1、1带电粒子在电场中运动的综合应用一 非匀强电场中的运动例 1.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆 AC 与半径为 R 的圆周交于 B、 C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷， B 点为 AC 的中点， C 点位于圆周的最低点现有一质量为 m、电荷量为 q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从 A 点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为 g， A 点距过 C 点的水平面的竖直高度为 3R，小球滑到 B 点时的速度大小为 2 .求：gR图 6(1)小球滑到 C 点时的速度大小；(2)若以 C 点作为参考点(零电势点)，试确定 A 点的电势解析 (1)因为 B、 C 两点电势相等，故小球从 B 到
2、C 运动的过程中电场力做的总功为零由几何关系可得 BC 的竖直高度 hBC3R2根据动能定理有 mg 3R2 mv2C2 mv2B2解得 vC .7gR(2)小球从 A 到 C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有 mg3R W 电 ，又根据电场力做功与电势能的mv2C2关系： W 电 EpA EpC q A( q C)又因为 C0，可得 A .mgR2q答案 (1) (2)7gRmgR2q1如图 9 所示 Q 为固定的正点电荷， A、 B 两点在 Q 的正上方和 Q 相距分别为 h 和 0.25h，将另一点电荷从 A 点由静止释放，运动到 B 点时速度正好变为零，若此电荷在 A 点处的加速
3、度大小为 g，求：34图 9(1)此电荷在 B 点处的加速度；(2)A、 B 两点间的电势差(用 Q 和 h 表示)答案 (1)3 g，方向竖直向上 (2)3kQh解析 (1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为 q.由牛顿第二定律得，在 A 点时： mg k m g.Qqh2 34在 B 点时： k mg maB，解得 aB3 g，方向竖直向上Qq 0.25h 22(2)从 A 到 B 的过程，由动能定理得 mg(h0.25 h) qUAB0，解得 UAB .3kQh2如图 10 所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷 Q 为圆心的某圆交于 B、 C 两点，质量为 m、带电荷量为
4、q 的有孔小球从杆上 A 点无初速度下滑，已知 qQ， AB h，小球滑到 B 点时的速度大小为 .求：3gh图 10(1)小球由 A 到 B 的过程中静电力做的功；(2)A、 C 两点间的电势差答案 (1) mgh (2)12 mgh2q解析 (1)因为 Q 是正点电荷，所以以 Q 为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由 A 到 B 过程中静电力是变力，所以不能直接用 W Fx 来解，只能考虑应用功能关系求解因为杆是光滑的，所以小球从 A 到 B 过程中只有两个力做功：静电力做功 WAB和重力做功 mgh，由动能定理得：WAB mgh mv12 2B代入已知条件 vB 得3gh静
5、电力做功 WAB m3gh mgh mgh.12 12(2)因为 B、 C 在同一等势线上，小球从 B 点到 C 点电场力不做功则 WAC WAB所以 UAC .WAC q 12mgh q mgh2q3. 如图 8 所示，质量为 m 的小球 A 穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为 ，小球 A 带正电，电荷量为 q.在杆上 B点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷将 A 由距 B 竖直高度为 H 处无初速度释放，小球 A 下滑过程中电荷量不变不计 A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量 k 和重力加速度 g.求：图 8(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当 A 球的动能最大时， A
6、 球与 B 点间的距离答案 (1) gsin (2) kQqsin2mH2 kQqmgsin 解析 (1)由牛顿第二定律可知 mgsin F ma，根据库仑定律有 F k ，又知 rqQr2 Hsin 得 a gsin kQqsin2 mH2(2)当 A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大设此时 A 球与 B 点间的距离为 d.则 mgsin ，解得 d .kQqd2 kQqmgsin 二 匀强电场中的直线运动例 2如图所示，一电荷量为 q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取 g，sin 370.6，co
7、s 370.8.求：3图 13(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大；12(3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能答案 (1) (2)0.3 g (3)0.3 mgL3mg4q解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37 qEFNcos 37 mg由可得 E3mg4q(2)若电场强度减小为原来的 ，即 E12 3mg8q由牛顿第二定律得 mgsin 37 qEcos 37 ma可得 a0.3 g(3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgLsin
8、37 qE Lcos 37 Ek0可得 Ek0.3 mgL.1. 如图 10 甲所示，长 L1.5 m、倾角为 37的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量 m1.2 kg、带电荷量 q110 4 C 的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强 E 取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离 s 不同.研究发现 s 与 E 之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图 10(1)物体与地面间的动摩擦因数 ；(2)
