新高考物理一轮复习考点精讲精练第53讲 单体或多体在电场中的运动之力 电综合问题（2份打包，原卷版+解析版）

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（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【解答】解：（1）因为两个油滴在未加电压时均做匀速直线运动，对A油滴进行分析，根据运动学公式得：

根据平衡状态得：m0g＝f
结合空气阻力的表达式f＝kv
联立解得：k
（2）因为加电压后A油滴的速度不变，所以A油滴不带电；B油滴最终向上做匀速运动，由此可知，B油滴受到的电场力应向上，故B油滴带负电。
B油滴向上做匀速直线运动时，根据运动学公式得：

其受到的空气阻力向下，根据平衡状态得：

解得：q
根据功能关系得：
ΔEp＝﹣W电
联立解得：ΔEp
（3）油滴相遇时，质量为2m0，电荷量等于B油滴的电荷量，则新油滴受到的电场力为

此时要对电场力进行分类讨论
①若F＞2m0g，即h2＞h1，新油滴最终向上匀速运动，设达到平衡时速度为v'，则有
2m0g+k•2v'＝F
解得：v'
②若F＜2m0g，即h1＞h2，新油滴最终向下匀速运动，设达到平衡时速度为v''，则有
2m0g＝F+k•
解得：v′'
答：（1）比例系数为；
（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为；B上升距离h2电势能的变化量为；
（3）①若h2＞h1，则新油滴的速度大小为，方向竖直向上；②若h1＞h2，则新油滴的速度大小为，方向竖直向下。
一.知识回顾
1.解题思路
2.用动力学的观点分析带电粒子的运动
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。
(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。
(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
3．用能量的观点来分析带电粒子的运动
(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
4.力电综合问题的处理方法
力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：
(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。
(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。
(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)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。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。
二.例题精析
题型一：单一带电体在电场中的运动（引入等效重力概念）
例1．如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：小球在最高点，如图所示，
已知qEmg，则重力与电场力的合力：F＝（mg）2+（mg）2mg，
小球刚好在圆轨道内做圆周运动，在最高点，弹力为零，重力与电场力的合力提供向心力，
由牛顿第二定律得：F＝m，
解得：v
小球从水平轨道到达最高点过程中，
由动能定理得：qEs﹣mgR（1+csθ）﹣qERsinθmv2﹣0，
已知：qEmg，
解得：s，故ABC错误，D正确。
故选：D。
题型二：球杆连接体
例2．在动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）。A球的电荷量为+2q，B球的电荷量为﹣3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A球处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响，重力加速度为g）。求：
（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；
（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。
【解答】解：
（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，
由牛顿第二定律：2Eq﹣μ2mg＝2ma1 即：a1＝g
B刚进入电场时，由：
可得：
（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为：W1＝2Eq•2L+（﹣3Eq•L）＝EqL
摩擦力对系统做功为：W2＝﹣μ•2mg•2l＝﹣0.8mgL
W总＝EqL﹣0.8mgL＝0.4mgL 故A球从右端滑出。
设B从静止到刚进入电场的速度为v1，
设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：2Eq﹣3Eq﹣2μmg＝2ma2
a2＝﹣0.8g
系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；
由：，
可得：
（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x
由动能定理：2Eq•2L﹣3Eq×（L+x）﹣μ•2mg（2L+x）＝0
可得：x＝0.1L
所以B电势能增加的最大值△W1＝3Eq×1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL
答：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；
（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值3.96mgL。
题型三：板块叠加模型+运动的合成与分解
例3．在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B．用手托起A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示，现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动，为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成线匀加速接着匀减速到静止的过程，测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m，已知匀强电场的场强E，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2，求：
（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？
（2）滑块B最后停在离出发点距离为多大处？
【解答】解：（1）竖直分运动是先加速后减速，假设竖直分速度的最大值为v，故：

解得：
v1m/s
故加速过程的加速度为：

减速过程的加速度大小为：

（2）加速上升过程是超重，物体与板相对静止；
减速过程是失重，压力减小，为：
N＝m（g﹣a2）＝5m
故滑动摩擦力为：
f＝μN＝2m
根据牛顿第二定律，水平分运动的加速度：

