1、1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
2、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 Ek列出方程求解.2.用包
3、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 E E)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21.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
4、).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1A.0 t0 B. t
5、0T4 T2 3T4C. t0 T D.T t03T4 9T8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 t00、 、 、 时粒子运动的 v t图象，如图所示.由于 v t图线与时间T4 T2 3T4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，T4 3T4 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T4 3T4个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.3变式1 如图2所示， A、
6、 B两金属板平行放置，在 t0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. t0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T3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3A.末速度大小为 v02B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 mgd12D.克服电场力
7、做功为 mgd答案 BC解析 4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T3 T3 2T3 2T3竖直速度为 vy1 ，水平速度为 v0；在 T时间内，由牛顿第二定律2 E0q mg ma，解得 a g，方向向上，gT3 2T3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T3力势能减小了 Ep 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d2 12 12场力做功为 mgd，选项D错误；故选B、C.12命题点二 用“等效法”处
8、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F合m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42.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
9、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；5(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
10、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 mgcos45 mg22F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.2mg2q(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 mgsin45 mg22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) mv2022 12在 M点，由牛顿第二定律得： FN F mv2r联立解得 FN( 1) mg322由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为FN FN( 1) m
11、g.322(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 EkA22解得 EkA mgr.2 12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 60， sBC2 R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动， h至34少为多少？(sin370.6，cos370.8)6图6答案
12、7.7 R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 F1.25 mg，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：1.25 mg mmvD2R vD2R小球由 A运动到 D点，由动能定理结合几何知识得：mg(h R Rcos37) mg( 2 R Rsin37) mvD2，联立解得 h7.7 R.34 htan 12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
13、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 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
14、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7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 t0时，电场强度突然从 E1增加至 E2，油滴做竖直向上
15、的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1满足qE2 mg ma1 油滴在 t1时刻的速度为v1 v0 a1t1 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 油滴在 t22 t1时刻，即运动到 B点时的速度为v2 v1 a2t1 由式得v2 v02 gt1 (2)由题意，在 t0时刻前有qE1 mg 油滴从 t0到 t1时刻的位移为x1 v0t1 a1t12 12油滴在从 t1时刻到 t22 t1时刻的时间间隔内的位移为x2 v1t1 a2t12 12由题给条件有 v 2 g2h4 gh 20式中 h是 B、 A两点之间的距离.若
16、B点在 A点之上，依题意有x1 x2 h 由式得E222 ( )2E1 v0gt1 14v0gt1为使 E2 E1，应有22 ( )21 v0gt1 14v0gt1解得0 t1(1 ) 32 v0g8或 t1(1 ) 32 v0g条件 式和式分别对应于 v20和 v20两种情形.若 B在 A点之下，依题意有x2 x1 h 由式得E222 ( )2E1 v0gt1 14v0gt1为使 E2E1，应有22 ( )21 v0gt1 14v0gt1解得 t1( 1) 52 v0g另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 (2017全国卷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
17、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(q0)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)31 (2) H (3)13 2mg2q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
18、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 at0 s1 v0t at2 12s2 v0t at2 12联立式得93 s1s2(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vy22 gh H vyt gt2 12M进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0vy s1H联立式可得h H 13(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 v0vy qEmg设 M、 N离开电场时的动能分别为 Ek
19、1、 Ek2，由动能定理得Ek1 m(v02 vy2) mgH qEs1 12Ek2 m(v02 vy2) mgH qEs2 12由已知条件Ek11.5 Ek2 联立 式得E 2mg2q变式5 如图8所示，在 E10 3V/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 R40 cm， N为半圆形轨道最低点， P为 QN圆弧的中点，一带负电 q10 4 C的小滑块质量 m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N点右侧1.5 m的 M处， g取10 m/s 2，求：图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道
20、的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？10(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)7m/s (2)0.6N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 mv2R小滑块从开始运动至到达 Q点过程中，由动能定理得 mg2R qE2R (mg qE)x mv2 mv0212 12联立解得： v07m/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 (qE mg)x mv 2 mv0212 12又在 P点时，由牛顿第二定律得 FN mv 2R代入数据，解得： FN0.6N
21、由牛顿第三定律得，小滑块通过 P点时对轨道的压力 FN FN0.6N.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2A.电压是甲图时，在0 T时间内，电子的电势能一直减少11B.电压是乙图时，在0 时间内，电子的电势能先增加后减少T2C.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
22、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T2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T2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T4 T2， 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.342.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
23、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3A.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 D3.一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 t0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4A.带电粒子只向一个方向运动B.02s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到
24、原出发点12D.2.54s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，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见02s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.54s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5A.小球带负电B
25、.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6A
26、.小球带负电13B.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
27、错误.6.(2017河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在 y0和 y2m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 1.010 2 C/kg，在 t0时刻以速度 v0510 2 qmm/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)410 3 s (2)(210 5 m,2m) (3)410 3 m/s解析 (1)因为粒子初速度方向垂
28、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 t410 3 s.yv0(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 4m/s 2，减速时的加速度大小 a2E1qm2m/s 2，离开电场时，在 x轴方向上的位移大小 x a1( )2 a1( )2 a2( )2210 5 m，因此粒子离开E2qm 12 T2 T2 12 T2电场的位置坐标为(210 5 m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿 x轴方向的速度大小为：vx a1 a2 410 3 m/s.T2 T7.(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
29、空气阻力，一电荷量为14 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 ， A、 B间距离为 L，静电力常量为 k，则( )图8A.在点电荷 Q形成的电场中， A、 B两点间的电势差 UAB2 mgL mvm22qB.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kQq mgD.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 mgL
30、 mvm20，得 A、 B两点间的电势差 UAB12，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2 mgL mvm22q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 mg 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Qqr2 kQq mg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 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
31、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.15(2)为 使 小 球 能 做 直 线 运 动 ，
32、 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.329.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
33、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2 R，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)(23 )mgmgq 2 2 1 gR 2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qE3R mg2R mvC212小球离开 C点后做平抛运动到 P点，有R gt2122R vCt联立解得 E .mgq(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 ，小球从 A点运动到 D点的过程，根据动能定理知qE(2R Rsin ) mgR(1cos ) mv212即 mv2 mgR(sin cos 1)1216根据数学知识可知，当 45时动能最大，由此可得v .2 2 1 gR(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 mgcos mv2R解得 F(23 )mg.2
