【单元练】贵阳市第六中学高中物理必修3第十章【静电磁场中的能量】经典习题(含答案)

一、选择题
1．如图，带电粒子p 从a 板边缘由静止开始经电压U 1加速，沿AB 两板中线方向进入偏转电场，并从板的右侧射出偏转电场。

已知偏转电场的电场强度大小为E ，板长为L ，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A ．该带电粒子一定带正电
B ．该带电粒子一定从虚线的上方离开偏转电场
C ．当1U EL =时，粒子离开偏转电场时动能最大
D ．仅增大加速电压U 1，粒子射出偏转电场的动能可能减小D
解析：D
A ．带电粒子经电压U 1加速，而a 板带负电、b 板带正电，因此该带电粒子一定带负电，故A 错误；
B ．由于无法确定A 、B 板的带电情况，因此无法判断粒子是从虚线上方离开偏转电场还是从虚线下方离开，故B 错误；
C ．带电粒子在加速电场中做初速度为零的今加速直线运动，此过程中根据动能定理有
2112
qU mv =
粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，此过程中有 L vt =
偏移量
2
2
21
11224qE L EL y at m v U ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭ 粒子整个运动过程中，根据动能定理，粒子离开偏转电场的动能 22
k 111
4qE L E qU qEy qU U =+=+ 当
1U EL =
时
22k 11544
qE L qEL E qU U =+= 因此，E k 不是最大值，故C 错误；
D ．增大加速电压U 1，
E k 可能减小，故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（ ）
A ．当小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小
B ．当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大
C ．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最大
D ．小球在运动过程中机械能不守恒D
解析：D
AB ．带负电小球的电场力方向竖直向上，如果电场力大于重力则等效重力向上，最高点a 变为等效最低点，则小球在a 点的速度最大，线的张力最大，所以AB 错误； C ．因为a 点电势高于b 点电势，负电荷在电势越高的位置电势能越小，所以C 错误； D ．小球在竖直平面内做圆周运动，除了重力做功还有电场力做功，所以机械能不守恒，则D 正确；
故选D 。

3．如图所示，正电荷在电场中从A 点运动到B 点，则运动过程中（ ）
A ．电场力做负功、电势能减小
B ．电场力做正功、电势能减小
C ．电场力做负功、电势能增加
D ．电场力做正功、电势能增加B
解析：B
沿着电场线电势逐渐降低，则有 A B ϕϕ>
即
0A A B B U ϕϕ=->
电场力做功
0AB W qU =>
电场力做正功，根据功能关系，电势能减小。

故选B 。

4．在静电场中，将一电荷只在电场力作用下，从a 点移到b 点，电场力做了负功，则（ ）
A ．b 点的电场强度一定比a 点大
B ．电场线方向一定从b 指向a
C ．b 点的电势一定比a 点高
D ．该电荷的动能一定减小D
解析：D
A ．电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，由于电场力正负与场强的大小没有直接关系，故无法判断a 、b 两点电场强度大小，若是匀强电场，a 、b 两点电场强度可能相等，故A 错误；
B ．通过电场力做功无法判断电场线方向，电荷运动时可能与电场有一定夹角，故电场线不一定沿ab 连线，故B 错误；
C ．移动电荷从a 点到b 点，电场力做负功，电势能一定增大，由于不知道电性，则无法确定电势的高低，故C 错误；
D ．移动电荷从a 点到b 点，电场力做负功，电势能一定增大，由能量守恒可知，动能一定减小，故D 正确。

故选D 。

5．如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，该过程电场力做功1W 。

若保持上板不动，将下板下移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，电场力做功2W ，下列分析正确的是（ ）
A ．两板间电压变大，两板间场强变大
B ．两板间电压不变，两板间场强变小
C ．粒子将打在下板上，且21W W >
D ．粒子仍然从原位置飞出电场，且21W W = D
解析：D
AB ．平行板电容器充电后与电源断开，其极板带电量保持不变，由
Q C U
=，4r S C kd επ=
可知，将下板下移少许，d 增大，C 减小，电压U 增大，又 U E d =
可得 4r k S
E Q πε= 即极板间场强E 与两板间距离无关，将下板下移少许，场强不变，故AB 错误； CD ．由于场强不变，粒子受到的电场力不变，故粒子仍然从原位置飞出电场，同时21W W =，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．如右图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的12
，而电子仍从负极板边沿垂直电场方向射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的（ ）
A ．4倍
B ．2倍
C ．12倍
D ．14
倍B 解析：B 对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e ，质量为m ，速度为v ，极板的长度为L ，极板的宽度为d ，电场强度为E ；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向
l vt =
竖直方向
2
2
21122eUl dm y at d v === 得
2
22eUl dmv
d = 若速度变为原来的
12
，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的2倍。

