2019届高考物理一轮复习专题带电粒子在电场中运动的综合应用学案新人教版.doc

《2019届高考物理一轮复习专题带电粒子在电场中运动的综合应用学案新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理一轮复习专题带电粒子在电场中运动的综合应用学案新人教版.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1带电粒子在电场中运动的综合应用一 非匀强电场中的运动例 1.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆 AC 与半径为 R 的圆周交于 B、 C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷， B 点为 AC 的中点， C 点位于圆周的最低点现有一质量为 m、电荷量为 q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从 A 点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为 g， A 点距过 C 点的水平面的竖直高度为 3R，小球滑到 B 点时的速度大小为 2 .求：gR图 6(1)小球滑到 C 点时的速度大小；(2)若以 C 点作为参考点(零电势点)，试确定 A 点的电势解析 (1)因为 B、 C 两点电势相等，故小球从 B 到

2、C 运动的过程中电场力做的总功为零由几何关系可得 BC 的竖直高度 hBC3R2根据动能定理有 mg 3R2 mv2C2 mv2B2解得 vC .7gR(2)小球从 A 到 C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有 mg3R W 电 ，又根据电场力做功与电势能的mv2C2关系： W 电 EpA EpC q A( q C)又因为 C0，可得 A .mgR2q答案 (1) (2)7gRmgR2q1如图 9 所示 Q 为固定的正点电荷， A、 B 两点在 Q 的正上方和 Q 相距分别为 h 和 0.25h，将另一点电荷从 A 点由静止释放，运动到 B 点时速度正好变为零，若此电荷在 A 点处的加速

3、度大小为 g，求：34图 9(1)此电荷在 B 点处的加速度；(2)A、 B 两点间的电势差(用 Q 和 h 表示)答案 (1)3 g，方向竖直向上 (2)3kQh解析 (1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为 q.由牛顿第二定律得，在 A 点时： mg k m g.Qqh2 34在 B 点时： k mg maB，解得 aB3 g，方向竖直向上Qq 0.25h 22(2)从 A 到 B 的过程，由动能定理得 mg(h0.25 h) qUAB0，解得 UAB .3kQh2如图 10 所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷 Q 为圆心的某圆交于 B、 C 两点，质量为 m、带电荷量为

4、q 的有孔小球从杆上 A 点无初速度下滑，已知 qQ， AB h，小球滑到 B 点时的速度大小为 .求：3gh图 10(1)小球由 A 到 B 的过程中静电力做的功；(2)A、 C 两点间的电势差答案 (1) mgh (2)12 mgh2q解析 (1)因为 Q 是正点电荷，所以以 Q 为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由 A 到 B 过程中静电力是变力，所以不能直接用 W Fx 来解，只能考虑应用功能关系求解因为杆是光滑的，所以小球从 A 到 B 过程中只有两个力做功：静电力做功 WAB和重力做功 mgh，由动能定理得：WAB mgh mv12 2B代入已知条件 vB 得3gh静

5、电力做功 WAB m3gh mgh mgh.12 12(2)因为 B、 C 在同一等势线上，小球从 B 点到 C 点电场力不做功则 WAC WAB所以 UAC .WAC q 12mgh q mgh2q3. 如图 8 所示，质量为 m 的小球 A 穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为 ，小球 A 带正电，电荷量为 q.在杆上 B点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷将 A 由距 B 竖直高度为 H 处无初速度释放，小球 A 下滑过程中电荷量不变不计 A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量 k 和重力加速度 g.求：图 8(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当 A 球的动能最大时， A

6、 球与 B 点间的距离答案 (1) gsin (2) kQqsin2mH2 kQqmgsin 解析 (1)由牛顿第二定律可知 mgsin F ma，根据库仑定律有 F k ，又知 rqQr2 Hsin 得 a gsin kQqsin2 mH2(2)当 A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大设此时 A 球与 B 点间的距离为 d.则 mgsin ，解得 d .kQqd2 kQqmgsin 二 匀强电场中的直线运动例 2如图所示，一电荷量为 q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取 g，sin 370.6，co

7、s 370.8.求：3图 13(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大；12(3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能答案 (1) (2)0.3 g (3)0.3 mgL3mg4q解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37 qEFNcos 37 mg由可得 E3mg4q(2)若电场强度减小为原来的 ，即 E12 3mg8q由牛顿第二定律得 mgsin 37 qEcos 37 ma可得 a0.3 g(3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgLsin

