（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题22 带电粒子在静电场中的运动（解析+原卷）学案

专题22 带电粒子在静电场中的运动目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 直线运动  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 恒力作用下的曲线运动  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 圆周运动  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 变力作用下的其它曲线运动  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 直线运动【典例分析】 (多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)A．电场强度的最小值等于eq \f(mg,q)B．电场强度的最大值等于eq \f(mgsin θ,q)C．带电油滴的机械能可能增加D．电场力可能对带电油滴不做功【提分秘籍】1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析匀变速直线运动a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \o\al( 2,0)＝2ad.3．用功能观点分析直线运动匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1【变式演练】1．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．2．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g.求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比．3．如图所示，一带电荷量为＋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时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(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eq \f(1,2)，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．【题型二】 恒力作用下的曲线运动【典例分析】在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率．【提分秘籍】1、带电粒子在匀强电场中的偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．2、基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．3、带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．4．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2).【变式演练】1．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(　　)A．在前eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(qU,4)B．在后eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(3qU,8)C．在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶2D．在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功之比为2∶12．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．(1)电子与氢核的初速度相同．(2)电子与氢核的初动能相同．3．(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置【题型三】 圆周运动【典例分析】如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R.整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为eq \f(3mg,4q)，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为eq \f(R,3)处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C.(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则：(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v0多大？(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离多大？【提分秘籍】1.匀强电场中用等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，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，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．2．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的点．【变式演练】1．如图所示，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(　　)A．小球带负电B．电场力与重力平衡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2．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cos θ)C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大3．一长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点，速度恰好为零．求：(1)A、B两点间的电势差和电场强度大小；(2)判断小球的电性和小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．【题型四】 变力作用下的其它曲线运动【典例分析】(多选) 如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是(　　)A．P点的场强比Q点的场强大B．P点的电势比Q点的电势高C．粒子通过Q点时电势能较小D．粒子通过Q点时动能较大【提分秘籍】瞬时速度沿运动轨迹的切线方向，合力指向运动轨迹的凹侧。合力与速度成锐角时，为加速曲线运动；合力与速度成钝角时，为减速曲线运动。【变式演练】1．真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷＋Q运动，其运动轨迹为椭圆，如图所示．已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是(　　)A．＋Q产生的电场中a、c两点的电场强度相同B．负电荷q在b点的速度大于在d点的速度C．负电荷q在b点电势能大于在d点电势能D．负电荷q在运动过程中电场力始终不做功2．真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，B、C两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是(　　)A．带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能B．A点电场强度大于B点电场强度C．带电粒子从A点经过B点运动到C点的过程中动能先增大再减小D．带电粒子从A点到C点电场力所做的功等于从A点到B点电场力所做的功3．(多选) 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是(　　)A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小B．从a到b过程中，粒子的电势能一直减小C．无论粒子带何种电荷，经b点时的速度总比经a点时的速度大D．电场中a点的电势一定比b点的电势高1．（2021年全国乙卷）（多选）四个带电粒子的电荷量和质量分别为，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力。下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )A. B. C. D.2．（2021年湖南卷）（多选）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从a点移动到b点，电场力做功为;若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是( )A.该匀强电场的场强方向与平行B.将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为C.a点电势低于c点电势D.若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动3.[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P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量D．从N到Q的过程中，电势能一直增加4、(多选)如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行．A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则(　　)A．该粒子一定带正电B．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mv\o\al(12,)－v\o\al(22,),2qLcos θ)C．该粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能D．等势线b的电势比等势线d的电势高5、如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v06、如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？7．如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用．则匀强电场的场强E大小是(　　)A.eq \f(mv\o\al(02,),qd) B.eq \f(\r(3)mv\o\al(02,),qd) C.eq \f(3mv\o\al(02,),2qd) D.eq \f(3\r(3)mv\o\al(02,),2qd)8.