《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第六章 靜電場 專題突破七 電場綜合問題講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第六章 靜電場 專題突破七 電場綜合問題講義（含解析）.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題突破七　電場綜合問題 命題點一　靜電場圖象問題 1．主要類型 (1)v－t圖象；(2)φ－x圖象；(3)E－x圖象． 2．應對策略 (1)v－t圖象：根據(jù)v－t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化． (2)φ－x圖象：①電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．②在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向．③在φ－x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷． (3)E－x圖象：根據(jù)E－x圖象中E的正負確定電場強度的方向，再在草紙上畫出對應電場線的方向，根據(jù)E的大小變化，確定電場的強弱分布． 例1　(多選)(2018興化一中四模)在真空中的x軸上的原點和x＝6a處分別固定一個點電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，其速度大小與在x軸上的位置關系如圖1所示，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．點電荷M、N一定都是正電荷 B．點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1 C．點電荷P的電勢能一定是先增大后減小 D．點電荷P所受電場力一定先減小后增大 答案　AD 解析　由v－x圖象可知，點電荷P的速度先增大后減小，所以點電荷P的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知，電場強度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負方向，根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知，點電荷M、N一定都是正電荷，故A正確；由題圖可知，在x＝4a處點電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明x＝4a處的電場強度等于0，則點電荷M與N在x＝4a處的電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)點電荷場強公式得：＝，所以點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1，故B錯誤；點電荷P的動能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點電荷P的電勢能一定是先減小后增大，故C錯誤；由題圖圖象可知，點電荷的加速度先減小后增大，則所受的電場力一定先減小后增大，選項D正確． 例2　(2018常州市一模)帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢φ隨x變化如圖2所示．下列說法正確的是(　　) 圖2 A．球帶負電荷 B．球內(nèi)電場強度最大 C．A、B兩點電場強度相同 D．正電荷在B點的電勢能比C點的大 答案　D 解析　從球出發(fā)向兩側電勢降低，而電場線從正電荷出發(fā)，沿著電場線電勢降低，故球帶正電荷，A錯誤；球是等勢體，故內(nèi)部任意兩點間的電勢差為零，故場強為零，而球外場強大于零，B錯誤；A點與B點的電場強度大小相等，但方向相反，故不同，C錯誤；從B到C，電勢降低，故正電荷電勢能減小，D正確． 例3　(多選)某靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖3所示，x軸正方向為場強正方向，一個帶正電的點電荷只在電場力的作用下沿x軸運動，x1、x2、x3、x4四點間隔相等．則(　　) 圖3 A．點電荷在x2和x4處電勢能相等 B．點電荷由x1運動到x3的過程中電勢能減小 C．x1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差 D．點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大 答案　BC 變式1　(2018蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖4所示，下列圖象中合理的是(　　) 圖4 答案　D 解析　Ep－x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)E＝，知電場強度也逐漸減小，A錯誤；根據(jù)動能定理，有：FΔx＝ΔEk，故Ek－x圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，B錯誤；根據(jù)公式v2－v＝2ax，勻變速直線運動的v2－x圖象是直線，而v－x圖象不可能是直線，C錯誤；粒子做加速度減小的加速運動，D正確． 命題點二　“等效法”處理力電復合場問題 帶電體在勻強電場中運動時，既受重力，又受電場力，由于這兩個力都是恒力，故其合力也為恒力，可用二者合力代替這兩個力，這樣物體就只受一個力了，該力可稱為等效重力． 1．等效重力法．將重力與電場力進行合成，如圖5所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向． 圖5 2．在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小的點． 例4　如圖6所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60，重力加速度為g. 圖6 (1)求小球所受的電場力大??