9、当 E310 4 N/C 时，物体运动的总时间.答案 (1)0.2 (2) s323解析 (1)当 E0 时， s4.5 m由动能定理得 mgLsin mgs 0解得 0.2(2)当 E310 4 N/C 时，由牛顿第二定律得 mgsin qEcos ma1又 L a1t12 21解得物体在斜面上的运动时间 t1 s32水平面上由牛顿第二定律知 mg ma2由 v a1t1又 v a2t24可得 t2 s3所以物体运动的总时间 t t1 t2 s.3322. 如图 11 所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 45角的绝缘直杆 AC，其下端 C 距地面高度 h0.8 m.有一质量
10、为 500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过 C 端的正下方 P 点处.( g 取 10 m/s2)求：图 11(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小 v0.(3)小环运动到 P 点的动能.答案 (1)14.1 m/s 2 与杆垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5 J解析 (1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得： mgsin 45 Eqcos 45得 mg Eq，离开直杆后，只受 mg、 Eq 作用，则： mg ma2代入数据解得加速度大小： a14.1 m/s 2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2)设
11、小环在直杆上运动的速度为 v0，离杆后经 t 秒到 P 点，则竖直方向：h v0sin 45t gt212水平方向(取向左为正)： v0cos 45t gt2012由以上两式代入数据解得： v02 m/s(3)由动能定理得： EkP mv mgh12 20代入数据解得： EkP5 J.例 3.（往复运动）如图 9 所示，在倾角 37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E410 3 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板质量 m0.2 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回已知斜面的高度 h0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数 0.3
12、，滑块带电荷量 q5.010 4 C，取重力加速度 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.求：图 9(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程 s 和系统产生的热量 Q.答案 (1)2.4 m/s (2)1 m 0.96 J解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f (mg qE)cos 370.96 N设到达斜面底端时的速度为 v，根据动能定理得5(mg qE)h f mv2hsin 3712解得 v2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，( mg qE)h fs
13、解得滑块在斜面上运动的总路程：s1 mQ fs0.96 J1. 如图 5 所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为 m，带电荷量为 q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为 E， qEmg ，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧 L 处，并给滑块一个向左的初速度 v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为 ，求：图 5(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.答案 (1)( qE mg )L v (2) qEL mv02m qE mg2 qE mg 20 12解析 (1)设滑块向左运动 x
14、时减速到零，由能量守恒定律有：(qE mg )x mv0212解得： xmv202 qE mg之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为 Ek，由能量守恒定律得：qE(x L) Ek mg (x L)解得： Ek( qE mg )L vm qE mg2 qE mg 20滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：Epm( qE mg )L vm qE mg2 qE mg 20(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为 W qEL，电势能减少量为 qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能
15、的减少量之和，即 Q qEL mv02122. 如图 4 所示，两个带正电的点电荷 M 和 N，带电量均为 Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距 2L， A、 O、 B 是MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA OB ，一质量为 m、电量为 q 的点电荷以初速度 v0从 A 点出发沿 MN 连线向L2N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到 O 点时，动能为初动能的 n 倍，到 B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为 k，取 O 处电势为零.求：图 4(1)A 点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A 点的电势；(4
16、)电荷在电场中运动的总路程.解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E k k ；Q L2 2Q 3L2 2 32kQ9L26(2)由对称性知， A B，电荷从 A 到 B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为： Wf FfL，由动能定理： FfL0 mv ，得： Ff12 20 mv202L(3)设电荷从 A 到 O 点电场力做功为 WF，克服阻力做功为 Wf，12由动能定理： WF Wf nmv mv12 12 20 12 20得： WF (2n1)mv204由： WF q( A O)得： A (2n1)WFq mv204q(4)电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为