故选B 。

7．如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E ，区域足够大的匀强电场中，以初速度0υ沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。

ON 与水平面的夹角为30，且mg =qE ，则下列结论中正确的是（ ）
A ．电场方向竖直向上
B ．小球运动的加速度大小为2g
C ．小球上升的最大高度为202v g
D ．小球返回原位置所用时间为02g
υ D 解析：D
A ．小球做匀变速直线运动，合力应与速度共线，因mg =qE ，所以电场力与重力对称，则电场方向沿直线ON 。

故A 错误；
B ．小球受力情况如图所示，合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度为g 。

故B 错误；
C ．小球做匀减速直线运动，由运动学公式，可得最大位移为
202v x g
= 则最大高度为
20sin 304v h x g ︒
== 故C 错误；
D ．小球返回原位置所用时间为t ，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得
0002v v v t g g
--=
=- 故D 正确。

故选D 。

8．在点电荷Q 的电场中，一个α（4
2He ）粒子通过时的轨迹如图实线所示，a 、b 为两个
等势面，则下列判断中正确的是（ ）
A ．Q 可能为正电荷，也可能为负电荷
B．运动中粒子的加速度a a>a b
C．α粒子经过两等势面的动能E ka>E kb
D．α粒子在两等势面上的电势能E pa>E pb C
解析：C
A．根据轨迹可以知道，α（42He）粒子受到的力为斥力，所以Q带正电，故A错误；B．b点离场源电荷Q近，所以该位置电场强度大，α（42He）粒子在这点受到电场力大，加速度大，故B错误；
CD．因为Q带正电，α（42He）粒子从b到a过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以E ka＞E kb，E pa<E pb，故C正确D错误。

故选C。

9．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是
（）
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小C
解析：C
A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；
C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；
D．正电荷从N移到D，由E p＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。

故选C。

10．如图，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点，M、N是电场中的两点，且P M>PN、P M⊥PN，下列说法正确的是（）
A．沿MN直线从M点到N点，电场强度的大小逐渐减小
B．沿MN直线从M点到N点，电势逐渐升高
C．将正电荷从M点移动到N点，静电力先做负功后做正功
D．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大C
解析：C
A. 沿MN 直线从M 点到N 点，电场线先密后疏，电场强度的大小先增大后减小，A 错误；
B. 距离点电荷越近电势越高，沿MN 直线从M 点到N 点，电势先升高后降低，B 错误；
C. 将正电荷从M 点移动到N 点，先靠近后远离，库仑斥力先做负功后做正功，C 正确；
D. 将正电荷从M 点移动到N 点，与点电荷的距离变小，库仑斥力做负功，正电荷的电势能增大，正电荷在M 点的电势能比其在N 点的电势能小，D 错误。

故选C 。

二、填空题
11．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M 运动到N 对这个运动，我们可以作如下分析：
运动轨迹−−→①粒子带正电−−→②粒子电势能减小→③
粒子动能增大，其中，①的理由是曲线运动合外力指向轨迹内侧，与场强方向相同。

请写出②的理由：______；
请写出③的理由：______。

电场力做正功电势能减小带电粒子在电场中仅受电场力作用动能和电势能之和不变
解析：电场力做正功，电势能减小 带电粒子在电场中仅受电场力作用，动能和电势能之和不变
[1]因为粒子带正电，受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小。

[2]带电粒子在电场中仅受电场力作用，动能和电势能之和不变。

电势能减少时，动能增大。

12．一个平行板电容器，当其电荷量增加ΔQ ＝1.0×10-6C 时，两板间的电压升高ΔU ＝10 V ，则此电容器的电容C ＝_____F 。

若两板间电压为0，此时电容器的电容C ＝____F 。

0×10-710×10-7
解析：0×10-7 1.0×10-7
[1]根据电容公式得
671.010C 1.01010 V
F Q C U --∆===∆⨯⨯ [2] 电容器的电容与电容电压无关，所以仍然是71.0F 10C -⨯=。

