【物理】宁夏大学附中2014-2015学年高二（上）期中试卷

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2014-2015学年宁夏大学附中高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．提示：期中2、6、7、9为多选题，其余为单选题）1．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）下列说法中正确的是（　　）　A．电场强度和电势都是描述电场性质的物理量，它们都是矢量　B．电势为零的地方，电场强度也一定为零　C．电荷在等势面上由一点移至另一点电场力做功　D．电荷在等势面上由一点移至另一点电场力不做功考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，电势是标量，电场强度大小和电势高低没有关系，在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功．解答：解：A、电场强度和电势都是描述电场性质的物理量，电场强度是矢量，电势是标量，故A错误；B、电场强度大小和电势高低没有关系，电势为零的地方电场强度不一定为零，故B错误；C、D、根据公式W=qU，电荷在等势面上由一点移至另一点电场力不做功，故C错误，D正确；故选：D．点评：解决本题的关键知道电场线和等势面的特点，以及知道电场线与等势面的关系，难度不大，属于基础题．　2．（4分）（2013春•温州校级期末）如图所示，A、B、C为电场中同一电场线上三点，设电荷在电场中只受电场力，则下列说法中正确的是（　　）20 　A．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减小　B．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增加　C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加　D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能减小考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：正电荷在电势高处电势能大．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、B：正电荷受力方向为该点的场强方向，在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少．故A正确，B错误；C、D：负荷受力方向与该点的场强方向相反，若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少．故C错误，D正确．故选：AD点评：本题要抓住电场力做功与电势能改变的关系：电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．　3．（4分）（2014秋•沿河县校级期中）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）20 　A．粒子带正电　B．粒子在A点加速度大　C．粒子在B点动能大　D．A、B两点相比，B点电势能较大考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、粒子从A到B，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以A、B两点相比，在B点电势能较大．故D正确；故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．　4．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列．A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．若UAB=6V，则UBC为（　　）20 　A．等于6VB．无法确定C．高于6VD．低于6V考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed定性分析A、B间与B、C间电势差的大小，再求解中点b的电势φB．解答：解：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差UAB大于B、C间电势差UBC，即φA﹣φB＞φB﹣φC，得到φB＜=6V．故选：D点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题．　5．（4分）（2010秋•厦门期末）如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中（　　）　A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变大　C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流20 考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：电路稳定时，电容器的电压等于电源的电动势．在增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电容器放电，根据电容器极板所电荷的电性，分析电路中形成的电流方向．解答：解：在增大电容器两板间距离的过程中，电容C减小，电压U不变，则电量Q=CU减小，电容器放电．由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从a流向b的电流．故C正确，ABD错误．故选：C点评：对于电容器的动态变化分析问题，抓住不变量是关键．当电容器与电源保持相连时，其电压不变．　6．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）传感器是把非电物理量（如高度、温度、压力等）的变化转换成电学量（如电压、电流、电容等）变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用．如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图．金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即（　　）　A．电源接通，若此后电容C减小，反映h减小　B．电源接通，若此后电容C减小，反映h增大　C．