2023-2024学年广东省广州十七中高二（上）期中物理试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年广东省广州十七中高二（上）期中物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M点和N点时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是( )
A. vMC. φM<φN，EpM2.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电量为-q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A. 油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B. 油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C. 油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
3.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是( )
A. 小灯泡L1，L2均变暗B. 小灯泡L1变亮，V1表的读数变大
C. 小灯泡L2变亮，V2表的读数不变D. 小灯泡L1变暗，V1表的读数变小
4.如图所示，两个等量异种电荷和M、N两点是菱形的四个顶点，a、b、c、d是菱形四个边长的中点，O是两电荷连线的中点。下列说法正确的是( )
A. M点的电场强度比O点大
B. a、b两处的电场强度和电势都相同
C. a、c两处的电场强度和电势都相同
D. 将一负电荷从a移到O再移到c点，电场力在两段做的负功相同
5.如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，白炽灯的灯丝电阻RL为16Ω，电动机M线圈的电阻为2Ω。当开关S闭合后，白炽灯的电功率为4W。若灯丝电阻保持不变，电动机的机械损耗可忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A. 通过电源的电流约为3.2A
B. 流过电动机M的电流为4A
C. 电动机M输出的机械功率为12W
D. 电源的总功率为24W
6.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在静电力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )
A. 电子一直向着A板运动
B. 电子一直向着B板运动
C. 电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D. 电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
7.如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)，t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子a，到达N板时速度大小为 2v0；平行M板向下的粒子b，刚好从N板下端射出，不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A. M板电势高于N板电势B. 粒子在两板间的加速度为a=2v02L
C. 两个粒子的电势能都增加D. a、b粒子到达N板的速度相同
8.如图，雷雨云层可以形成几百万伏以上的电压，足以击穿空气产生几十万安培的瞬间电流，电流生热使空气发光，形成闪电；空气受热突然膨胀发出巨响，形成雷声。若雷雨云底部的电势较地面低1.5×108V，闪电时，电子从雷雨云底部抵达地面，此过程( )
A. 电场力对电子做正功
B. 电子的电势能增加
C. 电流方向由地面流向云层
D. 雷雨云底部与地面的电势差为1.5×108V
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )
A. A一定带正电，B一定带负电
B. A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA：qB=1：2
C. A球电势能一定增加
D. 电场力对A球和B球都做了功
10.如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为-Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则( )
A. 在点电荷-Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=2μmgL+mvm22q
B. 在小金属块由A向C运动的过程中，电势能减小
C. OB间的距离为 kQqμmg
D. 从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)两个科技兴趣小组分别用不同的方法测量各种电池的电动势和内阻。甲组首先用多用电表的直流电压“10V”挡粗略地测量了锂电池的电动势，由图1可得锂电池的电动势约为______V。
(2)乙组用如图2甲所示的电路完成了蓄电池的电动势E和内电阻r的测量，该小组的同学测量了多组数据，并根据测量的数据描绘了如图2乙所示的图线。已知两电表均为理想电表，则蓄电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω；用该电路测量存在由于电表并非理想电表而引起的系统误差，这导致电动势的测量值比真实值______(填“大”、“小”)，内阻的测量值比真实值______(填“大”、“小”)。
12.某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组(3V，内阻约1Ω)；
B.电流表A1(0～3A，内阻约0.0125Ω)；
C.电流表A2(0～0.6A，内阻约0.125Ω)；
D.电压表V1(0～3V，内阻约4kΩ)；
E.电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)；
F.滑动变阻器R1(0～20Ω，额定电流1A)；