13．如图所示，在场强为E 的匀强电场中有相距为L 的A 、B 两点，连线AB 与电场线的夹角为θ，将一电荷最为q 的正电荷从A 点分别沿不同的路径（曲线ADB 、直线AB 、折线ACB)移到B 点，电场力做的功为______，由此表明______。

EqLcosθ电场力做功与路径无关只与初末位置有关
解析：EqLcosθ 电场力做功与路径无关，只与初末位置有关
[1] 将一电荷最为q 的正电荷从A 点分别沿不同的路径（曲线ADB 、直线AB 、折线ACB)移到B 点，电场力做的功为EqLcosθ；
[2]沿不同路径移动电荷，电场力做功相同，所以电场力做功与路径无关，只与初末位置有关；
14．如图所示Q 是带正电的点电荷，P 1、P 2为其电场中的两点。

若E 1、E 2为P 1、P 2两点的电场强度的大小， 1ϕ、2ϕ为P 1、P 2两点的电势，则E 1_____E 2，1ϕ__________2ϕ（填“大于，小于，等于”）
大于大于
解析：大于 大于
[1]根据公式2Q E k r
=可知，12E E >； [2]正点电荷的电场线是起于正电荷止于无穷远处的直线，沿着电场线方向电势逐渐降低，则12ϕϕ>。

15．如图所示A 、B 、C 、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点.已知A 、B 、C 三点的电势分别为15V A ϕ=，3V B ϕ=，3V C ϕ=-，由此可知D 点的电势D ϕ=_______.
9V
解析：9V
[1]在匀强电场中沿着任一方向每隔相同距离电势差都相等，所以在正方形中有：
AD BC U U =
即：
A D
B
C ϕϕϕϕ-=-
代入数据解得9V D ϕ=.
16．将一电荷量为81.610C -⨯的负电荷在电场中从A 点移动到B 点，克服电场力做功为
66.410J -⨯，则A 、B 的电势差为________V ．若已知0A ϕ=，则B ϕ=________V ．-400 解析：-400
[1]由题意，电荷量为81.610C q -=-⨯，电场力做功66.410J W -=-⨯，则AB 两点间电势差为：
686.410V 400V 1.610AB W U q ---⨯===-⨯ [2]
0AB A B B U ϕϕϕ=-=-
解得：
400V B ϕ=-
17．图中 A 、B 、C 、D 是匀强电场中一边长为 0.10m 的正方形的四个顶点，已知 A 、B 、C 、D 四点的电势分别为φφ=15V ，φφ=3V ，φC =9V ，则 A 、B 的中点电势为________V ，该电场的电场强度大小为______________V/m.
60
解析：605
[1]．设AB 的中点为M ，则根据匀强电场的特点可知，A 、B 的中点电势为
9V 2A B
M ϕϕϕ+==
[2]．因CM 电势相等，可知连接MC 为等势线，做MC 的垂线为场强方向斜向下，如图：
由几何关系可知0.1m 5
NB =，则场强 93V/m 605V/m 0.15
U E d
-=== 18．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，不改变A 、B 两极板带的电量，若减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度_____（填“增大”、“减小”或“不变”），若在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度_____（填“增大”、“减小”或“不变”）．
减小减小
解析：减小 减小
[1][2]不改变A 、B 两极板带的电量，若减小两极板间的距离，4S C kd επ=
可知，电容增大，而电容器的电量不变，由Q C U
=得知，板间电势差减小，静电计指针的偏转角度减小。

若在两极板间插入电介质，根据电容的决定式4S C kd
επ=可知，电容增大，而电容器的电量不变，由Q C U
=得知，板间电势差减小，静电计指针的偏转角度减小。

19．如图所示，在点电荷Q 形成的电场中有A 、B 、C 三点，若Q 为负电荷，则________点电势最低，将正电荷放在______点时电势能最小，将负电荷放在_____点时电势能最大。

AAA
解析：A A A
[1]Q 为负电荷，电场线方向从B →A ，A 点电势比B 点电势低．而C 所距离点电荷Q 更远，所以C 的电势高于B 的电势，即C 点电势最高，A 点电势最低．
[2]根据推论p E q ϕ=可知，将正电荷放在电势低的位置电势能小，即放在A 点时电势能最小，
[3]负电荷在低电势处的电势能较大，故将负电荷放在A 点时电势能最大．
20．一平行板电容器电压是100V 时，所带的电荷量为8210C -⨯，则该电容器的电容大小是_______F ；若将电容器放电至电荷量为零，则电容大小为_______F ．2*10-102*10-10 解析：2*10-10 2*10-10
由电容的定义式8
10210210100
Q C F F U --⨯===⨯ 由于电容器的电容取决于本身的性质，与电容器是否带电无关，所以当电容器放电至电荷量为零时，电容大小仍为10210F -⨯．
三、解答题
21．如图，光滑绝缘水平面上有两个可视为质点的小球A 、B ，两球质量分别为m 和2m 。