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小　D．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大20 考点：电容．专题：电容器专题．分析：由图，金属棒与导电液体构成一个电容器，电源接通时，电容器的电压一定，电容C减小时，由电容的决定式分析电容减小时，h的变化．电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，再由电容的定义式分析电容的变化，由电容的决定式分析h的变化．解答：解：A、B，电源接通时，电容器的电压一定，若电容C减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，所以h减小．故A正确，B错误．C、D电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式C=分析可知，C增大，金属棒与导电液的正对面积增大，所以h增大．故C错误，D正确．故选AD点评：本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式C=和电容的决定因素进行综合分析．　7．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）如图是电阻R的I﹣U图线，由图可知（　　）　A．电阻值R=0.5Ω　B．因I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，故R=2Ω　C．在R两端加6V的电压时，每秒通过电阻截面的电荷量为3C　D．流经电阻的电流为2A时，需将其两端的电压为4V20 考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据图象的斜率可求得电阻值，由欧姆定律可求得电压值及电流值，再由电流的定义可求得电荷量．解答：解：A、I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，故R==2Ω；故A错误，B正确；C、在R两端加6V的电压时，电路中电流I===3A；每秒通过电阻截面的电荷量q=It=3×1=3C；故C错误；D、由欧姆定律可知，当电流为2A时，电压U=IR=2×2=4V；故D正确；故选：BCD．点评：本题考查伏安特性曲线及欧姆定律，要注意明确在I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．　8．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）一个电流表的满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=200Ω．要把它改装成一个量程为0﹣﹣6V的电压表，则应在电流表上（　　）　A．串联一个2000Ω的电阻B．并联一个2000Ω的电阻　C．并联一个1800Ω的电阻D．串联一个1800Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．解答：解：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣200=1800Ω；故选：D．点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律可以正确解题．20 　9．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论正确的是（　　）　A．在任何电路中，电功W=UIt=I2Rt　B．在任何电路中，电功为UIt，电热为I2Rt　C．在纯电阻电路中，UIt=I2Rt　D．在非纯电阻电路中，UIt≥I2Rt考点：电功、电功率；焦耳定律．专题：恒定电流专题．分析：电功和电热的公式均适用于任何电路．在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt．在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt．解答：解：A、在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt．故A错误，C正确．B、在任何电路中，电功W=UIt，电热Q=I2Rt．故B正确．D、在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt．故D错误．故选：BC点评：对于纯电阻电路和非纯电阻电路，电功与电热的公式都成立，只是在纯电阻电路中，两者相等，在非纯电阻电路中，电功大于电热．　10．（4分）（2014秋•兴庆区校级期中）如图所示的电路中，L1、L2为“220V，40W”灯泡，L3、L4为“220V，100W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（　　）20 　A．P4＞P1＞P3＞P2B．P4＞P1＞P2＞P3C．P1＞P4＞P2＞P3D．P1＞P4＞P3＞P2考点：电功、电功率；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：根据P=求解四个灯泡的电阻，串联电路电流相等，并联电路电压相等，根据功率公式判断四个灯泡实际功率的大小．解答：解：解：根据P=可得，四个灯泡的电阻：R1=R2==1210Ω，R3=R4==484Ω；由电路图可知，L2与L3并联，所以电压相等，根据P=可知：P3＞P2；L14与L4串联，电流相等，根据P=I2R可知，P1＞P4；L4的电流大于L3的电流，根据P=I2R可知：P4＞P3；所以P1＞P4＞P3＞P2．故选：D．点评：解决本题的关键知道串联电路中的电流相等，并联电路中的电压相等，以及掌握功率的公式P=I2R和P=．　11．（4分）（2014秋•滦南县校级期中）如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，总电压为U，则．（　　）①通过两段导体的电流相等②两段导体内自由电子定向移动的平均速率不同③细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U220 ④细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度．　A．①B．①②C．①②③D．①②③④考点：电流、电压概念；路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：导体材料相同，单位体积内自由电荷的数目n相同．两个导体串联，电流相同．