G.滑动变阻器R2(0～2000Ω，额定电流0.3A)；
H.开关、导线若干。
(1)上述器材中，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______(填写器材前的字母)。为使通过待测金属丝的电流能从0～0.5A范围内改变，电路如图1应选______(填写甲、乙、丙、丁)。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图2所示，其读数应为______mm。
(3)若用L表示金属丝接入电路中的长度，d表示直径，U表示金属丝上的电压。I表示金属丝中的电流，请用以上字母写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=______。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为0～3V和0～15V，已知表头内阻为15Ω，满偏电流为4mA，则：
(1)使用a、b两端时量程是多少？
(2)求R1、R2的阻值。
14.如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏(图中未画出)上。已知两偏转极板间距为d，板长为L.电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力，求：
(1)电子进入偏转电场时的速度大小；
(2)电子在偏转电场中所用时间和离开时的偏移量y；
(3)电子在偏转电场中所受电场力做的功。
15.在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场场强大小为E，方向水平向右，释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响，求：
(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
(2)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
(4)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM>φN ①；
若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vM>vN ②，
在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM根据电场线疏密可知，EPM综上可知，D正确ABC错误。
故选：D。
带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
2.【答案】D
【解析】解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛ S4πkd得知，电容减小，而电压不变，则由C=QU知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流。
由于电容器板间电压和距离不变，则由E=Ud，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态。故D正确。ABC错误。
故选：D。
带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向。
本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=ɛ S4πkd和电容的定义式C=QU结合进行分析。
3.【答案】D
【解析】解：由图知：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联．V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压．
将滑动变阻器的触片由左端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，变阻器与灯泡L1并联的电阻变小，外电路总电阻减小，路端电压减小，V1表的读数变小．
由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流增大，灯泡L2变亮，电压表V2读数变大．灯泡L1的电压U1=E-I(r+RL2)减小，灯泡L1变暗．故ABC错误，D正确．
故选：D．
首先认识电路的结构：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联．V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压．将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律分析两电表读数的变化．
本题是电路中动态分析问题．对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断．
4.【答案】D
【解析】解：A、若M、N处的电荷量均为Q，根据等量异种电荷中垂线的电场分布可知EMBC、由等量异种电荷的电场线的分布规律可以看出，a、b两点的电场大小相等，方向不同，同理c、d两点的电场也是大小相等，方向不同，故BC错误；
C、由等量异种电荷的电场线的分布规律可以看出，a、c两点关于O点中心对称，所以电场强度大小相等，方向相同，故C正确；
D、因为UaO=UOc，W=qU，则可知，将一负电荷从a移到O再移到c点，电场力在两段做的负功相同，故D正确。
故选：D。
根据等量异种电荷的电场线分布规律，判断各对称点的电场强度是否相同；根据电势大小的判断方法确定电势高低，再根据电场力做功分析D。
本题主要是考查点电荷周围电场强度和电势的叠加，知道电场强度是矢量，满足平行四边形法则，电势是标量，合电势等于电势的代数和。
5.【答案】D
【解析】解：AB、白炽灯RL的电压为UL= PRL= 16×4V=8V
通过白炽灯RL的电流为IL=ULRL=816A=0.5A
根据闭合电路欧姆定律可得
E=UL+Ir
解得流过电源的电流为I=2A
流过电动机M的电流为IM=I-IL=2A-0.5A=1.5A
故AB错误；
C、电动机与白炽灯并联，则电动机M的电压为UM=8V，输出的机械功率为P=UMIM-IM2rM
解得P=7.5W
故C错误；