A 带正电，B 带负电。

两球带电荷量均为Q 。

且两球置于水平方向的匀强电场中。

当两小球之间的距离为L 时。

两球恰好处于静止状态。

现将匀强电场的电场强度方向不变、大小变为原来的2倍，两球开始运动，当两球之间的距离变为2L 时，小球A 的速度大小为v 。

已知静电力常量为k ，求：
(1)原匀强电场的电场强度E 的大小和方向；
(2)当两球之间的距离变为2L 时，小球A 的加速度大小a ；
(3)两球之间的距离从L 变为2L 的过程中，两球组成的系统电势能的减小量p E ∆。

解析：(1) 2Q
k L ，方向向左； (2)2
2
74kQ mL
；(3)234mv (1)对小球A ，在原电场中，受力平衡，有
2
2Q EQ k L
=
解得
2
Q E k
L = 因为A 球受到的库仑力向右，则电场力向左，所以电场方向向左。

(2) 对小球A ，受力分析有
2
2
2(2)
Q EQ k ma L -= 解得
2
2
74kQ a mL =
(3)小球B 的受力与小球A 的受力时刻大小相等，方向相反，所以小球B 的瞬时加速度是A 的一半，当距离为2L 时，小球B 的速度是小球A 的一半，根据能量守恒，有
2k p 221113
2()2224
mv m mv E E v ==
+⋅⋅=∆∆ 22．长为L 的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为＋q 、质量为m 的带电粒子，以初速v 0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30角，（不计重力）如图所示。

求： (1)粒子未速度的大小； (2)匀强电场的场强； (3)两板间的距离d 。

解析：（1023；（22
03mv ；（33
L
（1）粒子在电场中做的是类平抛运动
由图可得，粒子的末速度为
0023
cos303
v v v =
=︒
（2）在沿着电场方向
003
tan 303
y v v v =︒=
粒子在板间运动的时间为
0L t v =
垂直于板的速度的大小为
y qEL
v at mv ==
解得
20
33mv E qL
=
（3）粒子在竖直方向上做的是匀加速运动，由匀变速运动的规律可得
32
6
y v d t L =
=
23．如图所示，用30cm 的细线将质量为3410kg -⨯的带电小球P 悬挂在O 点下，当空中有方向为水平向右，大小为4110N/C ⨯的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态，求：
(1) 小球的带何种电荷； (2) 小球所带电量；
(3)为了让小球能在竖直平面内完成圆周运动，至少要给它多大的初速度？(sin370.6︒=，
cos370.8︒=，210m/s g =)。

解析：(1)正电荷；(2)6310C -⨯；5
3m/s 2
(1)由图可知，小球受到的电场力水平向右，与电场方向相同，故小球带正电荷。

(2)对小球进行受力分析，小球受到重力mg ，电场力qE ，细线的拉力T ，由平衡条件得
tan37qE mg =︒
得电荷量为
364
tan 37410100.75C 310C 110
mg q E --︒⨯⨯⨯===⨯⨯ (3)细线的拉力为
3241010N 510N cos370.8
mg T --⨯⨯===⨯︒
将重力和电场力的合力视为新的等效重力
G mg ''=
小球静止时即处于等效重力场的最低点，线根据平衡条件可知
mg T '=
小球恰好能完成完整的圆周运动，则到达等效重力场最高点时恰好由等效重力提供向心力，设等效重力场最高、最低点速度分别为t v ，0v ，则有
2
t v mg m l
'=
从等效重力场最低点到最高点，根据动能定理有
22011222t mg l mv mv '-⋅=
- 联立并带入数据解得
05
3m/s 2
v =
24．如图所示，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系xOy ，在x 轴上方有一沿x 轴正方向的匀强电场。

现有一质量为m 带电荷量为q +的小球，从坐标原点O 以初速度0v 沿y +方向竖直向上抛出，在此后的运动过程中，小球到达的最高点坐标M （3h ，4h ），重力加速度为g 。