如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mveq \o\al(02,)9.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：(1)小球带电情况；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值．10、如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球(　　)A．在B点上方 B．恰好到达B点C．速度大于v D．速度小于v11．如图所示，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、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少C．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参考答案【题型一】 直线运动【典例分析】 答案　CD解析　带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>eq \f(mgsin θ,q)时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．【变式演练】1．答案　(1)eq \r(2gh)　(2)eq \f(mgh＋d,qd)　Ceq \f(mgh＋d,q)(3)eq \f(h＋d,h) eq \r(\f(2h,g))解析　(1)由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝eq \f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝Ceq \f(mgh＋d,q)(3)由h＝eq \f(1,2)gteq \o\al( 2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝eq \f(h＋d,h) eq \r(\f(2h,g))2．答案　(1)eq \f(dg,U0)　(2)1∶3　(3)1∶4解析　(1)油滴静止时满足：mg＝qeq \f(U0,d)，则eq \f(q,m)＝eq \f(dg,U0)(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝eq \f(1,2)a1Δt2，x2＝v1Δt－eq \f(1,2)a2Δt2且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：qeq \f(U0＋ΔU1,d)－mg＝ma1，即qeq \f(ΔU1,d)＝ma1油滴向上减速运动时：mg－qeq \f(U0＋ΔU1－ΔU2,d)＝ma2即qeq \f(ΔU2－ΔU1,d)＝ma2则eq \f(ΔU1,ΔU2－ΔU1)＝eq \f(1,3)解得eq \f(ΔU1,ΔU2)＝eq \f(1,4)3．答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)0.3g　(3)0.3mgL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解得E＝eq \f(3mg,4q)(2)若电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，即E′＝eq \f(3mg,8q)由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma解得a＝0.3g(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 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0解得Ek＝0.3mgL.【题型二】 恒力作用下的曲线运动【典例分析】答案　(1)3qEl0　(2)3 eq \r(\f(2ml0,qE))　(3) eq \r(\f(17qEl0,2m))解析　(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ①(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T ②由牛顿第二定律qE＝ma ③由运动学公式得yD＝eq \f(1,2)aT2 ④从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a(2T)2 ⑤由②③④⑤式解得T＝ eq \r(\f(2ml0,qE)) ⑥则A→C过程所经历的时间t＝3T＝3 eq \r(\f(2ml0,qE)) ⑦(3)粒子由D到C过程中x轴方向：2l0＝vD·2T ⑧y轴方向：vCy＝a·2T ⑨vC＝eq \r(v\o\al( 2,D)＋v\o\al( 2,Cy)) ⑩由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝ eq \r(\f(17qEl0,2m))【变式演练】1．答案　B解析　带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为eq \f(qU,2)，所以在前eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(qU,8)，A选项错；在后eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(3qU,8)，B选项对；在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功相等，故C、D选项错．2．解析　设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l，则：带电粒子在加速电场中获得初动能eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0)＝qU0，粒子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq \f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq \f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,dmv\o\al( 2,0)).(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq \f(tan θe,tan θH)＝eq \f(mH,me).(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq \f(tan θe,tan θH)＝1.3．答案　AD【题型三】 圆周运动【典例分析】答案　(1)eq \f(5,2)eq \r(gR)　(2)(eq \r(7)＋eq \f(3,2))R解析　(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小．设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(Eq,mg)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°，故F合＝eq \f(Eq,sin 37°)＝eq \f(5,4)mg.设此时的速度为 v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：eq \f(5mg,4)＝meq \f(v2,R)解得v＝eq \r(\f(5gR,4))从A点到该点由动能定理：－mgR(1＋cos 37°)－eq \f(3mgR,4)(eq \f(1,3)＋sin 37°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(02,)解得v0＝eq \f(5,2)eq \r(gR)(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理：－2mgR－eq \f(3mg,4)×eq \f(R,3)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(C2,)－eq \f(1,2)mveq \o\al(02,)解得vC＝eq \f(1,2)eq \r(7gR)当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t.设水平方向的加速度为 a，B点到D点的水平距离为x水平方向上有eq \f(3mg,4)＝max＝vCt＋eq \f(1,2)at2竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2联立解得：x＝(eq \r(7)＋eq \f(3,2))R【变式演练】1．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，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．2．答案　AB解析　小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：eq \f(mg,cos θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cos θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误．3．答案　(1)－eq \f(\r(3)mgl,2q)　eq \f(\r(3)mg,q)　(2)带正电　eq \r(3)mg解析　(1)小球由A点到B点过程中，由动能定理得：mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得：UAB＝－eq \f(mgLsin 60°,q)＝－eq \f(\r(3)mgL,2q)；场强大小为：E＝eq \f(|UAB|,L1－cos 60°)＝eq \f(\r(3)mg,q).(2)小球在B点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线的拉力与A处细线的拉力相等，而在A处，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝eq \r(3)mg所以有：FTB＝FTA＝eq \r(3)mg.【题型四】 变力作用下的其它曲线运动【典例分析】答案　AB解析　由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故P点的电势比Q点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能较大，电势能较小，Q点的动能较小，电势能较大，故C、D错误．【变式演练】1．答案　B解析　a、c两点的电场强度方向不同，故A错误；负电荷q由b运动到d的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，所以负电荷q在b点的速度大于在d点速度，负电荷q在b点的电势能小于在d点的电势能，故B正确，C错误；若负电荷逆时针转动，则负电荷q由a经d运动到c的过程中，电场力先做负功再做正功，故D错误．2．答案　D解析　根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电．从A点到C点，由W＝qU，知U>0，q