故该过程的水平分位移：
x10.02m
到最高点后，水平分加速度：
a′＝﹣μg1m/s2
水平分位移：
x20.02m
故水平分位移为：
x＝x1+x2＝0.02m+0.02m＝0.04m
答：（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为1.25m/s2、5m/s2；
（2）滑块B最后停在离出发点距离为0.04m．
题型四：往复运动模型
例4．如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AB与水平绝缘地面BC平滑连接，且O、A两点高度相同，圆弧的半径R＝0.5m，水平地面上存在匀强电场，场强方向斜向上与地面成θ＝37°角，场强大小E＝1×104V/m，从A点由静止释放一带负电的小金属块（可视为质点），质量m＝0.2kg，电量大小为q＝5×10﹣4C，小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）金属块第一次到达B点（未进入电场）时对轨道的压力。
（2）金属块在水平面上滑行的总路程。
【解答】解：（1）对金属块从A到B点，根据动能定理可知

在B点，根据牛顿第二定律可知
解得N＝6N
根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力N′＝N＝6N
（2）由于qEcsθ＝4N大于滑动摩擦力f＝μ（mg+qEsinθ）＝1N
故金属块往返多次，最终停止在B点，全过程有动能定理可知
mgR﹣μ（mg+qEsinθ）s＝0﹣0
解得s＝1m
答：（1）金属块第一次到达B点（未进入电场）时对轨道的压力为6N。
（2）金属块在水平面上滑行的总路程为1m。
三.举一反三，巩固练习
如图所示，在绝缘的水平面上，一带正电的滑块以5m/s的速度从A点经时间t1到达B点时的速度为3m/s，再经时间t2到达C点时的速度为0，平面上方的空间有水平向左的匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的距离与B、C间的距离之比为5：3
B．A、B间的距离与B、C间的距离之比为3：1
C．t1与t2之比为3：2
D．t1与t2之比为2：3
【解答】解：CD、由题意可知滑块做匀减速直线运动，由a可得：
，故D正确，C错误；
AB、由2ax可得：
，故AB错误。
故选：D。
如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，现把电荷量为+q的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的位移大小为x1，B向右运动的位移大小为x2，已知A与B接触面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，下列说法正确的是（ ）
A．若qE≤2μmg，则x1＞x2
B．若qE＞2μmg，则x1＝x2
C．若qE＞2μmg，则该过程中因摩擦产生的热量Q＝μmg（x1﹣x2）
D．该过程中，A、B系统的电势能减小qEx1，机械能增加qEx1
【解答】解：A．假设A、B系统一起向右加速，对A、B系统受力分析，根据牛顿第二定律有qE＝2ma共
解得：
此时长木板B受到的摩擦力为
若qE≤2μmg，则长木板B受到的摩擦力f＜μmg
假设成立，说明此时A、B间为静摩擦，A、B一起向右加速，则x1＝x2，故A错误；
BC．由上分析可知，若qE＞2μmg，则长木板B受到的摩擦力f＞μmg
说明A、B发生相对滑动，对小物块A受力分析，根据牛顿第二定律有qE﹣μmg＝ma1
对长木板B受力分析，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
由于qE＞2μmg，可得a1＞a2
匀变速直线运动位移—时间关系有：
可得x1＞x2
根据功能关系，可得该过程中因摩擦产生的热量为Q＝fx相＝μmg（x1﹣x2）
故B错误，C正确；
D．根据功能关系，可知A、B系统减少的电势能为qEx1，若qE≤2μmg，即若A、B一起运动，则根据能量的转化和守恒可知，A、B系统增加的机械能等于A、B系统减少的电势能即为qEx1。
若qE＞2μmg，则A、B发生相对滑动，根据能量的转化可知，A、B系统减少的电势能qEx1转化为A、B摩擦产生的内能和A、B的机械能，可知A、B系统增加的机械能为ΔE＝qEx1﹣μmg（x1﹣x2）；
故D错误。
故选：C。
如图所示，空间中存在与水平方向成45°角斜向右上方的匀强电场，电场强度为E，在电场中的P点有一个质量为m，电荷量为q的带正电的小球。已知电场强度，其中g为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（ ）
A．若小球从静止释放，小球将做曲线运动
B．若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加
C．若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大
D．若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动
【解答】解：A.小球所受电场力F＝Eq，方向与电场线方向相同，竖直方向的合力，水平方向，所以合力F合＝mg，方向沿水平方向向右，小球沿水平方向做直线运动，故A错误。
