匀强电场
的电场力对小球不做功，由以上分析可知，小球的电势能先增大后减小，选项C 正确；由
小球的受力情况可知，在A 点时小球的加速度小于g，在AB 中点时小球的加速度等于g，
在B 点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D 错误。
题型四：带电体在绝缘圆
的运动
弧轨道中
【典例4 提高题】（多选）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是
P，直径MN 水平．a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从
N 点由静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a(
)
A．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小
C．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加
D．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【典例4 提高题】【答案】BC
【解析】小球a 从N 点静止释放，过P 点后到Q 点速度为零，整个运动过程只有重力和库
仑力做功，库仑力方向与小球a 速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．
小球a 从N 到Q 的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直
增大，故A 错误；小球a 受力如图所示，在靠近N 点的位置，合力与速度夹角小于90°，
在P 点合力与速度夹角大于90°，所以小球a 从N 到P 的过程中，速率应先增大后减小，
故B 正确；从N 到Q 的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C 正确；根
据能量守恒可知，P 到Q 的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，
故D 错误．
5
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点
：带电体
考
二
在匀强电
的运动
场中
【知识思维方法技巧】
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带
电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究．
题型
：带电体
一
在绝缘
的运动
水平轨道上
【典例1 提高题】如图所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正
电的小金属块以一定初速度从A 点开始沿水平面向左做直线运动，经L 长度到达B 点，速
度变为零．此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能．金属块继续运动到某点C(图中
未标出)时的动能和A 点时的动能相同，则金属块从A 开始运动到C 整个过程中经过的总路
程为( )
A．1.5L B．2LC．3L
D．4L
【典例1 提高题】【答案】D
【解析】小金属块从A 运动到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服电场力做功WE＝Ek
＝qEL.设小金属块从B 运动到C 经过的路程为s，由动能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L.
金属块从A 开始运动到C 整个过程中经过的总路程为L＋s＝4L，选项D 正确．
【典例1 提高题对应练习】（多选）如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为
q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强
度为E＝。如果在A 点给滑块一个向左的大小为v 的初速度，运动到B 点速度恰好为零，
则下列说法正确的是( )
A．滑块运动到B 点后将返回向A 运动，来回所用时间相同
B．滑块运动到B 点后将返回向A 运动，到A 点时速度大小仍为v
C．滑块回到A 点时速度大小为 v
D．A、B 两点间电势差为－
【典例1 提高题对应练习】【答案】CD
【解析】由于qE＝mg＞μmg(μ＜1)，可知滑块运动到B 点后返回向A 运动，向左运动时，
根据牛顿第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eq－μmg＝ma2，
加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A 错误；来回运动时摩擦力
6
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做功，有能量损失，故到A 点时速度大小要小于v，故选项B 错误；设回到A 点时的速度
为vA，则根据动能定理有：－(Eq＋μmg)s＝0－mv2，(Eq－μmg)s＝mvA
2－0，联立整理可以
得到：vA＝ v，UAB＝－Es＝－，故选项C、D 正确。
题型
：带电体
二
在绝缘
的运动
斜面轨道上
【典例2 提高题】(多选)如图所示，长为L＝0.5 m、倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水
平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m 的小球(可视为质点)，以初速度v0＝2
m/s 恰能沿斜面匀速上滑，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的
是 ( )．
A．小球在B 点的电势能大于在A 点的电势能
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2
D．若电场强度减半，小球运动到B 点时速度为初速度v0的一半
【典例2 提高题】【答案】BD
【解析】在小球由A 到B 的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A 错；
由动能定理知qELcos θ－mgLsin θ＝0，所以水平匀强电场的电场强度为，B 对；电场强
度加倍后，则有q·2Ecos θ－mgsin θ＝ma，所以a＝0.6g＝6 m/s2，C 错；电场强度减半后，
则有mgsin θ－qcos θ＝ma1，a1＝0.3g＝3 m/s2，由v－v2＝2a1L 代入数值得v＝1 m/s，D 对．
【典例2 提高题对应练习】（多选）如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的
带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A 点，沿斜面向下运动，经C 点到达
B 点时，速度减为零，然后再返回到A 点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦
因数μ＝，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是( )
A．物块在上滑过程中机械能一定减小
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C 点的动能一定大于上滑时经过C 点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
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【典例2 提高题对应练习】【答案】CD
【解析】上滑过程中满足qEcos θ＞Ff＋mgsin θ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，
即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A 错误；上滑过程中由
动能定理W 电－Wf－WG＝ΔEk，则W 电＞WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定