8、37 qE Lcos 37 Ek0可得 Ek0.3 mgL.1. 如图 10 甲所示，长 L1.5 m、倾角为 37的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量 m1.2 kg、带电荷量 q110 4 C 的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强 E 取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离 s 不同.研究发现 s 与 E 之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图 10(1)物体与地面间的动摩擦因数 ；(2)

9、当 E310 4 N/C 时，物体运动的总时间.答案 (1)0.2 (2) s323解析 (1)当 E0 时， s4.5 m由动能定理得 mgLsin mgs 0解得 0.2(2)当 E310 4 N/C 时，由牛顿第二定律得 mgsin qEcos ma1又 L a1t12 21解得物体在斜面上的运动时间 t1 s32水平面上由牛顿第二定律知 mg ma2由 v a1t1又 v a2t24可得 t2 s3所以物体运动的总时间 t t1 t2 s.3322. 如图 11 所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 45角的绝缘直杆 AC，其下端 C 距地面高度 h0.8 m.有一质量

10、为 500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过 C 端的正下方 P 点处.( g 取 10 m/s2)求：图 11(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小 v0.(3)小环运动到 P 点的动能.答案 (1)14.1 m/s 2 与杆垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5 J解析 (1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得： mgsin 45 Eqcos 45得 mg Eq，离开直杆后，只受 mg、 Eq 作用，则： mg ma2代入数据解得加速度大小： a14.1 m/s 2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2)设

11、小环在直杆上运动的速度为 v0，离杆后经 t 秒到 P 点，则竖直方向：h v0sin 45t gt212水平方向(取向左为正)： v0cos 45t gt2012由以上两式代入数据解得： v02 m/s(3)由动能定理得： EkP mv mgh12 20代入数据解得： EkP5 J.例 3.（往复运动）如图 9 所示，在倾角 37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E410 3 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板质量 m0.2 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回已知斜面的高度 h0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数 0.3

12、，滑块带电荷量 q5.010 4 C，取重力加速度 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.求：图 9(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程 s 和系统产生的热量 Q.答案 (1)2.4 m/s (2)1 m 0.96 J解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f (mg qE)cos 370.96 N设到达斜面底端时的速度为 v，根据动能定理得5(mg qE)h f mv2hsin 3712解得 v2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，( mg qE)h fs

13、解得滑块在斜面上运动的总路程：s1 mQ fs0.96 J1. 如图 5 所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为 m，带电荷量为 q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为 E， qEmg ，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧 L 处，并给滑块一个向左的初速度 v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为 ，求：图 5(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.答案 (1)( qE mg )L v (2) qEL mv02m qE mg2 qE mg 20 12解析 (1)设滑块向左运动 x

14、时减速到零，由能量守恒定律有：(qE mg )x mv0212解得： xmv202 qE mg之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为 Ek，由能量守恒定律得：qE(x L) Ek mg (x L)解得： Ek( qE mg )L vm qE mg2 qE mg 20滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：Epm( qE mg )L vm qE mg2 qE mg 20(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为 W qEL，电势能减少量为 qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能

15、的减少量之和，即 Q qEL mv02122. 如图 4 所示，两个带正电的点电荷 M 和 N，带电量均为 Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距 2L， A、 O、 B 是MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA OB ，一质量为 m、电量为 q 的点电荷以初速度 v0从 A 点出发沿 MN 连线向L2N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到 O 点时，动能为初动能的 n 倍，到 B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为 k，取 O 处电势为零.求：图 4(1)A 点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A 点的电势；(4

16、)电荷在电场中运动的总路程.解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E k k ；Q L2 2Q 3L2 2 32kQ9L26(2)由对称性知， A B，电荷从 A 到 B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为： Wf FfL，由动能定理： FfL0 mv ，得： Ff12 20 mv202L(3)设电荷从 A 到 O 点电场力做功为 WF，克服阻力做功为 Wf，12由动能定理： WF Wf nmv mv12 12 20 12 20得： WF (2n1)mv204由： WF q( A O)得： A (2n1)WFq mv204q(4)电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为

17、 WF (2n1)，电荷在电场中运动的总路程为 s，则阻力做功mv204为 Ffs.由动能定理： WF Ffs0 mv0212即： (2n1) mv s mv02mv204 12L 20 12解得： s( n0.5) L.答案 (1) (2) (3) (2n1) (4)( n0.5) L32kQ9L2 mv202L mv204q三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例 4 如图 5 所示，半径为 r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与环面平行一电荷量为 q、质量为 m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时，速度 vA的方向恰与电场垂直，且圆环与