D、电源的总功率为P总=EI=12×2W=24W，故D正确
故选：D。
根据功率公式P=U2R求出白炽灯的电压，根据欧姆定律求出白炽灯的电流，由闭合电路欧姆定律可求得通过电源的电流，由并联电路的分流规律求电动机的电流，由功率公式P=UI可求得电动机消耗的电功率，而输出功率等于总功率减去热功率。由P=UI求电源的总功率。
本题考查含有非纯电阻的电路问题，解决此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率。
6.【答案】D
【解析】解：
从图中可知，电子在第一个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，故电场方向由B向A，所以电子向B板运动，加速度大小都为eUmd，但是两个时间段内的加速度方向相反，故可知末速度为零。
同理可得：电子在第三个T4内做匀加速运动，故电子向A板运动，第四个T4内做匀减速运动，运动方向还是由B板向A板，至一个周期结束，速度为零。此后电压周期变化，电子做周期往返运动，所以电子做往复运动，故D正确
故选：D。
由电压周期性的变化，可以分析电子的运动，电子在电场力作用下运动，由图可知前半个周期又可分为两部分，前后加速度大小相等，方向相反，故可知半个周期结束电子速度为零，同理分析后半个周期的运动，可得正确选项．
对于这种周期性的题目，只分析好一个周期的运动，即可知道全部时间内的运动．
7.【答案】B
【解析】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；
C、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；同理平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故C错误；
BD、设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有L2=v0t
d=12at2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有( 2v0)2-v02=2ad
联立解得：t=L2v0；a=2v02L
两粒子到达N板的速度大小相等，方向不同，故B正确，D错误；
故选：B。
因为粒子电性无法确定，所以无法判断极板的电势高低；根据功能关系分析出粒子的电势能变化；根据类平抛运动在不同方向的运动特点，结合运动学公式完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解功能关系，理解粒子不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
8.【答案】AC
【解析】解：ABD、由于地面带正电，雷雨云底部带负电，电场线起于正电荷终止于负电荷，因此电场线方向为向上，沿着电场线电势降低，因此从雷雨云底部到地面电势逐渐升高，雷雨云底部与地面的电势差为-1.5×108V，电子从雷雨云底部抵达地面，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故BD错误，A正确；
C、规定正电荷定向移动方向为电流方向，电子定向移动的反方向为电流方向，所以电流方向由地面流向云层，故C正确；
故选：AC。
由题意可知，地面带正电，雷雨云底部带负电，则可知电场线方向向上，根据沿电场线的方向电势降落可确定电势的变化；根据雨滴受电场力的方向确定电场力做功情况，从而确定其电势能的变化情况。
本题考查电场力做功的性质，要注意明确电场线的性质，知道沿电场线的方向电势是降落的。
9.【答案】BD
【解析】解：A、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；
B、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB×2L=EqA×L，因此qA：qB=1：2，故B正确；
C、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故C错误；
D、电场力对A、B都做功，但代数和为零，故D正确
故选：BD。
明确电场的性质，抓住A、B电势能之和不变，即电场力对系统做功的代数和为零进行判断，要注意明确可能出现的情况。
解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解。
10.【答案】C
【解析】解：A.小金属块从A到B过程，由动能定理得
-qUAB-μmgL=12mvm2-0
解得：UAB=-2μmgL+mvm22q
故A错误；
B.小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力的方向一直与运动方向相同，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；
C.由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有
μmg=kQqr2
解得r= kQqμmg，故C正确；
D.从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误。
故选：C。
金属块在B点时速度最大，说明从A到B过程中，金属块先做加速运动，后做减速运动，根据动能定理求解A、B两点的电势差；电场力做正功，电势能不断减小；从B到C的过程，小金属块的动能和电势能都减小，全部转化为内能；在B点金属块的速度最大，所受的合外力一定为零，根据力的平衡条件可计算出OB的距离。
解答本题的关键是：要挖掘隐含条件“B点速度最大”的物理意义，分析金属块的运动情况，进而分析其受力情况，由牛顿第二定律和动能定理可分析判断选项是否正确。
11.【答案】3.6 1.40 1 小小
【解析】解：(1)直流电压表量程为10V，由图1所示平板可知，其分度值为0.2V，示数为3.6V。
(2)根据图2甲所示电路图由闭合电路的欧姆定律可知：U=E-Ir，由图2乙所示图象可知，蓄电池的电动势E=1.40V，内阻r=|ΔUΔI|=|1.00-|Ω=1Ω；
由图2甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时电流测量值等于真实值，U-I实验图象如图实线所示，实际图线如图虚线所示
由图示U-I图象可知，电动势的测量值比真实值小，内阻的测量值比真实值小。