小于减少的电势能，选项B 错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C 点
的动能一定大于上滑时经过C 点的动能，选项C 正确；当不加电场力时，由于斜面对物体
的支持力为FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合
力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的
合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可
知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D 正确。
题型
：带电体
三
在绝缘圆弧
的运动
轨道上
【典例3 提高题】如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，
有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m。有一质量为0.12 kg、电荷量为1.6×10－6
C，带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压
力恰好为零，g 取10 m/s2，求：
(1)小球在A 点处的速度大小；
(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力。
【典例3 提高题】【答案】(1)6 m/s (2)21.6 N
【解析】(1)重力G＝mg＝0.12×10 N＝1.2 N，电场力F＝qE＝1.6×10－6×3×106 N＝4.8 N
在A 点，有qE－mg＝m，代入数据解得v1＝6 m/s。
(2)设球在B 点的速度大小为v2，从A 到B，由动能定理有(qE－mg)·2R＝mv－mv，在B 点，
设轨道对小球弹力为FN，则有FN＋mg－qE＝m，由牛顿第三定律有FN′＝FN，代入数据解
得FN′＝21.6 N。
题型四：带电体的组合运动
【典例4 提高题】如图，一质量为m1＝1 kg，带电荷量为q＝＋0.5 C 的小球以速度v0＝3
m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板
8
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长0.6 m，两极板间距为0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A 点沿切线落入竖
直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC 的形状为半径R<3 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，
CB 为其竖直直径，在过A 点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度
为E＝10 V/m.(取g＝10 m/s2)求：
(1)两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R 的取值应满足的条件．
【典例4 提高题】【答案】(1)10 V (2)3 m>R≥ m 或R≤ m
【解析】(1)在A 点，竖直分速度vy＝v0tan 53°＝4 m/s
带电粒子在平行板中运动时间t＝＝0.2 s，vy＝at，得a＝20 m/s2，又mg＋E′q＝ma，E′
＝，得U＝10 V
(2)在A 点速度vA＝＝5 m/s
①若小球不超过圆心等高处，则有mv≤(mg＋qE)Rcos 53°，得R≥ m，故3 m>R≥ m
②若小球能到达最高点C，则有mv＝(mg＋qE)R·(1＋cos 53°)＋mv，在C 点：mg＋
Eq≤m，可得vC≥，联立解得：R≤ m，故圆弧轨道半径R 的取值条件为：3 m>R≥ m 或R≤
m
【典例4 提高题对应练习】如图所示，在E＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形
绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，
其半径R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C 的
小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，
取g＝10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？
9
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【典例4 提高题对应练习】【答案】(1)7 m/s (2)0.6 N
【解析】(1)设小滑块到达Q 点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝①
小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv ②
联立方程①②，解得v0＝7 m/s
(2)设小滑块到达P 点时速度为v′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv ③
又在P 点时，由牛顿第二定律得FN＝m ④
代入数据，
解得FN＝0.6 N ⑤
由牛顿第三定律得小滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.6 N ⑥
点
：带电体
电
的
运动
考
三
在重力场和水平
场中
圆周
【知识思维方法技巧】
（1）等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合
场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
（2）方法应用
①求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
②将a＝视为等效重力加速度。
③小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效
最高点”；
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
④将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解。
10
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题型
：带电体
的运动
一
在竖直圆周轨道上
【典例1 提高题】如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内
壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，
一质量为m 的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C 点．若在C 点给小球一个初速度使它
在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)．已知C、O、D 在同一直线上，
它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.求：
(1)小球所受的电场力F 的大小；
(2)小球做圆周运动，在D 点的速度大小及在A 点对轨道压力的大小．
【典例1 提高题】【答案】(1)mg (2) 9mg
【解析】(1)小球在C 点静止，受力分析如图所示
由平衡条件得F＝mgtan 60°，解得：F＝mg
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D 点小球速度最小，对轨道的压力为零，
则＝m，解得小球在D 点的速度vD＝，小球由轨道上A 点运动到D 点的过程，根据动能定
理得－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝mvD
2－mvA
2，解得小球在A 点的速度vA＝2，小球在A 点，
根据牛顿第二定律得：FNA－mg＝m，解得：FNA＝9mg，根据牛顿第三定律得：小球对轨
道的压力大小为FNA′＝9mg.
