2019-2020学年广东省广州三中高二(上)期中物理试卷-普通用卷

2019-2020学年广东省广州三中高二（上）期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1：7，相距为r.两者接
触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是()
A. 3：7
B. 7：9
C. 9：7
D. 16：7
2.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀
速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静
止。

若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，
则救生员跃出后小船的速率为()
A. v0+m
M v B. v0−m
M
v C. v0+m
M
(v0+v) D. v0+m
M
(v0−v)
3.如图所示，质量为M的斜面置于光滑的水平地面上，一质量为m
的滑块以初速度v沿斜面向上滑行，它们在相互作用的过程中，
当斜面的速度达到最大值时，对应的是下列情况中的()
A. 物体在到达斜面的最高位置时
B. 物体从斜面上开始下滑时
C. 物体与斜面速度相等时
D. 物体与斜面开始分离时
4.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B
周围的电场分布情况(电场线方向未标出)。

图中O点为
两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，
OM=ON。

下列说法中正确的是()
A. O、M、N三点的电场强度大小关系是E M=E N>E O
B. O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上
C. O、M、N三点的电场强度方向不相同
D. 把另一电荷从M点静止释放，将沿MON做直线运动
5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为
p A=9kg⋅m/s，B球的动量为p B=3kg⋅m/s。

当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()
A. p A′=6kg⋅m/s，p B′=6kg⋅m/s
B. p A′=8kg⋅m/s，p B′=4kg⋅m/s
C. p A′=−2kg⋅m/s，p B′=14kg⋅m/s
D. p A′=−4kg⋅m/s，p B′=8kg⋅m/s
6.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的
正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，
正六边形所在平面与电场线平行。

则()
A. 电场强度的大小为40√3
V/m B. U EF与U BC相同
3
C. 电场强度的大小为20√3
V/m D. E点的电势与C点的电势相等
3
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
7.在以下叙述的现象中利用了反冲现象的实例有()
A. 火箭喷气升空
B. 射水鱼喷水捕食
C. 章鱼喷水快速退游
D. 潜水艇排水浮出
8.如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等势面，已知相临
等势面间电势差相等，一个带正电粒子在只受电场力作用下，
运动过程中先后经过M点和N点，则()
A. 电场力对粒子做负功
B. 四个等势面电势关系为φa>φb>φc>φd
C. 粒子在M点的加速度比N点大
D. 该粒子在N点的动能较大，电势能较小
9.如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只
静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法
可使静电计指针张角增大的是()
A. 使A、B两板靠近一些
B. 使A、B两板正对面积减小一些
C. 断开S后，使B板向右平移一些
D. 断开S后，使A、B正对面积减小一些
10.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，
图乙为它们碰撞前后的x−t图象。

已知m1=0.1kg。

由此可以判断()
A. 碰前m2静止，m1向右运动
B. 碰后m2和m1都向右运动
C. 由动量守恒可以算出m2=0.3kg
D. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
三、填空题（本大题共1小题，共10.0分）
11.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分
别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.重力加速度g取10m/s2.求：
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l．
四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12.某学习小组用半径相同的小球1和小球2碰撞验证动
量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平
滑连接。

安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白
纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O.接下来
的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。

重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。

重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是______
A.小球1的质量一定大于小球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径
B.将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平
C.小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小
D.复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进
行移动
(2)以下提供的器材中，本实验必需的有______
A.刻度尺
B.游标卡尺
C.天平
D.秒表
(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则
本实验验证动量守恒定律的表达式为______。

13.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线
和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A.电源E(电动势3.0V，内阻可不计)
B.电压表V1(量程为0～3.0V，内阻约2kΩ)
C.电压表V2(0～15.0V，内阻约6kΩ)
D.电流表A1(0～0.6A，内阻约1Ω)
E.电流表A2(0～100mA，内阻约2Ω)
F.滑动变阻器R1(最大值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大值2kΩ)
(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变
阻器应选择______(填各器材的序号)
(2)为提高实验精度，请你在虚线框中设计实验电路图。

(3)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U−I图象如图所示，则该小电珠
的额定功率是______W，小电珠电阻的变化特点是______。

五、计算题（本大题共2小题，共26.0分）
14.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一
组水平放置，今有一质量为m、电量为e的电子静止
在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后
通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间。

若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向。

15.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在
圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。

现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑。

已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2√gR．
(1)求小球滑至C点时的速度大小；
(2)求A、B两点间的电势差U AB；
(3)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：两个完全相同的金属小球带异种电荷，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，
设最初金属球A和B带电量为Q：7Q，分开后A、B所带的电荷相等，大小均为3Q，
根据库仑定律得：
F=k7Q⋅Q
r2
F′=k3Q⋅3Q
r2
解得：
F F′=9
7
，故C正确，ABD错误。

故选：C。

两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，再根据库仑定律对接触前后列式即可求出库仑力的大小关系。

本题主要考查了库仑定律的直接应用以及电荷守恒定律的应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分。

2.【答案】C
【解析】
【分析】
人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，
本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解。