17、 WF (2n1)，电荷在电场中运动的总路程为 s，则阻力做功mv204为 Ffs.由动能定理： WF Ffs0 mv0212即： (2n1) mv s mv02mv204 12L 20 12解得： s( n0.5) L.答案 (1) (2) (3) (2n1) (4)( n0.5) L32kQ9L2 mv202L mv204q三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例 4 如图 5 所示，半径为 r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与环面平行一电荷量为 q、质量为 m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时，速度 vA的方向恰与电场垂直，且圆环与
18、小球间沿水平方向无力的作用，求：图 5(1)速度 vA的大小；(2)小球运动到与 A 点对称的 B 点时，对环在水平方向的作用力的大小解析 (1)在 A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得： qE mv2Ar所以小球在 A 点的速度 vA .qErm(2)在小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr mv mv12 2B 12 2A小球在 B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 FB qE mv2Br解以上两式得小球在 B 点受到环的水平作用力为：FB6 qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小 FB6 qE.答案
19、 (1) (2)6 qEqErm1 如图 6 所示， ABCD 为放在 E1.010 3 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中 BCD 部分是直径为 20 cm的半圆环， AB15 cm，今有 m10 g、 q10 4 C 的小球从静止由 A 起沿轨道运动，它运动到图中 C 处时速度是 m/s，在 C 处时对轨道的压力是 N；要使小球能运动到 D 点，开始时小球的位置应离 B 点 m.7图 6答案 0.4 0.253解析 由 Eq( ) mg mv 可得 vC m/s；在 C 处由 N Eq 得 N0.4 N；要使小球能运动到 D 点，AB CO OB12 2C 3 mv2CRvD 1
20、 m/s，由 Eq mg mv ，得 0.25 m.gR A B BD12 2D A B2如图 9 所示，半径为 R 的光滑圆环竖直置于场强为 E 的水平方向的匀强电场中，质量为 m、带电荷量为 q 的空心小球穿在环上，当小球从顶点 A 由静止开始下滑到与圆心 O 等高的位置 B 时，求小球对环的压力答案 2 mg3 Eq，方向水平向右解析 小球从 A 运动到 B 的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有 mgR EqR mv212在 B 点小球受到重力 G、电场力 F 和环对小球的弹力 F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则 F1 Eq mv2R联立以上两
21、式可得 F12 mg3 Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F12 mg3 Eq，方向水平向右3. 如图 12 所示，长 L0.20 m 的丝线的一端拴一质量为 m1.010 4 kg、带电荷量为 q1.010 6 C 的小球，另一端连在一水平轴 O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E2.010 3 N/C.现将小球拉到与轴 O 在同一水平面上的 A 点，然后无初速度地将小球释放，取 g10 m/s2.求：图 12(1)小球通过最高点 B 时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小
22、球拉力的大小答案 (1)2 m/s (2)3.010 3 N解析 (1)小球由 A 运动到 B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有： qEL mgLmv2B2vB 2 m/s.2 qE mg Lm(2)小球到达 B 点时，受重力 mg、电场力 qE 和拉力 TB作用，经计算mg1.010 4 10 N1.010 3 NqE1.010 6 2.0103 N2.010 3 N因为 qEmg，而 qE 方向竖直向上， mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达 B 点时向心力的方向一定指向圆心，8由此可以判断出 TB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有
23、： TB mg qEmv2BLTB qE mg3.010 3 N.mv2BL4如图 18 所示， ABCD 为竖直放在场强为 E10 4 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切， A 为水平轨道的一点，而且 AB R0.2 m把一质量 m100 g、带电量 q10 4 C 的小球，放在水平轨道的 A 点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动求：( g10 m/s2)图 18(1)它到达 C 点时的速度是多大？(2)它到达 C 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)2 m/s (2)3 N解析 (1)设小球在 C 点的速度
24、大小是 vC，对轨道的压力大小为 NC，则对于小球由 A C 的过程中，应用动能定理列出：2qER mgR mv ；解得 vC2 m/s12 2C(2)在 C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：NC qE m ；解得： NC3 Nv2CR由牛顿第三定律知 NC NC3 N.课后巩固1.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
25、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9(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， F
26、2垂直于 F.故 F2 mgsin 60 mg.32方向与水平线成 60角斜向左上方2. (2015新课标全国24)如图 12 所示，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子在匀强电场中运动， A、 B 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30.不计重力求 A、 B 两点间的电势差图 12答案 mv20q解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30 v0sin 60由此得 vB v03设 A、 B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有qU