求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球再次经过x 轴（记为N 点）时速度大小； (3)小球从O 点经M 点到N 点过程速度的最小值。

解析：(1)
34mg q ；(2)013
2
v ；(3)035v (1)O 点至M 点过程
2
142h gt = 2132x h a t =
x Eq a m
=
解得
34mg
E q =
(2)O 点至M 点过程
42v h t = M
32v h t =
解得
M 034v v =
到达N 点时，水平分速度
x M 0322
v v v ==
竖直分速度
y 0v v =
所以
22
N x y 013
v v v =+=
(3)由于电场力
34
mg
Eq =
设电场力，重力的合力方向与y 轴负向夹角为α
3tan 4
α=
当速度最小时
min 003
sin 5
v v v α==
25．在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电轻绳的一端连着一个质量为m =1kg 的带电小球，另一端固定于O 点。

把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放。

已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=37°(如图)，求小球经过最低点时细线对小球的拉力。

（sin37°=0.6；cos37°=0.8）
解析：20N
小球由水平位置摆到线与竖直方向成θ角时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
mgL cos θ-FL (1＋sin θ)=0
小球由水平位置摆到最低点时，同理有
mgL -FL =
1
2
mv 2 v 为小球在低点速度，在最低点由牛顿第二定律得
2
mv T mg L
-= 解以上三式得
()2cos 31sin T mg θθ⎡⎤
=-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦
代入数据得
T =2mg =20N
26．如图所示是示波管工作的部分原理图，电子在经U 1=5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入两平行板间的匀强电场，若两极板间距d =1.0cm ，板长L =4cm ，在满足电子能射出偏转电场的条件下，求： (1) 电子刚好离开电场时所加的偏转电压U 2 (2)电子离开电场时偏转的角度的正切。

(3)电子离开偏转电场时的偏移量为y ，每单位偏转电压U 2引起的偏移量（2
y
U ）叫做示波
管的灵敏度。

求示波管的灵敏度。

解析：（1）625V ；（2）1
4
；（3）214L U d
（1）在加速电场中，根据动能定理得
2101
2
eU mv =
在偏转电场中：偏转量
212
y at =
加速度
2
eU a md
=
运动时间
L t v =
当
2
d y =
电子刚好离开电场，解得
2625V U =
（2）偏转角度的正切值
01tan 4
y a v v t v θ=
=
= （3）粒子在y 方向上偏转，偏转位移
2222011224eU L
U L y at mdv U d
=
== 则
2
214y L U U d
= 27．如图所示，一固定直杆AB 长为L =2m ，与竖直方向的夹角为θ=53°，一质量为
m =4kg ，电荷量为q =+3×10﹣5C 的小球套在直杆上，球与杆间的动摩擦因数为μ=
6
7
直杆所在处空间有水平向右的匀强电场，场强为E =106N/C 。

(已知sin53°=0.8，g =10m/s 2)。

求： (1)小球所受摩擦力的大小；
(2)小球静止起从杆的最高点A 滑到最低点B 所经用的时间t 为多少？
解析：(1)12N ；(2)
2s 3
(1)小球受力可知，电场力为 F=qE =3×10﹣5×106N=30N
弹力为
N=mgsin θ﹣Fcos θ=14N
摩擦力大小为
f=μN =12N
(2)小球从最高点运动到最低点过程中
cos sin ma mg F f θθ=+-
212L at =
代入数据可解得
23
t s =
28．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的匀强电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点。

另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10﹣2C 的小球。

拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点。

试求： (1)绳子的最大张力； (2)A 、C 两点的电势差；
(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的方向及取值范围。

解析：(1)30N ；(2)125V ；(3)见解析所示
(1)A→B 由动能定理及圆周运动知识有
21()2
B mg qE L mv +⋅=
2()B
v T mg qE m L
-+=
联立解得T =30N
(2)A→C 由功能关系及电场相关知识有
21()2
AC c mg qE h mv +=
v C sin θ=v B U AC =E •h AC
联立解得U AC =125V
(3)由题可知施加恒力F 后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上。

设恒力F 与竖直方向的夹角为α， 由矢量三角形可知：当F 与F 合（或运动）的方向垂直时，F 有最小值而无最大值）
F min =(mg +qE ）•sin θ
αθ+范围为
~180θ︒
联立解得F ≥8N
α范围为0127α≤<︒。