【解答】
人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，
规定向右为正方向
(M+m)v0=Mv′−mv
v′=v0+m
M
(v0+v)
故选：C。

3.【答案】D
【解析】解：滑块和斜面组成的系统，在水平方向上所受的合力为零，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，当滑块的速度沿斜面向下达到最大时，斜面向右的速度最大，此时物体与斜面开始分离。

故D正确，ABC错误。

故选：D。

滑块和斜面组成的系统，在水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律分析斜面何时速度最大．
本题运用动量守恒定律解决比较简捷，抓住开始在水平方向上，总动量向右，结合动量守恒定律分析求解
4.【答案】B
【解析】解：A、等量异种电荷连线的中垂线上中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以E O>E M=E N，故A错误；
B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上，故B正确；
C、等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以O、M、N三点的电场强度方向相同，故C错误；
D、把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON做直线运动，故D错误。

故选：B。

根据电场线的疏密分析电场强度的大小；等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面；根据电场方向分析电荷受到的电场力方向；根据自由电荷的受力情况判断其运动情况。

本题的关键要理解并掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大，同时，要把握等量异种电荷电场线和等势面分布的特点，知道等量异种电荷连线的中垂面是一个等势面。

5.【答案】A
【解析】解：碰撞前系统总动量：p=p A+p B=9kg⋅m/s+3kg⋅m/s=12kg⋅m/s，由题意可知m A=m B=m；
A、如果p A′=6kg⋅m/s，p B′=6kg⋅m/s，碰撞后系统总动量p′=p A′+p B′=6kg⋅
m/s+6kg⋅m/s=12kg⋅m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：62
2m A +62
2m B
<92
2m A
+
32
2m B
，v A′=v B′，符合实际，故A正确；
B、如果p A′=8kg⋅m/s，p B′=4kg⋅m/s，碰撞后系统总动量p′=p A′+p B′=8kg⋅
m/s+4kg⋅m/s=12kg⋅m/s，碰撞过程动量守恒，碰撞后系统总动能：82
2m A +42
2m B
<
92 2m A +32
2m B
，v A′>v B′，不符合实际，故B错误；
C、如果p A′=−2kg⋅m/s，p B′=14kg⋅m/s，碰撞后系统总动量p′=p A′+p B′=−2kg⋅m/s+14kg⋅m/s=12kg⋅m/s，碰撞过程系统动量守恒，碰撞后系统的总动能为：
22 2m A +142
2m B
>92
2m A
+32
2m B
，系统动能增加，不符合实际，故C错误；
D、如果p A′=−4kg⋅m/s，p B′=8kg⋅m/s，碰撞后系统总动量为：p′=p A′+p B′=
−4kg⋅m/s+8kg⋅m/s=4kg⋅m/s，碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误。

故选：A。

当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，碰撞后同向运动时后面物体的速度不大于前面物体的速度，根据这三条件规律进行选择．对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
6.【答案】A
【解析】解：已知正六边形所在平面与电场线平行，且A、C、D三
点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，
可知U DC=U CG=2V，故ABG的电势相等为1V；CF电势相等为3V，
D、E电势相等为5V。

A、C、电场强度：E=U DC
d
=U DC
l⋅sin60∘
= 5.0−3.0
10×10−2×√3
2
=40√3
3
V/m，故A正确，C错误；
B、由以上的分析可知，U EF=−U BC.故B错误；
D、C的电势相等为3V，E的电势相等为5V，电势不相等。

故D错误
故选：A。

在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势，以此类推其他各点的电势。

本题考查了匀强电场电场强度与电势差之间的关系，要注意掌握电势差的计算，注意电场线与等势面之间的关系应用。

7.【答案】AC
【解析】解：火箭喷气升空通过喷气的方式改变速度，从而改变轨道，运用了反冲运动的原理，章鱼通过喷水快速退游也是利用了反冲原理；
而射水鱼喷水捕食时，鱼没有获得速度，故不属于反冲；潜水艇排水浮出是利用浮力的改变，也不属于反冲，故AC正确，BD错误．
故选：AC．
反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
本题考查反冲的应用，解决本题的关键知道反冲的原理，以及知道反冲在实际生活中的运用．
8.【答案】ABC
【解析】解：A、B：根据粒子所受电场力指向轨迹的内侧，
并结合电场线与等势面垂直，画出电场线的大体分布如图，
由于正粒子，根据电场力的方向，从而确定电场力做负
功，电势能增加，动能减小。

可知电场线的方向，因此四个
等势面电势高低顺序是：U a、U b、U c、U d.故A、B正确；
C、根据等差等势面的疏密可知，电场线的疏密，从而确定电场强度的强弱，因此M点的加速度比N点大，故C正确；
D：粒子从沿M点到N点过程中，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，则N点的动能较小，电势能较大。