故答案为：(1)3.6；(2)1.40；1；小；小。
(1)根据电压表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出蓄电池的电动势与内阻；根据实验电路图分析实验误差。
本题考查测量电动势和内电阻实验，关键是弄清楚电路的连接情况和实验原理、数据处理方法，能用图象法求出电势和内电阻．
12.【答案】C D F 甲 5.668 πUd24IL
【解析】解：(1)由于电源电动势为3 V，电表读数要达到半偏，则电压表选D；
最大电流约为：I=ER+r=35+1A=0.5A，可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C。
为使通过待测金属丝的电流能从0～0.5A范围内改变，滑动变阻器采用分压接法，为了操作方便，滑动变阻器选F。
通过待测金属丝的电流能从0～0.5A范围内改变，即电阻丝两端电压变化范围比较大，滑动变阻器采用“分压式”接法，
由于Rx< RARV，采用电流表外接法，故选甲；
(2)由主尺上读出5.5mm，螺旋尺上读数为16.8×0.01mm=0.168mm，金属丝的直径为：d=5.5mm+0.168mm=5.668mm(5.667mm～5.669mm均可)；
(3)待测电阻阻值为：R=UI
横截面积为：S=14πd2
由电阻定律得：R=ρLS
联立三式得电阻率：ρ=πUd24IL。
故答案为：(1)C；D；F；甲；(2)5.668；(3)πUd24IL。
(1)根据电源的电压选取电压表，计算电路的最大电流，由此选取电流表，根据“操作方便”选取滑动变阻器；根据实验要求选取实验电路；
(2)根据螺旋测微器的读数方法进行读数；
(3)根据电阻定律的公式推导电阻率的表达式。
本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。
13.【答案】解：(1)改装后电压表的量程为U=Ig(Rg+R串)
故串联的电阻越大，量程越大，故接a，b时，为灵敏电流计与R1串联，量程为3V；接a，c时，为灵敏电流计与R1和R2串联，量程为15V；
(2)满偏电流Ig=4mA=0.004A，由题可知，满偏电压Ug=IgRg=0.004×15V=0.06V
R1两端的电压为UR1=(3-0.06)V=2.94V
可知R1=UR1Ig=Ω=735Ω
则R2两端的电压为UR2=(15-3)V=12V
则R2=UR2Ig=120.004Ω=3000Ω
答：(1)使用a、b两端时量程是3V；
(2)R1、R2的阻值分别为735Ω、3000Ω。
【解析】(1)根据串并联电路分压规律分析量程；
(2)根据电压表改装原理解答。
本题的关键要理解电流表改装原理，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
14.【答案】解：(1)设电场加速后的速度为v0，电子在加速电场中，根据动能定理得：
U1e=12mv02
得：v0= 2eU1m
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向有：
L=v0t
得：t=L m2eU1
竖直方向有：a=eU2md
y=12at2。
联立得：y=U2L24U1d
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置间的电压为：U=U2dy
电场力做功为：W=eU
解得：W=eU22L24d2U1
答：(1)电子进入偏转电场时的速度大小是 2eU1m；
(2)电子在偏转电场中所用时间是L m2eU1，离开时的偏移量y是U2L24U1d；
(3)电子在偏转电场中所受电场力做的功是eU22L24d2U1。
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求出电子加速获得的速度，即为电子进入偏转电场时的速度。
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子在偏转电场中所用时间和离开偏转电场时的偏移量y。
(3)根据功的公式求电子在偏转电场中所受电场力做的功。
解决本题的关键要明确电子的运动规律，电子先在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，会运用运动的分解法研究类平抛运动。
15.【答案】解：(1)对整体应用牛顿第二定律E⋅2q=2ma
得出两小球加速度a=Eqm
(2)系统向右加速运动阶段L=12at12
解得t1= 2mLEq
此时B球刚刚进入MN，系统的速度
v=at1
解得v= 2EqLm
(3)假设小球A不会出电场区域，系统向右减速运动阶段
-3Eq+2Eq=2ma'
加速度a'=-Eq2m
减速运动时间t'=0-va'=2 2mLEq
减速运动的距离L'=0-v22a'
联立解得：L'=2L
可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。
所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t=t1+t2
联立解得：t=3 2mLEq
(4)B球在电场中向右运动的最大距离
x=2L
进而求出B球电势能增加的最大值
ΔEp=-W电=-(-3q)E×2L=6EqL
答：(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小为Eqm；
(2)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为 2EqLm；
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为3 2mLEq；
(4)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值为6EqL。
【解析】(1)根据牛顿第二定律解得加速度．
(2)(3)分析判断两球的运动状态，根据匀变速直线运动规律解得B球刚刚进入MN，系统的速度；从而求出系统从开始运动到速度第一次为零的总时间．
(4)解得B球在电场中向右运动的最大距离，电场力做功即电势能变化。
本题综合考查了运动学公式、牛顿第二定律以及功能关系，综合性较强，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解．