10.5 带电粒子在电场中的运动(含解析)人教版（2019）必修 第三册

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10.5带电粒子在电场中运动
一、单选题
1.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，已知两极板间的电势差为U，板间距离为d，电子质量为m，电荷量为e，则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是(　　)
A. 若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率保持不变
B. 若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率也增大一倍
C. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变
D. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的一半
2.如图所示，带电平行金属板水平放置，电荷量相同的三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，则它们在两板间运动的过程中(　　)
A. a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tbC. a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb＝tc D. a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb>tc
3.图示为一带电粒子在竖直向下的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点。已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向水平向右，到B点时速度方向与竖直方向的夹角为30°，粒子重力不计。则A、B两点间的电势差为(　　)
A. B. C. D.
4.如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)
A. 开关S断开 B. 初速度变为2v0
C. 板间电压变为 D. 竖直移动上板，使板间距变为2d
5.静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图所示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知(　　)
A. M板电势低于N板电势
B. 进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C. 增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D. 增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
6.如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)
A. a的电荷量一定大于b的电荷量 B. b的质量一定大于a的质量
C. a的比荷一定大于b的比荷 D. b的比荷一定大于a的比荷
7.如图所示，一充电后平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A，在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力及两粒子的重力均忽略不计，则以下说法正确的是(　　)
A. 电荷量q1与q2的比值为3∶7
B. 电荷量q1与q2的比值为3∶4
C. 粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16
D. 粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7
8.如图所示的示波管，当两偏转电极上所加电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标在O点，其中x轴与X、X′间的电场的电场强度方向平行，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与Y、Y′间的电场的电场强度方向平行)。若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则(　　)
A. X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B. X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C. X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D. X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
9.如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)
A. B.
C. D.
10.如图所示，一个正方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。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)
A. 三个液滴的运动时间相同 B. 三个液滴在真空盒中都做类平抛运动
C. 液滴1所带电荷量最大 D. 三个液滴落到底板时的速度大小相同
11.如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中，v0与水平方向的夹角θ＝45°，若油滴到达最高点时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在(　　)
A. P点的左上方 B. P点的右上方
C. P点的正上方 D. 上述情况都可能
12.用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)(　　)
A. 该匀强电场的电场强度为3.75×107 N/C
B. 平衡时细线的拉力为0.17 N
C. 经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s
D. 小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s
13.如图甲所示，在平行板的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于(　　)
A. B. C. 1 D.
二、多选题
14.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)。电子向B板方向运动，下列说法正确的是(设电源电压均恒为U)(　　)
A. 电子到达B板时的动能是eU B. 电子从B板到达C板动能变化量为零
C. 电子到达D板时动能是3eU D. 电子在A板和D板之间做往返运动
15.如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　　)
A. 微粒只能带负电荷
B. 微粒可能做匀加速直线运动
C. 仅改变初速度的方向(与原速度不共线)，微粒将做曲线运动
D. 运动过程中微粒电势能减小
16.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则(　　)
A. 在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq
B. 在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq
C. 在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶1
D. 在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶2