由电流的微观表达式I=nevS，研究自由电子定向移动速率关系．根据电阻定律研究电阻关系，分析电压关系．由电场强度E=研究电场强度关系．解答：解：①两个导体串联，电流相同．故①正确．②电流的微观表达式I=nevS，由题n、e、I相同，S不同，则自由电子定向移动的平均速率v不同．故②正确．③根据电阻定律可知，细导体的电阻大于粗导体的电阻，由欧姆定律U=IR得知，I相同，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2．故③正确．④设导体的长度为L，横截面积为S．导体内的电场强度E====，I、ρ相同，则E与S成反比，所以细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度．故④正确．故选：D．点评：本题从宏观与微观两个角度考查对电流、电压和导体中电场强度的理解能力．主要抓住电流的微观表达式和导体内的电场强度E=．　12．（4分）（2011秋•甘州区校级期末）如图所示的电路中，电的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（　　）20 　A．电灯L变暗，安培表的示数增大　B．电灯L更亮，安培表的示数增大　C．电灯L变暗，安培表的示数减小　D．电灯L更亮，安培表的示数减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，R1增大，外电路总R增大，由欧姆定律得知总电流I减小，安培表的示数减小．路端电压U=E﹣Ir增大．电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L更亮．故选：D．点评：本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．　二、填空题（前9个空各1分，后4个空各2分，电路图3分，共20分）13．（2分）（2014秋•兴庆区校级期中）将电荷量为3×10﹣6C的负电荷，放在电场中的A点，受到的电场力为6×10﹣3N，方向水平向右，则将电荷量为6×10﹣6C的正电荷放在A点，受到的电场力为　0.012　N，方向　水平向左　．20 考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场强度的定义式E=可求出A点的电场强度；由F=qE求解电场力．解答：解：将电荷量为3×10﹣6C的负电荷，放在电场中的A点，受到的电场力为6×10﹣3N，方向水平向右，A点的电场强度方向水平向左，A点电场强度大小为E==2×103N/C将电荷量为6×10﹣6C的正电荷放在A点，电场强度不变，则该正电荷所受的电场力大小为F′=q′E=6×10﹣6C×2×103N/C=0.012N，方向水平向左故答案为：0.012；水平向左．点评：本题要理解并掌握电场强度的定义式E=，并理解电场强度的物理意义：反映电场本身的特性，与试探电荷无关．　14．（1分）（2014秋•兴庆区校级期中）电荷A、B所带电荷量分别为2q和﹣6q，它们相距r时之间的库仑力为F，让它们接触之后再放到原位置，它们之间的库仑力为　　．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两小球相互接触的过程中，电量守恒，两小球相互接触后，电量平均分，再代入库仑定律的公式即可．解答：解：两小球相互接触后，电量均分，故：q′==2q又由库仑定律得：开始时：F=k=12k最后：F′=k=F．故答案为：．20 点评：该题考查电量守恒定律和库仑定律定律，掌握了两小球相互接触后，电量平均分就可以得到正确的答案．　15．（1分）（2014秋•兴庆区校级期中）在电解液中，若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流为　2　A．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：在电解槽中，通过某一个横截面的电荷量是正负电荷电荷量绝对值的总和，由此再根据I=求电流．解答：解：解：根据电流强度的定义式可得10s通过电解槽横截面积的电荷量绝对值之和Q=5C+5C=10C，所以电解液中的电流为I==2A．故答案为：2．点评：在计算通过电解液的电流强度的大小的时候，一定要注意，电解液中既有正电荷，也有负电荷，通过截面的电荷量的大小为它们的总和，这是经常出错的地方．　16．（1分）（2014秋•兴庆区校级期中）两根完全相同的金属导体，如果把其中的一根均匀拉长到原来的4倍，把另一根对折绞合起来，则它们的电阻之比为　64：1　．考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系，这个规律就叫电阻定律，公式为R=ρ．其中ρ为制成电阻的材料电阻率，L为绕制成电阻的导线长度，S为绕制成电阻的导线横截面积，R为电阻值．解答：解：原来的电阻为：R=ρ20 把其中的一根的长度均匀拉伸到原来的4倍，截面积减小为原来的，故：R拉==16ρ=16R；把另一根导线对折后并接起来，长度变为原来的一半，截面积增加为2倍，故：R并===R；故R拉：R并=64：1．故答案为：64：1．点评：本题关键明确导线体积不变，拉长截面积减小，对折截面积变大，然后根据电阻定律列式分析．　17．（7分）（2014秋•兴庆区校级期中）在图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，A图的接法叫电流表　外接法　，B图的接法叫电流表的　内接法　；A中误差由　电压表分流　引起，B中误差由　电流表分压　引起，依图A测得数据是2.9V，0.4A，依图B测得数据是3.0V，0.3A，由此可知图　B　所示电路测量误差较小，R的测量值是　10　Ω，比它的真实值　大　（填“大”或“小”）．考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：根据图示电路图判断电流表接法，应用串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差，应用欧姆定律求出电阻阻值．解答：解：由图示电路图可知，A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法；A中误差由电压表分流引起，B中误差由电流表分压引起；==，==，＞，电压表分流对实验影响较大，为减小实验误差，电流表应采用内接法，由此可知图B所示电路测量误差较小，20 R的测量值：R===10Ω，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，电阻的测量值大于真实值．故答案为：外接法；内接法；电压表分流；电流表分压；B；10；大．