27、AB m(v v )12 2B 20联立式得 UAB .mv20q3. 如图 13，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的液滴，在场强大小为 、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨3mgq迹在竖直平面内 A、 B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30.求 A、 B 两点间的电势差图 13答案 3mv208q解析 由题意知 qE mg，液滴重力不能忽略，把运动分解3水平方向： vsin 60 v0sin 30 tqEm竖直方向： vcos 60 v0cos 30 gt由可得： v v0， t23
28、3 3v06g10由牛顿第二定律得水平方向加速度 a g，水平位移： x v0sin 30t ( g)t2qEm 3 12 3 3v208gUAB Ex3mv208q4如图 13 所示，水平绝缘粗糙的轨道 AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道 BC 平滑连接，半圆形轨道的半径 R0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度 E1.010 4 N/C.现有一电荷量 q1.010 4 C，质量 m0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的 P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点 C，然后落至水平轨道上的 D 点(图中未画出)取
29、 g10 m/s 2.试求：图 13(1)带电体运动到圆形轨道 B 点时对圆形轨道的压力大小；(2)D 点到 B 点的距离 xDB；(3)带电体在从 P 开始运动到落至 D 点的过程中的最大动能(结果保留 3 位有效数字)答案 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J解析 (1)设带电体通过 C 点时的速度为 vC，依据牛顿第二定律有 mg m ，v2CR解得 vC2.0 m/s.设带电体通过 B 点时的速度为 vB，设轨道对带电体的支持力大小为 FB，带电体在 B 点时，根据牛顿第二定律有FB mg m .v2BR带电体从 B 运动到 C 的过程中，根据动能定理有 mg2R mv mv
30、12 2C 12 2B联立解得 FB6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力 FB6.0 N.(2)设带电体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间为 t，根据运动的分解有 2R gt2，12xDB vCt t2.12Eqm联立解得 xDB0.(3)由 P 到 B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从 B 经 C 到 D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成 45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为45处设带电体的最大动能为 Ekm，根据动能定理有qERsin 45 mgR(1cos 45) Ekm mv ，1
31、2 2B代入数据解得 Ekm1.17 J.5.如图 10 所示，区域、分别存在着有界匀强电场 E1、 E2，已知区域宽 L10.8 m，区域宽 L20.4 m， E110 V/m 且方向与水平方向成 45角斜向右上方， E220 V/m 且方向竖直向下带电荷量为2q1.610 3 C质量 m1.610 3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静止释放 g 取 10 m/s2，求：11图 10(1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域的速度大小和方向答案 (1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为 37斜向右下方解析 (1)
32、小球在电场区域受到电场力 F1 qE1，小球在电场区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为 F 合 F1 cos 451.610 2 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度 a1 10 m/s2，小球运动F合m时间 t1 0.4 s.2L1a1(2)小球离开电场区域的水平速度 v0 a1t14 m/s，小球在电场区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度 a2 g 30 m/s2，小球在电场区域中做类平抛运动，其运动时间 t2 0.1 s小球在竖直方向qE2m L2v0的分速度 vy a2t23 m/s，小球离开电场区域的速度 v 5 m/s，设小球离开电场区域的速度方向v20
33、v2y与水平方向夹角为 ，则 tan ，得 37.vyv0 346.如图 8 所示，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 .12图 8(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；(2)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 ，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答案 (1)4
34、R (2)若 ，克服摩擦力做功为 ；若 ，克服摩擦力做功为 mgR12 mgR1 2 12 12解析 (1)小环刚好到达 P 点时，速度为零，对小环从 D 点到 P 点过程，由动能定理 qEx2 mgR00，又由题意得 qE mg，联立解得 x4 R.12(2)若 ，则 mg qE，设小环到达 P 点右侧 x1时静止，由动能定理得 qE(5R x1) mg2R fx10，12又 f mg ，12联立解得 x1 ，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为R1 2W1 mgx 1 . mgR1 2若 ，则 mg qE，小环经过多次的往复运动，最后在 P 点的速度为 0，12根据动能定理可知 qE5R mg2R W200，克服摩擦力做的功 W2 mgR.12