； (2)求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小． 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)小球在C點時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan 60＝mg. (2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有＝m，解得v＝. 在小球從圓軌道上的A點運動到D點的過程中，根據(jù)動能定理有 －mgr(1＋cos 60)－Frsin 60＝mv2－mv， 解得v0＝2. 命題點三　力電綜合問題 電場力雖然從本質(zhì)上有別于力學中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果服從于牛頓力學中的所有規(guī)律，因此，有關電場力作用下帶電體的運動問題，應根據(jù)力學解題思路去分析． 例5　(2019江都中學期中)如圖7，ABCD為豎直放在場強大小為E＝104V/m的水平向右勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與半圓相切于B點，A為水平軌道上的一點，而且AB＝R＝0.2 m，把一質(zhì)量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋110－4 C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側運動(g取10 m/s2).求： 圖7 (1)小球到達C點時對軌道壓力是多大？ (2)小球能否沿圓軌道到達D點？ (3)若小球釋放點離B的距離為1.0m，則小球從D點飛出后落地點離B的距離是多少？(結果可以含有根號) 答案　(1)3N　(2)不能　(3)m 解析　(1)由A點到C點應用動能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝mv 解得：vC＝2 m/s 設在C點軌道對小球支持力為FN，應用牛頓第二定律得：FN－Eq＝m 得FN＝3 N 由牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力大小為3 N. (2)小球要通過D點，必有mg≤m 設釋放點距B點的距離為x時小球能通過D點，由動能定理得： Eqx－mg2R＝mv 以上兩式聯(lián)立可得：x≥0.5 m．因AB<0.5 m故小球不能到達D點. (3)釋放點離B點的距離x1＝1 m，從釋放點到D點由動能定理得：Eqx1－mg2R＝mvD′2 解得：vD′＝2 m/s 從D點飛出后水平方向做勻減速運動，加速度為a＝＝10 m/s2 豎直方向做自由落體運動，設落地點離B距離為x2，由運動學知識可得 2R＝gt2，x2＝vD′t－at2 解得x2＝ m. 變式2　(多選)(2018無錫市高三期末)如圖8為一有界勻強電場，場強方向為水平方向(方向未標明)，—帶電微粒以某一角度θ從電場的a點斜向上方射入，沿直線運動到b點，可以肯定(　　) 圖8 A．電場中a點的電勢低于b點的電勢 B．微粒在a點的加速度小于在b點的加速度 C．微粒在a點的電勢能小于在b點的電勢能 D．從a到b的過程中，微粒電勢能變化的絕對值小于其動能變化的絕對值 答案　CD 1．(多選)(2018鹽城市三模) 在x軸上有兩個點電荷q1和q2，它們產(chǎn)生的電場的電勢在x軸上分布如圖9所示．下列說法正確的是(　　) 圖9 A．q1和q2帶有異種電荷 B．x＝x2處電場強度一定為0 C．負電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢能增加 D．正電荷沿x軸從x1移動到x2，電場力做負功 答案　ABC 解析　因沿x軸電勢有正、有負，故不可能是兩正電荷，或兩負電荷產(chǎn)生的電場，應為一正一負兩電荷產(chǎn)生的電場，故A正確；φ－x圖象斜率大小表示電場強度大小，故x＝x2處電場強度為0，故B正確；從x1到x2電勢降低，故負電荷電勢能增加，正電荷電勢能減少，電場力做正功，故C正確，D錯誤． 2.(2019運河中學月考)如圖10所示，在水平方向的勻強電場中，一絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球，小球只在重力、電場力、細線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球所受的電場力大小等于重力大?。容^a、b、c、d這四點，小球(　　) 圖10 A．在最高點a處的動能最小 B．在最低點c處的機械能最小 C．在水平直徑右端b處的機械能最大 D．在水平直徑左端d處的機械能最大 答案　C 解析　小球所受電場力和重力大小相等，電場力方向水平向右，則小球所受電場力和重力的合力如圖所示，合力與水平方向成45角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球從a點運動到e點時，合力對小球做負功，小球動能將減小，故a點不是小球動能最小的點(動能最小的點在e點)，故A錯誤； 除重力以外的其他力做的功等于機械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場力做正功，則b點機械能最大，d點機械能最小，故C正確，B、D錯誤． 3．(多選)(2018揚州中學下學期開學考)如圖11，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q(可視為質(zhì)點)固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將小球P(也視為質(zhì)點)從直線ab上的N點由靜止釋放，設小球P與Q電性相同，則小球P從釋放到運動至最低點的過程中下列說法正確的是(　　) 圖11 A．小球P的速度先增大后減小 B．小球P的速度最大時所受合力為零 C．小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小 D．小球P所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小 答案　ABC 4．