B.小球以某一速度竖直向下抛出，小球将沿竖直向下方向做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，速度不变，水平向右的方向做匀加速运动，速度vx＝at，一直增大；合速度一直增大，小球的动能一直增大，故B正确。
C.若小球以某一速度竖直向上抛出，小球将沿竖直向上方向做类平抛运动，根据动能定理W＝ΔEk，可知小球的动能增加；小球以某一速度竖直向上抛出，重力做负功，重力势能增大，根据能量守恒，重力势能、电势能与动能之和保持不变，而重力势能、动能之和不断增大，则小球电势能不断减小，故C错误。
D.若小球初速度方向与电场线方向相同，由于初速度方向与合力方向（水平向右）不在同一直线上，小球将做曲线运动；又因为合力方向指向运动轨迹的凹侧，所以小球最终速度不可能沿竖直向下方向，小球不可能竖直向下做直线运动，故D错误。
故选：B。
如图所示，质量为m的物块带电量为﹣q，开始时让它静止倾角α＝53°的固定光滑绝缘斜面顶端。若整个装置放在水平向右的匀强电场中，物块由静止释放到落地所经历的时间为t1；若仅将匀强电场的方向改为水平向左，物块在相同的位置由静止释放到落地所经历的时间为t2，已知匀强电场的电场强度，cs53°＝0.6，sin53°＝0.8，则t1与t2的比值（ ）
A．5：1B．5：2C．4：3D．5：4
【解答】解：（1）由题意电场力的大小F＝Eq＝mg，当匀强电场水平向右时，物块受到的电场力方向水平向左，大小为F＝Eq＝mg，根据牛顿第二定律mgsin53°﹣Fcs53°＝ma1，得a1＝2m/s2；设斜面高为h，斜面长L，由运动学公式公式，联立解得①
（2）当匀强电场水平向左时，物块受到的电场力方向水平向右，大小为F＝Eq＝mg，重力与电场力的合力F合，根据牛顿第二定律F合＝ma2，联立解得a2＝10m/s2；设加速度与水平方向成θ角，由数学知识tanθ，得θ＝45°，物块离开斜面做匀加速直线运动；设斜面高为h，则物块运动的距离s，由运动学公式，联立解得②
（3）联立①②解得，故ACD错误，B正确。
故选：B。
如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球运动到B点时的速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点
【解答】解：A、由于电场强度E，故mg＝Eq，物体的加速度大小为ag，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有：
mg＝m，解得，v，故A错误；
B、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时，电场力做功最少，故到A点时的机械能最小，故B正确；
C、小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，小球运动到B点的过程中，由动能定理得
qE•2Lmv2
解得：v＝2，故C错误；
D、若将小球在A点以大小为 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加速运动，因Eq＝mg，故水平加速度与竖直速度加速大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，时间t＝2，则水平位移xgt2＝2L，则说明小球刚好运动到B点，故D错误。
故选：B。
空间存在与水平方向成30°角斜向右上的匀强电场，场强E＝1×109V/m，质量为m＝2kg的带电量为q＝2×10﹣8C的正电小球，套在光滑绝缘且长度未知的轻杆上，轻杆的一端固定在过O点转轴上，重力加速度g＝10m/s2。O点距倾角为60°的挡板L＝0.6m，小球由O点静止释放，则关于小球沿杆到达挡板的最短时间及此情形下的杆长应为（ ）
A．tmin＝0.2s，lmB．tmin＝0.3s，lm
C．tmin＝0.4s，lmD．tmin＝0.5s，lm
【解答】解：等效重力思想，将电场力与重力的合力视为一个新的“重力”，依题意，新“重力”大小为依然为mg、方向沿f方向（∠fe＝30°），如图所示；
在f上找一点1，作一半径r的圆、过O点且相切挡板于e点，依题意几何关系可得
解得r＝0.4m
因为从点静止沿任何光滑杆自由滑到圆周上时间均相等，所以小球沿杆到达挡板的最短时间为0.8
解得t＝0.4s
因∠1e＝120°
此情形下e两点间距即为杆长，即lrm
故ABD错误，C正确。
故选：C。
固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，以速度v0平抛。整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E，小球从抛出到落到斜面的时间为t1，重力做功为WG1，电势能减少量为Ep1，落到斜面上时的动能为Ek1；若将电场方向改为竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t2，重力做功为WG2，电势能增加量为Ep2，落到斜面上时的动能为Ek2，则下列关系式不正确的是（ ）
A．t1：t2＝1：3B．Ek1：Ek2＝1：1
C．WG1：WG2＝1：1D．Ep1：Ep2＝1：3
【解答】解：A．匀强电场方向竖直向下时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：mg+qE＝ma1
同理，匀强电场方向竖直向上时，有mg﹣qE＝ma2
又
联立，可得
设斜面倾角为θ，根据平抛运动规律，可得两次类平抛运动过程有
解得
t1：t2＝1：3
故A正确；
