高考物理一轮复习 知识点71：在电场中运动带电体的力与功能关系的问题（提高解析版）

知识点71：在电场中运动带电体的力与功能关系的问题【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)，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。考点一：带电体在点电荷电场中的运动题型一：带电体在绝缘水平轨道上的运动【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eq\r(\f(kQq,Ff))D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝eq\f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)【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＝keq\f(Qq,r2)，可得：r＝eq\r(\f(kQq,Ff))，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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，计算得出，UAB＝eq\f(FfL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，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()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．题型二：带电体在绝缘斜面轨道上的运动【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．【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＝mgxsinθ，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。题型三：带电体在绝缘细杆上的运动【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()A.C、D两点电势φC＝φDB.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＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)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＝eq\f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq\f(kQ,2d2)，负点电荷Q在O点产生的场强大小为E2＝eq\f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq\f(kQ,2d2)，如图所示，由电场强度的叠加可得O点处的电场强度E＝eq\r(2)E1＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)，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＝eq\f(1,2)mv2，从O到D过程，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2，联立解得vD＝eq\r(2)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，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：带电体在绝缘圆弧轨道中的运动【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．考点二：带电体在匀强电场中的运动【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．题型一：带电体在绝缘水平轨道上的运动【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eq\f(2,3)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．1.5LB．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＝eq\f(1,3)Ek＝fL，克服电场力做功WE＝eq\f(2,3)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＝eq\f(mg,q)。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vC．滑块回到A点时速度大小为eq\r(\f(1－μ,1＋μ))vD．A、B两点间电势差为－eq\f(mv2,21＋μq)【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－eq\f(1,2)mv2，(Eq－μmg)s＝eq\f(1,2)mvA2－0，联立整理可以得到：vA＝eq\r(\f(1－μ,1＋μ))v，UAB＝－Es＝－eq\f(mv2,21＋μq)，故选项C、D正确。题型二：带电体在绝缘斜面轨道上的运动【典例2提高题】(多选)如图所示，长为L＝0.5m、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＝2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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eq\f(3mg,4q)C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D．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qELcosθ－mgLsinθ＝0，所以水平匀强电场的电场强度为eq\f(3mg,4q)，B对；电场强度加倍后，则有q·2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝0.6g＝6m/s2，C错；电场强度减半后，则有mgsinθ－qeq\f(E,2)cosθ＝ma1，a1＝0.3g＝3m/s2，由veq\o\al(2,0)－v2＝2a1L代入数值得v＝1m/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＝eq\f(\r(3),3)，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【典例2提高题对应练习】【答案】CD【解析】上滑过程中满足qEcosθ＞Ff＋mgsinθ，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＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°，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。题型三：带电体在绝缘圆弧轨道上的运动【典例3提高题】如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m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3×106V/m。有一质量为0.12kg、电荷量为1.6×10－6C，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10m/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)6m/s(2)21.6N【解析】(1)重力G＝mg＝0.12×10N＝1.2N，电场力F＝qE＝1.6×10－6×3×106N＝4.8N在A点，有qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，代入数据解得v1＝6m/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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有FN＋mg－qE＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，由牛顿第三定律有FN′＝FN，代入数据解得FN′＝21.6N。题型四：带电体的组合运动【典例4提高题】如图，一质量为m1＝1kg，带电荷量为q＝＋0.5C的小球以速度v0＝3m/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，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，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<3m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＝10V/m.(取g＝10m/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)10V(2)3m>R≥eq\f(25,18)m或R≤eq\f(25,63)m【解析】(1)在A点，竖直分速度vy＝v0tan53°＝4m/s带电粒子在平行板中运动时间t＝eq\f(L,v0)＝0.2s，vy＝at，得a＝20m/s2，又mg＋E′q＝ma，E′＝eq\f(U,d)，得U＝10V(2)在A点速度vA＝eq\f(v0,cos53°)＝5m/s①若小球不超过圆心等高处，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)≤(mg＋qE)Rcos53°，得R≥eq\f(25,18)m，故3m>R≥eq\f(25,18)m②若小球能到达最高点C，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝(mg＋qE)R·(1＋cos53°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C点：mg＋Eq≤meq\f(v\o\al(2,C),R)，可得vC≥eq\r(\f(mg＋qER,m))，联立解得：R≤eq\f(25,63)m，故圆弧轨道半径R的取值条件为：3m>R≥eq\f(25,18)m或R≤eq\f(25,63)m【典例4提高题对应练习】如图所示，在E＝103V/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＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/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？【典例4提高题对应练习】【答案】(1)7m/s(2)0.6N【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＝eq\f(mv2,R)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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②联立方程①②，解得v0＝7m/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＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝meq\f(v′2,R)④代入数据，解得FN＝0.6N⑤由牛顿第三定律得小滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.6N⑥考点三：带电体在重力场和水平电场中的圆周运动【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＝eq\f(F合,m)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。题型一：带电体在竖直圆周轨道上的运动【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)eq\r(3)mg(2)eq\r(2gr)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＝mgtan60°，解得：F＝eq\r(3)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eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(vD2,r)，解得小球在D点的速度vD＝eq\r(2gr)，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＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2，解得小球在A点的速度vA＝2eq\r(2gr)，小球在A点，根据牛顿第二定律得：FNA－mg＝meq\f(vA2,r)，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.【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＝eq\f(3mg,4q)，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6mgD．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＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq\f(5,4)g，如图所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，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＝meq\f(vQ2,R)，FP＋mg＝meq\f(vP2,R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．题型二：带电体直线运动+竖直圆周运动【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＝0.2m，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＝5×104N/C，方向沿x轴正方向。现在A点处由静止释放质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋2×10－5C的小物块(可看作质点)，已知sin53°＝0.8，不计物块与“9字型”轨道的摩擦，g取10m/s2。求：(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