18、小球间沿水平方向无力的作用，求：图 5(1)速度 vA的大小；(2)小球运动到与 A 点对称的 B 点时，对环在水平方向的作用力的大小解析 (1)在 A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得： qE mv2Ar所以小球在 A 点的速度 vA .qErm(2)在小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr mv mv12 2B 12 2A小球在 B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 FB qE mv2Br解以上两式得小球在 B 点受到环的水平作用力为：FB6 qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小 FB6 qE.答案

19、 (1) (2)6 qEqErm1 如图 6 所示， ABCD 为放在 E1.010 3 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中 BCD 部分是直径为 20 cm的半圆环， AB15 cm，今有 m10 g、 q10 4 C 的小球从静止由 A 起沿轨道运动，它运动到图中 C 处时速度是 m/s，在 C 处时对轨道的压力是 N；要使小球能运动到 D 点，开始时小球的位置应离 B 点 m.7图 6答案 0.4 0.253解析 由 Eq( ) mg mv 可得 vC m/s；在 C 处由 N Eq 得 N0.4 N；要使小球能运动到 D 点，AB CO OB12 2C 3 mv2CRvD 1

20、 m/s，由 Eq mg mv ，得 0.25 m.gR A B BD12 2D A B2如图 9 所示，半径为 R 的光滑圆环竖直置于场强为 E 的水平方向的匀强电场中，质量为 m、带电荷量为 q 的空心小球穿在环上，当小球从顶点 A 由静止开始下滑到与圆心 O 等高的位置 B 时，求小球对环的压力答案 2 mg3 Eq，方向水平向右解析 小球从 A 运动到 B 的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有 mgR EqR mv212在 B 点小球受到重力 G、电场力 F 和环对小球的弹力 F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则 F1 Eq mv2R联立以上两

21、式可得 F12 mg3 Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F12 mg3 Eq，方向水平向右3. 如图 12 所示，长 L0.20 m 的丝线的一端拴一质量为 m1.010 4 kg、带电荷量为 q1.010 6 C 的小球，另一端连在一水平轴 O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E2.010 3 N/C.现将小球拉到与轴 O 在同一水平面上的 A 点，然后无初速度地将小球释放，取 g10 m/s2.求：图 12(1)小球通过最高点 B 时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小

22、球拉力的大小答案 (1)2 m/s (2)3.010 3 N解析 (1)小球由 A 运动到 B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有： qEL mgLmv2B2vB 2 m/s.2 qE mg Lm(2)小球到达 B 点时，受重力 mg、电场力 qE 和拉力 TB作用，经计算mg1.010 4 10 N1.010 3 NqE1.010 6 2.0103 N2.010 3 N因为 qEmg，而 qE 方向竖直向上， mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达 B 点时向心力的方向一定指向圆心，8由此可以判断出 TB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有

23、： TB mg qEmv2BLTB qE mg3.010 3 N.mv2BL4如图 18 所示， ABCD 为竖直放在场强为 E10 4 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切， A 为水平轨道的一点，而且 AB R0.2 m把一质量 m100 g、带电量 q10 4 C 的小球，放在水平轨道的 A 点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动求：( g10 m/s2)图 18(1)它到达 C 点时的速度是多大？(2)它到达 C 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)2 m/s (2)3 N解析 (1)设小球在 C 点的速度

24、大小是 vC，对轨道的压力大小为 NC，则对于小球由 A C 的过程中，应用动能定理列出：2qER mgR mv ；解得 vC2 m/s12 2C(2)在 C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：NC qE m ；解得： NC3 Nv2CR由牛顿第三定律知 NC NC3 N.课后巩固1.如图 9 所示，匀强电场方向与水平线间夹角 30，方向斜向右上方，电场强度为 E，质量为 m 的小球带负电，以初速度 v0开始运动，初速度方向与电场方向一致图 9(1)若小球的带电荷量为 q ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力 F1的大小和方向各如何？mgE(2)若小球的带电

25、荷量为 q ，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力 F2的大小和方向各如何？2mgE答案 (1) mg 方向与水平线成 60角斜向右上方3(2) mg 方向与水平线成 60角斜向左上方32解析 (1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为 0，设对小球施加的力 F1与水平方向夹角为 ，则 F1cos qEcos ， F1sin mg qEsin 代入数据解得 60， F1 mg3即恒力 F1与水平线成 60角斜向右上方9(2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力 F2和 mg 的合力和电场力在一条直线上如图乙，当 F2取最小值时， F

26、2垂直于 F.故 F2 mgsin 60 mg.32方向与水平线成 60角斜向左上方2. (2015新课标全国24)如图 12 所示，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子在匀强电场中运动， A、 B 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30.不计重力求 A、 B 两点间的电势差图 12答案 mv20q解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30 v0sin 60由此得 vB v03设 A、 B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有qU