11
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【典例1 提高题对应练习】（多选）如图所示，竖直平面内有固定的半径为R 的光滑绝缘
圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q 分别为轨道上的最高点、最低
点，M、N 是轨道上与圆心O 等高的点．质量为m、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)
在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运
动，则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M 点
C．小球过Q、P 点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P 点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
【典例1 提高题对应练习】【答案】BC
【解析】根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg 等＝＝mg，故等效重力加速
度为g 等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C 点关于圆心O 对称的
D 点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D 点时的动能最小，但D 点并非是其电势
能最大的位置，小球电势能最大的位置在N 点，选项A 错误；小球在轨道上运动的过程中
遵守能量守恒定律，小球在轨道上M 点的电势能最小，机械能最大，选项B 正确；小球过
Q 点和P 点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q 点到P 点，由动
能定理可得－2mgR＝mvP
2－mvQ
2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C 正确，D 错误．
题型
：带电体
运动
二
直线
+
运动
竖直圆周
【典例2 提高题】如图所示，在xOy 平面内竖直固定一个“9 字型”轨道，圆形部分的半
径R＝0.2 m，圆心位于C 点；直线轨道AB 与圆形部分相切于B 点，其长度L＝3R，CB
连线与竖直方向的夹角为53°；在x>0 区域有范围很大的匀强电场，场强大小E＝5×104
N/C，方向沿x 轴正方向。现在A 点处由静止释放质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋2×10－
5C 的小物块(可看作质点)，已知sin 53°＝0.8，不计物块与“9 字型”轨道的摩擦，g 取10
m/s2。求：
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(1)物块滑到圆周轨道最低点O 处时受到的支持力大小；
(2)物块在圆周轨道上速度最大的位置P；(可用PC 连线与竖直方向夹角表示)
(3)物块在圆周轨道上运动一圈后，从O′点滑出(轨道B′O′与BO 段错开且靠近)，其后的水
平面上铺设了一种特殊的材料，材料不同位置处的动摩擦因数满足μ＝0.2＋x(x 为所在处的
横坐标值)，物块在材料面上滑行过程的最大动能是多少？
【典例2 提高题】【答案】(1)6.6 N (2)45° (3)0.88 J
【解析】(1)物块从A 滑至O 过程，由机械能守恒定律得mgh＝mv，其中h＝Lsin 53°＋R(1
－cos 53°)＝2.8 R，圆周最低点O 处FN－mg＝m，代入得FN＝6.6mg＝6.6 N。
(2)设物块在圆周轨道(右半侧)P 点处的速度最大，PC 与竖直方向的夹角为θ，此时有mgsin
θ＝qEcos θ，tan θ＝＝1，θ＝45°。
(3)分析知，在水平面上a＝0 时，即qE－μmg＝0，解得μ＝1 代入μ＝0.2＋x，解得x＝0.8
m(速度最大)，据动能定理W 电－Wf＝Ekm－EkO其中W 电＝qE·x＝0.8 J，Wf＝f·x＝×1×0.8 J
＝0.48 J 代入数据，得Ekm＝0.88 J。
【典例2 提高题对应练习】如图所示，一半径为R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低
点B 点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E 的匀
强电场，从水平轨道上的A 点由静止释放一质量为m 带正电的小球，设A、B 间的距离为
s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的倍，C 点为圆形轨道上与圆心O 的等高点．
(重力加速度为g)
(1)若s＝2R，求小球运动到C 点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s 的值．
【典例2 提高题对应练习】【答案】(1) (2)
【解析】(1)当小球从A 点释放，在静电力作用下运动，从A 到C 点静电力做正功，重力做
负功，应用动能定理得：qE·3R－mgR＝mvC
2，到达C 点时，小球受到的支持力和静电力
提供向心力，即：FN－qE＝m，由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支
持力大小相等，则FN′＝FN＝
(2)为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D 点时恰好仅重力和静电力，如图所示，
此时有：
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F＝＝mg，F＝m，从A 点到D 点时据动能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝mv2，则可以
计算得：s＝.
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