17.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. 小球可能做匀速圆周运动
B. 当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
C. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小
D. 当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
18.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v0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，重力加速度为g，则(　　)
A. 电场方向竖直向上 B. 小球运动的加速度大小为g
C. 小球上升的最大高度为 D. 小球返回原位置所用时间为
19.如图甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板接地，一质量为m、电荷量为q的电子在t＝时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B板，则(　　)
A. A、B两板间的距离为
B. 电子在两板间的最大速度为
C. 电子在两板间做匀加速直线运动
D. 若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上
三、计算题
20.静电喷涂是使雾化了的带负电油漆微粒在静电场的作用下，定向喷向工件，并吸附在工件表面的一种技术，其可简化成如图所示的模型：竖直放置的A、B两块平行金属板间距为d，两板间所加电压为U，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒。油漆微粒的质量为m、电荷量为q，喷出时的初速度大小均为v0，忽略空气阻力和带电微粒之间的相互作用力，微粒的重力忽略不计。求：
(1)油漆微粒到达B板的速度大小；
(2)初速度方向沿平行于金属板A喷出的油漆微粒运动至B板的时间；
(3)估算喷到B板的油漆区可能的最大面积。
21.如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的比荷取1×108 C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
22.如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCD－A′B′C′D′中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为＝1×108 C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1×103 N/C；立方体棱长L＝0.1 m，除了上、下底面AA′B′B、CC′D′D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。
(1)求粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；
(2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间；
(3)要使所有粒子都不能打到荧光屏上，求发射时的速度范围。
23.将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。求：
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
24.如图所示，电子在电势差为U0的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m，电荷量为－e，偏转电场的板长为L1，板间距离为d，光屏M到偏转电场极板右端的距离为L2，求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏移距离y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
25.如图所示，在范围足够大的、沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋2 C的小球悬挂在O点，在B点时小球静止，细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)将小球从A点由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；
(3)如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最小为多少？(结果可用根号表示)
10.5带电粒子在电场中运动答案与解析
一、单选题
1.【答案】A
【解析】根据动能定理得eU＝mv2，可知电子到达Q板时的速率为v＝，将板间距离d增大一倍，因为电势差不变，电子到达Q板的速率不变，A正确，B错误；电子的加速度a＝＝，根据d＝at2得t＝d，若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板时的时间减为原来的，C、D错误。
2.【答案】B
【解析】三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场，则水平方向均做匀速直线运动，因xa3.【答案】C
【解析】由题可知，粒子到达B点时的速度大小vB＝＝2v0，从A到B的过程中，根据动能定理Uq＝mvB2－mv02，可得A、B两点间的电势差U＝，故选C。
4.【答案】B
【解析】开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，刚好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为时，板间电场强度变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，质子不能落到下板边缘，D错误。
5.【答案】D
【解析】由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区极板M电势高，故A错误；由动能定理得qU＝mv2，解得v＝，故进入中和区的离子速度与离子带电荷量、加速电压有关，与极板距离无关，故B、C错误，D正确。
6.【答案】C
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，有h＝·，得x＝v0，由v0。但a的电荷量不一定大，质量关系也不能确定。故C正确。
7.【答案】B
【解析】由题意知，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线运动，粒子A、B运动到平面Q的位移之比为3∶4，由a＝＝，x＝at2＝得，电荷量q1与q2的比值为3∶4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q的过程中由动能定理得qEx＝mv2，解得v＝，则粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶4，故C、D错误。
8.【答案】D
【解析】若要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确。
9.【答案】A
【解析】电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动， T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A正确，B错误。
10.【答案】A
【解析】由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相同，三个液滴的运动时间相同，A正确；三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做类平抛运动，B错误；由于液滴3在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最大，C错误；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速度大小不相同，D错误。