C．两次类平抛运动过程，竖直分位移分别为
根据重力做功的公式，有WG＝mgh
联立，可得
WG1：WG2＝1：3
故C错误；
D．根据电场力做功与电势能变化的关系，以及电场力做功表达式Ep＝﹣W电＝qEh
可得，
即Ep1：Ep2＝1：3
故D正确；
B．根据动能定理，有
可得
联立，可得
Ek1：Ek2＝1：1
故B正确。
本题选不正确的选项；
故选：C。
如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从ABCD平面的一小孔P从左向右沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点。则下列说法正确的是（ ）
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴在真空盒中都做匀变速运动
C．三个液滴的运动时间不一定相同
D．三个液滴落到底板时的速率相同
【解答】解：AB、真空盒内有水平向右的匀强电场，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，合运动是匀变速曲线运动，但不是平抛运动，故A错误，B正确；
C、在竖直方向则有hgt2，解得t，由于下落高度相同，所以三个液滴的运动时间相同，故C错误；
D、在水平方向则有x＝v0taxt2，x3＞x2＞x1，可得a3x＞a2x＞a1x，由于ax，可得qC＞qB＞qA，
对合运动由动能定理可得mgh+qExmv2mv02，根据x3＞x2＞x1，且qC＞qB＞qA，知C液滴落到底板时的速率最大，故D错误。
故选：B。
如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为+q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小为E
B．B点的电势φB
C．B点的电势能ED
D．小球机械能的变化量为
【解答】解：A、小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示
则有qE tan45°＝mg，解得E，故A错误；
BC、由牛顿第二定律得加速度为ma，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度为v＝at，设AB＝L，根据动能定理得mgLsin45°+gELcs45°，解得电场力做功W，根据W＝qUAB，解得UAB，根据UAB＝φA﹣φB，且A点的电势为零，解得φB，则B点的电势能为得ED＝qφB联立代入数据解得：EDmx，故BC错误；
D、小球机械能的变化量等于电场力做的功，ΔE＝W，故D正确。
故选：D。
在与x轴平行的匀强电场中，一电荷量为q＝+1.0×10﹣7C、质量为m＝2.5×10﹣3kg的物体在绝缘水平面上沿着x轴正方向从A点以初速度v0＝1.6m/s做直线运动，经时间t＝4s物体的速度刚好为0。已知物体与水平面的动摩擦因数为μ＝0.01，重力加速度取g＝10m/s2；
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）若取A点的电势为零，则从A点出发经t1＝2s时物体的电势能为多少？
【解答】解：（1）物体运动的加速度大小为
而qE+μmg＝ma
解得E＝7.5×103N/C
（2）从A点出发经t1＝2s时物体的位移为
所求电势能为Ep＝﹣W＝﹣（﹣qEx）
代入数据解得：Ep＝1.8×10﹣3J
答：（1）匀强电场的场强大小为7.5×103N/C；
（2）若取A点的电势为零，则从A点出发经t1＝2s时物体的电势能为1.8×10﹣3J。
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，重力加速度为g，不计小环的电量损失。
（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x；
（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，求小环运动过程中对轨道的最大压力FN；
（3）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μ，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。
【解答】解：（1）小环刚好到达P点时，速度为零，设DM间的距离x，小环从D点到P点的过程由动能定理得qEx﹣mg•2R＝0
由题意知
联立解得x＝4R
（2）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成θ角，则
合力大小
小环运动过程中在C点对轨道有最大压力FN，在C点由牛顿第二定律得
从D到C的过程中由动能定理
，
解得：
（3）①若
则μmg≥qE
故小环到达P点右侧速度减为零后，不会继续运动。设小环到达P点右侧x1处静止，由动能定理得qE（5R﹣x1）﹣mg•2R﹣fx1＝0
又f＝μN＝μmg
联立解得
整个运动过程中克服摩擦力所做的功为
②若
则μmg＜qE
故小环到达P点右侧速度减为零后，会向左运动。小环经过多次往复运动，最后在P点速度为0，根据动能定理qE⋅5R﹣mg⋅2R﹣W2＝0
所以整个过程克服摩擦力做功为
答：（1）DM间的距离为4R；
（2）小环运动过程中对轨道的最大压力为；
（3）小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或。