【物理】宁夏银川市贺兰县景博中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

【物理】宁夏银川市贺兰县景博中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

景博中学2019-2020学年度第一学期高二年级第一次月考 物理试卷 一、选择题(本题包括16小题。1-13小题为单选,每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，每题3分。14-18小题为多选,有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。共计59分)‎ ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 电子和质子都是元电荷 B. 元电荷没有正、负之分，物体所带的电荷量可以为任意实数 C. 摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷 D. 在一定的条件下，一对正、负电子同时湮没，转化为光子，这不违背电荷守恒定律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元电荷是带电量的最小值，它不是电荷；故A错误.‎ B、元电荷是自然界最小的电荷量，任何带电体的电荷量都元电荷的整数倍，电量是不连续的；B错误．‎ C、摩擦起电是自由电荷转移后，导致物体有多余电荷，从而使物体带上电；C错误．‎ D、正、负电子对可以同时湮没，转化为光子，电荷守恒定律仍成立；D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】考查了电荷守恒定律的同时，还有物体带电是指有多余的电荷量，是由于自由电荷的转移导致的，并不是创造出来的，因此物体带电均是元电荷的整数倍，感应带电是自由电子的远离或靠近导致带电．‎ ‎2.宁夏育才中学某物理社团做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；②用手指摸甲球；③手指移开；④移开乙球；⑤甲球带正电；⑥甲球不带电。下列操作过程和所得结论正确的有(　　)‎ A. ①→②→③→④→⑥ B. ①→②→④→③→⑥‎ C. ①→②→③→④→⑤ D. ①→②→④→③→⑤‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.①‎ 把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触，甲球感应近乙端带正电，远端带负电，②用手指摸甲球将负电荷导入大地，③手指移开，④移开乙球，则⑤甲球带正电。选项A错误，C正确；‎ BD.①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触，甲球感应近乙端带正电，远端带负电，②用手指摸甲球将负电荷导入大地，④移开乙球，电子回位，③手指移开，则⑥甲球不带电，选项B正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变。‎ ‎3.用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角a1和a2，且两球静止时同处一水平线上，若a1=a2，则下述结论正确的是（　　）‎ A. q1一定等于q2. B. 一定满足 C. m1一定等于m2 D. 必然同时满足q1=q2，m1=m2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反；由于它们与竖直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等。故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，正电荷q在电场中由P向Q做减速运动，而且加速度越来越小，由此可以判定，它所在的电场是图中的（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】正电荷q在电场中由P向Q做减速运动，则电场力方向与速度相反，与电场强度方向相同，可知电场强度方向由Q→P，根据牛顿第二定律得知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度越来越小，电场场强越来越小，则电场线越来越稀疏，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。‎ ‎5.一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力为F，该点的电场强度为E.下图中能正确表示q、E、F三者关系的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、B项：因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化，故A、B错误；‎ C、D项：由知，某点的电场强度一定，F与q成正比．故C错误，D正确．故选D．‎ ‎6.如图所示，+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷，Q1=4Q2．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（ ）‎ A. Q3应为正电荷，放在Q2的右边 B. Q3应为负电荷，放在Q1的左边 C. Q3应为正电荷，放在Q1的左边 D. Q3应为负电荷，放在Q2的右边 ‎【答案】A ‎【解析】假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：，由于Q1=4Q2，所以2r23=r13，则Q3位于Q2的右方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带正电.故选A．‎ ‎【点睛】我们可以去尝试假设Q3‎ 放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，注意使用“两同夹异”结论．‎ ‎7.一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，如右图所示，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做(　　)‎ A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动 C. 沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D. 变加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向．烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动．故C正确．A、B、D错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．‎ ‎8.如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. b、d两点的电场强度相同 B. a点的电势最高，c点的电势最低 C. 点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电势能一定增加 D. 将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电场力做功不一定最多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向右下方，两点场强大小相同，方向不同，故A错误；‎ B．在+Q的电场中，以O点为球心的球面是一个等势面，a、c两点的电势相等，在匀强电场中，a点的电势高于c点的电势，则由电场的叠加原理知：a点的电势高于c点的电势，故B正确；‎ C．点电荷＋q在球面上从a点移动到C点时，点电荷电场力不做功，但匀强电场的电场力做正功，电势能减小，故C错误；‎ D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最多，故D错误。故选B。‎ ‎9. 