(多選)(2018南通市、泰州市一模)如圖12所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有兩個相同的帶電小球P和Q，靜止時P、Q兩球分別位于a、b兩點，兩球間的距離為R.現(xiàn)用力緩慢推動P球至圓環(huán)最低點c，Q球由b點緩慢運動至d點(圖中未畫出)．則此過程中(　　) 圖12 A．Q球在d點受到圓環(huán)的支持力比在b點處小 B．Q球在d點受到的靜電力比在b點處大 C．P、Q兩球電勢能減小 D．推力做的功等于P、Q兩球增加的機械能 答案　AB 1.(2018揚州中學下學期開學考)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖1所示，tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點對應的時刻，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．A處的場強一定小于B處的場強 B．A處的電勢一定高于B處的電勢 C．電荷在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能 D．電荷在A到B的過程中，電場力一定對電荷做正功 答案　D 解析　根據(jù)v－t圖象的斜率等于加速度，可以看出，從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度減小，則其所受的電場力減小，電場強度減小，即A處的場強一定大于B處的場強，A錯誤．由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場方向，也就不能判斷電勢高低，故B錯誤．由題圖看出，帶電粒子的速度增大，動能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤，D正確． 2．(多選)(2018高考押題預測卷)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖2所示，B、C是x軸上兩點，下列說法中正確的有(　　) 圖2 A．同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力 B．同一個電荷放在B點時的電勢能大于放在C點時的電勢能 C．O點電勢最高，電場也最強 D．正試探電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做負功，后做正功 答案　AD 解析　根據(jù)E＝，則φ－x圖象的斜率表示場強，由圖線可知EB>EC，故同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力，故A正確；由題圖可知B點電勢高于C點電勢，負電荷在電勢高的地方，電勢能小，正電荷在電勢高的地方，電勢能大，故B錯誤；由題圖可知，O點電勢最高，但電場強度為0，故C錯誤；根據(jù)Ep＝qφ可知，正試探電荷沿x軸從B移到C的過程中，電勢能先增大再減小，即電場力先做負功，后做正功，故D正確． 3．(多選)(2018南通市、泰州市一模)真空中有一半徑為r0的均勻帶電金屬球，以球心為原點建立x軸，軸上各點的電勢φ分布如圖3所示，r1、r2分別是＋x軸上A、B兩點到球心的距離．下列說法中正確的有(　　) 圖3 A．0～r0范圍內(nèi)電場強度處處為零 B．A點電場強度小于B點電場強度 C．A點電場強度的方向由A指向B D．正電荷從A點移到B點過程中電場力做正功 答案　ACD 4.如圖4所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．小球帶負電 B．電場力跟重力平衡 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機械能守恒 答案　B 解析　由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，D錯． 5．(2018金陵中學等三校四模)測定電子的電荷量的實驗裝置示意圖如圖5所示，置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷e、重力加速度g，則(　　) 圖5 A．油滴中電子的數(shù)目為 B．油滴從小孔運動至N過程中，電勢能增加mgd C．油滴從小孔運動至N過程中，機械能增加eU D．若將極板M向下緩慢移動一小段距離，油滴將加速下降 答案　B 解析　帶電油滴在極板間勻速下落，故重力和電場力平衡，則有mg＝，所以油滴帶電荷量q＝，所以油滴中電子的數(shù)目為n＝＝，故A錯誤；油滴從小孔運動至N過程中，電場力方向向上，電場力做的功為－mgd，電勢能增加mgd，機械能減少mgd，故B正確，C錯誤；若將極板M向下緩慢移動一小段距離，d減小，電場力F＝q增大，合外力豎直向上，油滴將減速下降，故D錯誤． 6．(多選)(2018如皋市調(diào)研)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖6所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．x1處電場強度為零 B．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3 C．粒子在x2～x3段速度v隨x均勻減小 D．x2～x3段是勻強電場 答案　ABD 解析　根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，場強與電勢的關系：E＝，得：E＝，由數(shù)學知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于qE，x1處切線斜率為零，電場強度為零，故A正確；由題圖可知，x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3，故B正確；根據(jù)電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，粒子在x2～x3段電勢能增大，速度v隨x非均勻減小，故C錯誤；x2～x3段是直線，場強不變，是勻強電場，故D正確． 7.