11.【答案】A
【解析】当油滴到达最高点时，重力做了负功，要使油滴的速度大小仍为v0，需静电力做正功，又油滴带负电，故油滴最高点的位置在P点的左上方，故A正确。
12.【答案】C
【解析】小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，故A错误；细线的拉力F＝＝0.125 N，故B错误；在外力作用下，拉小球使细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在静电力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝at2＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2lcos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减小为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在静电力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，对小球由A点第一次通过O点正下方全过程，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，又ΔE＞0，得v＜7 m/s，故D错误。
13.【答案】B
【解析】设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正确。
二、多选题
14.【答案】ABD
【解析】从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选A、B、D。
15.【答案】AC
【解析】由题意可知，重力竖直向下，静电力只能水平向左，故微粒只有带负电荷才能做直线运动且一定是匀减速，故A正确，B错误；合力方向一定，仅改变初速度方向(与原速度不共线)，则初速度和合力不共线，将做曲线运动，故C正确；静电力方向与运动方向夹角为钝角，则静电力做负功，电势能变大，故D错误。
16.【答案】BC
【解析】在时间t内，L＝v0t，＝at2，在前内，y＝a()2，可得y＝，则静电力做的功为W＝qEy＝＝，A错误，B正确；在粒子下落的前和后过程中，静电力做的功分别为W1＝qE·，W2＝qE·，所以W1∶W2＝1∶1，C正确，D错误。
17.【答案】AC
【解析】当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，小球的速度最大，线的张力最大，故B、D错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确。
18.【答案】BC
【解析】设静电力与水平方向夹角为θ，根据题意可知小球所受静电力和重力的合力方向与小球速度方向共线，结合题意，对小球受力分析可知静电力方向一定斜向上。将静电力和重力分解成沿速度方向和垂直速度方向的分力。则在垂直速度方向，根据平衡条件有mgcos 30°＝qEsin(θ－30°)，根据题意代入数据可得θ＝90°或θ＝150°，当θ＝90°时，重力和静电力等大反向，小球所受合外力为零，小球做匀速直线运动，不符合题意。故小球所受静电力方向与水平方向夹角为150°。若小球带正电，则电场方向与静电力方向同向，若小球带负电，则电场方向与静电力方向反向，故A错误；
根据以上分析可知，小球受力如图所示，故其合外力大小为F＝mg，小球运动的加速度大小为a＝＝g，故B正确；设P为小球沿ON方向所能到达的最高点，则OP＝＝，小球上升的最大竖直高度为h＝OPsin 30°＝，故C正确；根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t＝＝，故D错误。
19.【答案】AB
【解析】电子在静电力作用下，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；电子在t＝时刻进入两极板，先加速后减速，在t＝时刻到达B板，设A、B两板的间距为d，则·＝，解得d＝，选项A正确；在t＝时电子的速度最大，则vm＝·＝，选项B正确；若电子在t＝时刻进入两极板，在～内电子做匀加速运动，位移x＝·＝＞d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，选项D错误。
三、计算题
20.【答案】(1)　(2)d　(3)
【解析】(1)设微粒到达B板的速度大小为v，由动能定理得mv2－mv02＝qU，得v＝
(2)以初速度v0沿平行金属板A方向喷出的带电微粒做类平抛运动，微粒在垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动。由d＝at2，a＝，F＝Eq，E＝
联立解得t＝＝d
(3)当带电微粒初速度v0沿平行金属板方向时，带电微粒射到B板的位置偏离P最远
在平行于金属板方向上有r＝v0t
油漆区域的面积为S＝πr2
联立解得S＝。
21.【答案】(1)0.4 m　(2)6×104 V
【解析】(1)根据周期和频率的关系T＝得
T＝＝10－7 s
设漂移管B的长度为xB，则
xB＝vB＝0.4 m。
(2)设相邻漂移管间的电压为U，则质子由B到E的过程中根据动能定理得
3qU＝mv－mv
解得U＝6×104 V。
22.【答案】(1)1×1011 m/s2　(2)打到正方形CDD′C′边上　1×10－6 s　(3)v0<5×104 m/s
【解析】(1)根据牛顿第二定律有qE＝ma，代入数据可得加速度为a＝1×1011 m/s2
(2)粒子在电场中做类平抛运动，落在荧光屏的下边缘的粒子运动时间最长，即落在正方形CDD′C′边上的粒子在电场中运动的时间最长，竖直方向＝at2，得t＝＝1×10－6 s
(3)水平方向满足＝v0t，得能打到荧光屏上的最小速度为v0＝5×104 m/s，所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。
23.【答案】(1)　(2)－
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝t
解得E＝。
(2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得－qUAB＝mv2－mv
又v＝＝2v0
解得UAB＝－。
24.【答案】(1)　(2)　(3)
(4)
【解析】(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理得eU0＝mv
得v0＝。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，沿初速度方向有L1＝v0t
垂直初速度方向有y＝at2＝t2
联立解得y＝。
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值为
tan θ＝＝＝＝。
(4)电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得
＝
解得Y＝。
25.【答案】(1)1.5 N/C　(2)6 N　(3) m/s
【解析】(1)带电小球在 B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtan θ
得E＝＝1.5 N/C
(2)设小球运动至C点时速度为vC，
则mgL－qEL＝mvC2
解得vC＝m/s
在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，即F－mg＝m，联立解得F＝6 N
(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则mgcos θ＋qEsin θ＝m，得v＝m/s
由动能定理得
－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv02
解得v0＝m/s。
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