如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，‎ 可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为：Fmin=mgsin30°‎ 又Fmin=qE，解得：．故选项D正确．‎ 考点：共点力平衡.‎ ‎10.实线为电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等，正电荷在等势面φ3上时，具有动能20J，它运动到等势面φ1上时，动能为零。令φ2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，它的动能是（　　）‎ A. 6J B. 8J C. 16J D. 24J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题知，正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，动能的减小为20J，由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过等势面时的动能为10J，又，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律，可知电势能为4J时它的动能为6J，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎11.如下图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如下图所示，则(　　)‎ A. MN电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|‎ B. a一定带正电，b一定带负电 C. a加速度增大，b加速度减小 D. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|；故A正确．‎ B、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性；故B错误．‎ C、由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大；故C错误．‎ D、根据电场力做功公式W=Uq，|UMN|＞|UNQ|，由于题目中没有告诉两个粒子所带电量的关系，属于不能判定a粒子从等势线2到3电场力做功是否小于（大于）b粒子从等势线2到1电场力做功，所以不能判定a粒子到达等势线3的动能变化量与b粒子到达等势线1的动能变化量的大小；故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向能判断出粒子的电场力方向．本题中要注意该电场不是匀强电场，公式U=Ed不能直接使用．‎ ‎12.如图所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则下列说法不正确的是(　　)‎ A. 甲、乙两粒子带异种电荷 B. 两粒子经过b点时具有相同的动能 C. 甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能 D. 甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故A正确．‎ B、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确．‎ C、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，故C错误．‎ D、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd＞0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．故D正确．‎ 本题选择不正确的，故选C．‎ ‎【点睛】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．‎ ‎13.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点水平向右抛出，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向垂直．则小球从M点运动到N点的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A. 电势能增加mv2 B. 重力势能减少3mv2‎ C. 机械能增加mv2 D. 机械能增加mv2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球的运动可以看成竖直方向的自由落体和水平方向在电场力作用下的末速度为0的匀减速直线运动．‎ A.水平方向匀减速 所以电场力做负功 电势能增加mv2，故A正确．‎ B. 小球的动能增加量为 除重力外，只有电场力做负功，所以根据动能定理可知重力做的功：‎ 所以重力势能减小2mv2，故B错误．‎ CD. 电场力做负功，机械能减小mv2，故CD错误．‎ ‎14.对于库仑定律，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 当真空中的两个点电荷间的距离r →∞时，它们之间的静电力F →0‎ B. 当真空中的两个点电荷间的距离r →0时，由公式F＝k知，它们之间的静电力F →∞‎ C. 凡计算真空中两个点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F＝k ‎ D. 相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当真空中的两个电荷间的距离r→∞时，它们满足点电荷的条件，根据可知静电力F→0，故A正确.‎ B、当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用；故B错误．‎ C、库仑定律的适用条件是真空和静止的点电荷；故C错误.‎ D、相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等；D正确.故选AD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．‎ ‎15.如图所示中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a、b两点的场强大小，则(　　)‎ A. 因电场线是直线，所以Ea＝Eb B. 同一正点电荷在a、b两点的电势能Epa＞Epb C. a、b两点电势相等 D. 不知a、b附近电场线分布，Ea、Eb大小不能确定 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D、a、b在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断a、b两点电场强度的大小；故A错误，D正确.‎ B、C、沿着电场线电势逐渐降低，有；电荷的电势能，则同一正电荷的电势能有，B正确，C错误.故选BD.‎ ‎【点睛】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．‎ ‎16.一平行板电容器充电后与电源断开，如图所示，以表示电容器的电容，表示电容器的电压，以表示电容器的带电量，E表示两板间的场强。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. E不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】一平行板电容器充电后与电源断开，则电量Q不变，距离d减小，根据电容的决定式 知电容C变大，根据 因电量Q不变，则U变小，根据 联立以上三个方程得 因电量Q不变，则E不变，故AD正确，BC错误。故选AD。‎ ‎17.如图所示，放在绝缘台上金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B，则（ ）‎ A. 在B的内表面带正电荷，φB=φC=0 B. 在B的右侧外表面带正电荷 C. 验电器的金属箔片将张开，φB<φC D. φB=φC，B的左右两侧电势相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．静电平衡时，电荷分布于导体的外表面上，选项A错误；‎ B．