点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．　18．（8分）（2014秋•兴庆区校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电6V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～0.6A（内阻约为2.5Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为2KΩ）E．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）F．滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．实验所需的器材有　ABEF　，画出实验电路图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）根据实验原理与实验器材分析答题．20 （2）根据实验原理与实验要求确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图．解答：解：（1）应用伏安法描绘灯泡伏安特性曲线，需要测出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，因此需要用到：电压表与电流表，为测多组实验数据，实验还需要滑动变阻器；因此该实验除了：学生电源、开关、导线外，需要的实验器材还有：电压表、电流表、滑动变阻器，故选ABEF．（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为：R===24Ω，电压表内阻约为15Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：故答案为：（1）ABEF；（2）电路图如图所示．点评：本题考查了实验器材、设计实验电路，知道实验原理与实验器材是正确解题的关键，根据实验原理与实验要求确定滑动变阻器与电流表接法即可作出实验电路图．　三、计算题（共32分）19．（10分）（2014秋•兴庆区校级期中）一束电子流在经U0的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两板间距为d，板长为l，电子恰好能从平行板底边飞出（已知电子的质量为m，电量为e），求：（1）进入偏转电场的初速度．（2）电子通过偏转电场的时间t．（3）加在偏转电场两端的电压U多大．（4）电子离开偏转电场时的偏转角θ．20 考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理求出电子离开加速电场的速度．（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据极板的长度和初速度求出运动的时间；（3）结合偏转距离和时间，根据牛顿第二定律求出两个极板应加的电压．（4）根据平抛运动求出离开偏转电场时的偏转角θ．解答：解：（1）在加速电场中：…①所以：．（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，l=v0t…②（3）在偏转电场中，偏转位移为，则：…③…④联立①②③④可得：．（4）设电子射出偏转电场的竖直方向的速度为：电子离开偏转电场时的偏转角：20 答：（1）进入偏转电场的初速度是．（2）电子通过偏转电场的时间．（3）加在偏转电场两端的电压U是．（4）电子离开偏转电场时的偏转角是点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道电子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．　20．（11分）（2013秋•兴庆区校级期末）如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出的机械功率是多少．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁学．分析：（1）电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率．由功率公式求解电流I．（2）由闭合电路的欧姆定律，可得M两端的电压．（3）电动机输出的机械功率P出=P总﹣P热．解答：解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为I==2A；20 （2）由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为UM=U﹣Ir﹣UL=30V﹣2×1V﹣6V=22V；（3）电动机的总功率为P总=IUM=2×22=44W，电动机的热功率为P热=I2R=22×2=8W，所以电动机的输出功率为P出=P总﹣P热=44﹣8=36W．答：（1）流过电灯的电流是2A；（2）电动机两端的电压是24V；（3）电动机输出的机械功率是36W．点评：本题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I．　21．（11分）（2014秋•兴庆区校级期中）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：（1）B、A两点的电势差UBA（2）电场强度E（3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T．考点：电场强度；牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．20 （3）小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力．在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力．解答：解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60°+qUAB=0所以UAB=﹣（2）BA间电势差为UBA=﹣UAB=则场强E==（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：FTA=Eq=，所以FTB=FTA=答：（1）B、A两点的电势差UBA为﹣；（2）电场强度E为；（3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T为点评：本题第（3）问题也可以直接研究B处得到，小球在B处，沿绳方向合力为零，有：FTB=Eqcos60°+mgcos30°=　20