27、AB m(v v )12 2B 20联立式得 UAB .mv20q3. 如图 13，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的液滴，在场强大小为 、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨3mgq迹在竖直平面内 A、 B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30.求 A、 B 两点间的电势差图 13答案 3mv208q解析 由题意知 qE mg，液滴重力不能忽略，把运动分解3水平方向： vsin 60 v0sin 30 tqEm竖直方向： vcos 60 v0cos 30 gt由可得： v v0， t23

28、3 3v06g10由牛顿第二定律得水平方向加速度 a g，水平位移： x v0sin 30t ( g)t2qEm 3 12 3 3v208gUAB Ex3mv208q4如图 13 所示，水平绝缘粗糙的轨道 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 R0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度 E1.010 4 N/C.现有一电荷量 q1.010 4 C，质量 m0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的 P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点 C，然后落至水平轨道上的 D 点(图中未画出)取

29、 g10 m/s 2.试求：图 13(1)带电体运动到圆形轨道 B 点时对圆形轨道的压力大小；(2)D 点到 B 点的距离 xDB；(3)带电体在从 P 开始运动到落至 D 点的过程中的最大动能(结果保留 3 位有效数字)答案 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J解析 (1)设带电体通过 C 点时的速度为 vC，依据牛顿第二定律有 mg m ，v2CR解得 vC2.0 m/s.设带电体通过 B 点时的速度为 vB，设轨道对带电体的支持力大小为 FB，带电体在 B 点时，根据牛顿第二定律有FB mg m .v2BR带电体从 B 运动到 C 的过程中，根据动能定理有 mg2R mv mv

30、12 2C 12 2B联立解得 FB6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力 FB6.0 N.(2)设带电体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间为 t，根据运动的分解有 2R gt2，12xDB vCt t2.12Eqm联立解得 xDB0.(3)由 P 到 B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从 B 经 C 到 D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成 45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为45处设带电体的最大动能为 Ekm，根据动能定理有qERsin 45 mgR(1cos 45) Ekm mv ，1

31、2 2B代入数据解得 Ekm1.17 J.5.如图 10 所示，区域、分别存在着有界匀强电场 E1、 E2，已知区域宽 L10.8 m，区域宽 L20.4 m， E110 V/m 且方向与水平方向成 45角斜向右上方， E220 V/m 且方向竖直向下带电荷量为2q1.610 3 C质量 m1.610 3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静止释放 g 取 10 m/s2，求：11图 10(1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域的速度大小和方向答案 (1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为 37斜向右下方解析 (1)

32、小球在电场区域受到电场力 F1 qE1，小球在电场区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为 F 合 F1 cos 451.610 2 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度 a1 10 m/s2，小球运动F合m时间 t1 0.4 s.2L1a1(2)小球离开电场区域的水平速度 v0 a1t14 m/s，小球在电场区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度 a2 g 30 m/s2，小球在电场区域中做类平抛运动，其运动时间 t2 0.1 s小球在竖直方向qE2m L2v0的分速度 vy a2t23 m/s，小球离开电场区域的速度 v 5 m/s，设小球离开电场区域的速度方向v20

33、v2y与水平方向夹角为 ，则 tan ，得 37.vyv0 346.如图 8 所示，一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆 PQ、 MN 和一半径为 R 的光滑半圆环 MAP 组成，固定在竖直平面内，其中 MN 杆是光滑的， PQ 杆是粗糙的现将一质量为 m 的带正电荷的小环套在 MN 杆上，小环所受的电场力为重力的 .12图 8(1)若将小环由 D 点静止释放，则刚好能到达 P 点，求 DM 间的距离；(2)若将小环由 M 点右侧 5R 处静止释放，设小环与 PQ 杆间的动摩擦因数为 ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功答案 (1)4

34、R (2)若 ，克服摩擦力做功为 ；若 ，克服摩擦力做功为 mgR12 mgR1 2 12 12解析 (1)小环刚好到达 P 点时，速度为零，对小环从 D 点到 P 点过程，由动能定理 qEx2 mgR00，又由题意得 qE mg，联立解得 x4 R.12(2)若 ，则 mg qE，设小环到达 P 点右侧 x1时静止，由动能定理得 qE(5R x1) mg2R fx10，12又 f mg ，12联立解得 x1 ，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为R1 2W1 mgx 1 . mgR1 2若 ，则 mg qE，小环经过多次的往复运动，最后在 P 点的速度为 0，12根据动能定理可知 qE5R mg2R W200，克服摩擦力做的功 W2 mgR.12