带电粒子在电场中的运动的综合问题.doc

专题强化八　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.
3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.

一、带电粒子在电场中运动
1.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)，然后选用恰当的力学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.
2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.
二、用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：
1.用动能定理处理
思维顺序一般为：
(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).
(4)根据W＝ΔEk列出方程求解.
2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
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(即ΔE＝ΔE′)列方程.
3.两个结论
(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

命题点一　带电粒子在交变电场中的运动

1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.
2.常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).
(2)粒子做往返运动(一般分段研究).
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).
3.思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.
例1　如图1(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是(　　)

图1
A.0＜t0＜　　　　　　　 B.＜t0＜
C.＜t0＜T D.T＜t0＜
答案　B
解析　设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v－t图象，如图所示.由于v－t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.

变式1　如图2所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)

图2

答案　B
变式2　(多选)(2015·山东理综·20)如图3甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)

图3
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
答案　BC
解析　因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g ＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C.

命题点二　用“等效法”处理带电粒子在
电场和重力场中的运动

1.等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.

图4
2.物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.
例2　如图5所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)

图5
(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；
(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；
(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？
答案　见解析
解析　(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：

F电min＝mgcos 45°＝mg
F电min＝qEmin
解得所加电场的场强最小值Emin＝，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.
(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin 45°＝mg
把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得
F(r＋r)＝mv2－0
在M点，由牛顿第二定律得：FN－F＝m
联立解得FN＝(＋1)mg
由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为
FN′＝FN＝(＋1)mg.
(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－F(r－r)＝0－EkA
解得EkA＝mgr.
变式3　(2018·陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图6
答案　7.7R
解析　小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示.可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.

由圆周运动知识得：
F＝，即：1.25mg＝m
小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得：
mg(h－R－Rcos 37°)－mg·(＋2R＋Rsin 37°)＝mvD2，联立解得h≈7.7R.
命题点三　电场中的力电综合问题

1.力学规律
(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式
(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律.
2.电场规律
(1)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)电场力做功的特点：WAB＝FLABcos θ＝qUAB＝EpA－EpB.

3.多阶段运动
在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得.
例3　(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
答案　见解析
解析　(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在t1时刻的速度为
v1＝v0＋a1t1 ②
电场强度在t1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在t2＝2t1时刻，即运动到B点时的速度为
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1 ⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴从t＝0到t1时刻的位移为
x1＝v0t1＋a1t12 ⑦
油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为
x2＝v1t1－a2t12 ⑧
由题给条件有v＝2g×2h＝4gh ⑨
式中h是B、A两点之间的距离.
若B点在A点之上，依题意有
x1＋x2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝[2－2＋()2]E1 ⑪
为使E2＞E1，应有
2－2＋()2＞1 ⑫
解得0＜t1＜(1－) ⑬
或t1＞(1＋) ⑭
条件⑬式和⑭式分别对应于v2＞0和v2＜0两种情形.
若B在A点之下，依题意有
x2＋x1＝－h ⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝[2－2－()2]E1 ⑯
为使E2>E1，应有
2－2－()2>1 ⑰
解得t1>(＋1) ⑱
另一解为负，不符合题意，舍去.
变式4　(2017·全国卷Ⅱ·25)如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：

图7
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小.
答案　(1)3∶1　(2)H　(3)
解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0 ①
s1＝v0t＋at2 ②
s2＝v0t－at2 ③
联立①②③式得
＝3 ④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
vy2＝2gh ⑤
H＝vyt＋gt2 ⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知

＝ ⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H ⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
＝ ⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2 ⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝ ⑬
变式5　如图8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，g取10 m/s2，求：

图8
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点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？
答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N
解析　(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
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－mv02
联立解得：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－mv02
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6 N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6 N.

1.(2017·河南中原名校第二次联考)如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)

图1

图2
A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B.电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案　D
解析　若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.

2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)

图3
A.电子一直向着A板运动
B.电子一直向着B板运动
C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
答案　D
3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)(　　)

图4
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0～2 s内，电场力做功等于0
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5～4 s内，电场力做功等于0
答案　D
解析　画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，

v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.
4.如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图5
A.小球带负电
B.电场力跟重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
答案　B
解析　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.
5.(多选)(2017·河北唐山一模)如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是(　　)

图6
A.小球带负电
B.速度先增大后减小
C.机械能一直减小
D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量
答案　AC
解析　由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误.
6.(2017·河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：

图7
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.
答案　(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m,2 m)　(3)4×10－3 m/s
解析　(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝＝4×10－3 s.
(2)粒子带负电，沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a1＝＝4 m/s2，减速时的加速度大小a2＝＝2 m/s2，离开电场时，在x轴方向上的位移大小x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m).
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：
vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.

7.(2018·江西宜春调研)如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则(　　)

图8
A.在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝
B.在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小
C.OB间的距离为
D.从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
答案　C
解析　小金属块从A到B过程，由动能定理得：－qUAB－μmgL＝mvm2－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误.
8.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝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？
(2)若小球的带电荷量为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？
答案　(1)mg　方向与水平线成60°角斜向右上方
(2)mg　方向与水平线成60°角斜向左上方
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α，则F1cos α＝qEcos θ，F1sin α＝mg＋qEsin θ
代入数据解得α＝60°，F1＝mg
即恒力F1与水平线成60°角斜向右上方.

(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，F2垂直于F.故F2＝mgsin 60°＝mg，方向与水平线成60°角斜向左上方.
9.如图10所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零).已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：

图10
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；
(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.
答案　(1)　(2)　(3)(2＋3)mg
解析　(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知
qE·3R－mg·2R＝mvC2
小球离开C点后做平抛运动到P点，有
R＝gt2
2R＝vCt
联立解得E＝.
(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2
即mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得
v＝.
(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知

F－qEsin α－mgcos α＝
解得F＝(2＋3)mg.