(多選)(2018江蘇省高考壓軸沖刺卷)如圖7所示，內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R，位于豎直平面內(nèi)，管的內(nèi)徑遠小于R.ab為該環(huán)的水平直徑，ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強電場中．現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從管中a點由靜止開始釋放，已知qE＝mg.則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．小球釋放后，可以運動過b點 B．小球釋放后，到達b點時速度為零，并在bda間往復運動 C．小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶6 D．小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5∶1 答案　AD 解析　從a到b的過程，由動能定理得qE2R＝mv可知vb≠0，故小球可以運動過b點，選項A正確，B錯誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點c時有：FN1＋mg＝m，－mgR＋Eq2R＝mv，因為qE＝mg，解得FN1＝mg，第二次經(jīng)過最高點c時有：FN2＋mg＝m，Eq2R＝mv－mv，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶5，選項C錯誤；從小球釋放至第一次經(jīng)過最低點d，由動能定理得mgR＋EqR＝mv2，在d點有：FN－mg＝m，解得FN＝5mg，結合牛頓第三定律可知第一次經(jīng)過點d和點c時對管壁的壓力之比為5∶1，選項D正確． 8．(2018泰州中學開學考)如圖8所示，均勻帶正電的圓環(huán)水平放置，AB為過圓心O的豎直軸線．一帶負電的微粒(可視為點電荷)，從圓心O正上方某處由靜止釋放向下運動，不計空氣阻力，在運動的整個過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．帶電微粒的加速度可能一直增大 B．帶電微粒的電勢能可能一直減小 C．帶電微粒的運動軌跡可能關于O點對稱 D．帶電微粒的動能可能一直增大 答案　D 解析　帶電微粒釋放后受到的電場力的方向在O點的上方是向下的，所以微粒向下運動．從釋放開始到運動到O點的過程中，所受電場力變化情況有兩種可能：(1)先增大后減小；(2)一直減?。诘?1)種情況下，帶電微粒受到的電場力先增大后減小，釋放后到達O點前帶電微粒的加速度先增大后減小，過O點后仍然是先增大后減??；而在第(2)種情況下，帶電微粒到達O點前加速度一直減小，過O點后加速度一直增大；若微粒的重力也計算在內(nèi)，由于重力的方向一直是豎直向下，則微粒的加速度同樣會由于微粒的電場力的變化而變化，變化的規(guī)律與沒有重力時基本相同，但都不可能是一直增大的，故A錯誤；從釋放點到O點的過程中，微粒受到的電場力的方向向下，電場力做正功；在O點的下方，微粒受到的電場力的方向向上，電場力做負功；所以微粒的電勢能會先減小后增大，故B錯誤；由于重力的方向始終是向下的，所以微粒在O點兩側的運動一定不是對稱的，故C錯誤；帶電微粒合力一直向下，微粒的速度一直增大，動能一直增大，故D正確． 9．如圖9所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電的小滑塊位于N點右側x＝1.5 m的M處，小滑塊質(zhì)量m＝10 g，電荷量q＝10－4 C，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，取g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 答案　(1)7m/s　(2)0.6N 解析　(1)設小滑塊到達Q點時速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝① 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv② 聯(lián)立方程①②解得v0＝7 m/s (2)設小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv③ 在P點時，由牛頓第二定律得FN＝④ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.6 N⑤ 由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝0.6 N．⑥ 10．如圖10所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E＝5103 N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋810－5 C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力； (2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離； (3)小滑塊最終運動情況． 答案　(1)2.2N，方向豎直向下　(2)m　(3)在圓弧形軌道上往復運動 解析　(1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為FN，則由A→B，由動能定理可得mgR－qER＝mv 在B點對小滑塊由牛頓第二定律可得FN′－mg＝m 由牛頓第三定律FN′＝FN 解得FN＝2.2N，方向豎直向下 (2)設小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x， 對全程由動能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0 得x＝m (3)由題意知qE＝810－55103N＝0.4N μmg＝0.050.110N＝0.05N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧形軌道上往復運動．