由于产生静电感应，使B金属网罩的左侧外表面感应出负电荷，所以B的右侧外表面感应出正电荷，选项B正确；‎ C．由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，故C上无感应电荷，验电器的金属箔片不会张开，选项C错误；‎ D．由静电屏蔽特点知，导体是等势体，导体表面是等势面，选项D正确．‎ 故选BD。‎ ‎18.如下图所示，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. 在前时间内，电场力对粒子做的功为 B. 粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝‎ C. 在后时间内，电场力对粒子做的功为 D. 粒子的出射速度偏转角满足tanθ＝‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C、设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1：y2=1：3，得，，则在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为．故A错误，C正确；‎ B、D、粒子的出射速度偏转角正切为；故B错误，D正确.故选CD ‎【点睛】本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系．‎ 二、填空题(本题包括3小题。每空2分，共计16分)‎ ‎19.如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，这时金属箔带________电；若在带电棒A移开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔也能张开，它带________电．‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 负 ‎【解析】当A棒靠近验电器B时，由于静电感应，正电荷被排斥到金属箔上而使金属箔张开；用手接触一下验电器小球后，将金属箔上被感应出来正电荷与大地来的电子中和，这时验电器带负电，移走A后，金属箔带负电，从而张开一定角度．‎ ‎20.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。‎ 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的_____而增大，随其所带电荷量的___而增大（填“增大”或“减小”）。此同学在探究中应用的科学方法是_____。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). 控制变量法 ‎【解析】 [1][2][3]对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力 即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大。先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近。这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量。这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法。‎ ‎21.如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一正方形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为=4V，=6V，=2V，则D点电势为________V，请在图中作出过B点和C点的两条电场线___。‎ ‎【答案】 (1). 0V (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]匀强电场中平行且长度相等的线段上的电势差相等，故 则有 则有 解得0V ‎[2]将BC分为两等份，取中点为E，根据BC线上电势均匀降落，则可知E点电势为4V，连接AE即可得出一条等势线，因电场线与等势线相互垂直，则可得出过B和C点的电场线，如图所示 三、计算题(本题共3小题，共35分。22题9分，23题12分，24题14分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎22.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=‎5cm，bc=‎12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q=4×10‎-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10-7J，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）电荷从b移到c，静电力做功W2；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac．‎ ‎【答案】（1）60V/m；（2）1.44×10-7J；（3）6.6V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题，由W1=qELab得：‎ ‎（2）电荷从b移到c电场力做功为：‎ W2=qELbccos60°=4×10-8×60×0.12×0.5J=1.44×10-7J ‎（3）电荷从a移到c电场力做功为：Wac=W1+W2 则a、c两点的电势差为：‎ ‎23.如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e.盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带电量为q的粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．(忽略粒子重力)求：‎ ‎(1)该带电粒子从e孔射出的速度大小．‎ ‎(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功．‎ ‎(3)若正方形的边长为L，试求该电场的场强．‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设粒子在e孔的竖直速度为vy.‎ 则水平方向：l/2＝v0t 竖直方向：l＝·t 得：vy＝4v0ve＝＝v0‎ ‎(2)由动能定理得：W电＝－＝8‎ ‎(3)由W电＝Eq·l和W电＝8得：E＝.‎ 本题考查带电粒子在电场中的偏转，在进入匀强电场后粒子只受电场力作用，做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体，由此可求得飞出e孔时竖直分速度和合速度大小，在偏转过程中由电场力做功等于动能变化量可求得电场力做功，由电场力做功W=qEd结合动能变化量可求得场强大小 ‎24.如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长l=‎10cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=‎2g、电荷量q=2×10－‎6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取‎10m/s2.求：‎ ‎（1）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大；‎ ‎（2）小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大；‎ ‎（3）求小球在下落过程中的最大动能。‎ ‎【答案】（1）；；（2）0；；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球到达最低点B的过程中，电势能的变化量为 ΔEp电=Eql=2.0×10－3J 因，则 所以 EpB=ΔEp电=2.0×10－3J 根据 Ep=qφB 解得 ‎=V=1.0×103V ‎（2）A→B由动能定理得 解得vB=0‎ 在B点对小球，根据牛顿第二定律有 解得FT=2.0×10－2N ‎（3）当沿切向合力为零时，小球的速度最大，即动能最大，设此时绳与竖直方向夹角为，根据平衡得 解得 由A到此位置，由动能定理得 代入数据得