故C正确，D错误。

故选：ABC。

根据粒子轨迹的弯曲方向确定出粒子所受的电场力大体方向，并结合电场线与等势面垂直，画出电场线的大体分布，顺着电场线电势降低，由电场线的方向判断电势的高低．粒子沿M点到N点，根据电场力做功的正负，判断电势能的大小．根据电场线密处场强较大，判断粒子加速度的大小．
本题的技巧是画出电场线的分布情况，这是电场中经常采用的方法．常规题．
9.【答案】CD
【解析】A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变。

故A、B均错误。

C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U=Q
C
知，电势差增大，则指针张角增大。

故C正确。

D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=Q
C
知，电势差增大，则指针张角增大。

故D正确。

故选：CD。

开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化．
本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变．
10.【答案】AC
【解析】解：A、由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，
处于静止。

m1向速度大小为v1=△s
△t
=4m/s，方向只有向右才能与m2相撞。

故A正确。

B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动。

故B错误。

C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=−2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg。

故C正确。

D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=1
2m1v12−1
2
m1v′12−1
2
m2v′22，代入解得，△E=
0，故D错误。

故选：AC。

s−t(位移时间)图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。

根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。

本题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向。

11.【答案】解：设滑块的质量为m．
(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mv2，代入数据解得，解得碰撞前瞬间A的速率：v=2m/s．
mgR=1
2
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=2mv′，代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′= 1m/s．
⋅2mv′2=μ⋅2mgl，
(3)对A、B系统，由动能定理得：1
2
代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m．
答：(1)碰撞前瞬间A的速率v为2m/s；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′为1m/s；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m．
【解析】(1)A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度．
(2)A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率．
(3)对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．
本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解．12.【答案】BD AC m1⋅l1=m2⋅l2
【解析】解：(1)A、验证动量守恒定律实验中，入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量，两球的直径应相等，故A错误；
B、将小球静止放置在轨道末端，如果小球不滚动，水面斜槽轨道末端水平，否则斜槽末端不水平，故B正确；
C、小球在斜槽上的释放点高度应适当，如果释放点的高度太高，小球离开轨道后的水平位移太大，小球将落在复写纸之外，不能确定小球的落地点，小球的释放高度不是越高越好，故C错误；
D、复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰，只要不移动地面上的白纸，可以随便移动复写纸的位置，故D正确；
(2)AC、实验过程中需要测量入射球与被碰球的质量，因此实验需要天平；实验时需要
测出小球落地点的水平位移，因此实验需要刻度尺，故AC正确；
BD、实验过程中不需要测球的直径、不需要测小球的运动时间，因此不需要游标卡尺和秒表，故BD错误；
(3)要验证的表达式：m1v0=m1v1+m2v2
两边乘以相同的平抛的运动时间t可得：m1v0t=m1v1t+m2v2t
即为：m1⋅PM=m2⋅ON
得：m1l1=m2l2；
故答案为：(1)BD；(2)AC；(3)m1l1=m2l2；
(1)为使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，根据实验注意事项分析答题；
(2)根据实验原理与所需要测量的量选择实验器材；
(3)小球离开水平轨道后做平抛运动，根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。

本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验注意事项与实验器材、实验数据处理，理解实验原理、知道可以用水平位移代替小球的初速度是解题的前提，掌握实验注意事项、理解实验原理、应用平抛运动规律即可正确解题。

13.【答案】B D F0.98小电珠电阻随电压增大而增大
【解析】解：(1)小电珠额定电压为2V，电压表应选择B；小电珠正常发光时的电流约为零点几安培，电流表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。

(2)描绘小电珠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，由于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；
(3)由图c所示图线可知，小电珠额定电压2V对应的电流为0.49A，灯泡额定功率P=UI= 2×0.49W=0.98W；
U−I图线上的点与坐标原点连线的斜率表示小电珠电阻，由图c所示图线可知，随电压U增大，
图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则小电珠的电阻随电压U增大而增大。

故答案为：(1)B；D；F；(2)电路图如图所示；(3)0.98；小电珠电阻随电压增大而增大。

(1)根据小电珠额定电压选择电压表；根据通过灯泡的电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据实验原理作出实验电路图。

(3)由图示图象求出灯泡的额定电流，由P=UI求出灯泡额定功率；根据图示图象判断小电珠电阻变化特点。

本题考查了实验器材的选择、实验电路设计与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路图的关键。

14.【答案】解：(1)电子通过B点时的速度大小为V B，则由动能定理得eU0=1
2
mv B2
v B=√2eU0
m
；
(2)右侧平行金属板的长度为L，由题意得：d
2=1
2
at2①，
L=v B t②，
a=eE
m =eU
md
=③，
联立①②③解得L=d√2U0
U
；
(3)电子穿出右侧平行金属板时与V B成θ角，则：tanθ=v y
v x =at
v B
=√U
2U0
，
v2=v x2+v y2=2eU0
m +eU
m
=e(2U0+U)
m
，
整理得：v=√e(2U0+U)
m
，
E K=1
2mv2=e(2U0+U)
2
；
答：(1)电子通过B点时的速度大小为=√2eU0
m
；
(2)右侧平行金属板的长度为d√2U0
U
；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能为=e(2U0+U)
2
，速度方向与水平方向的夹角tanθ为
√U
2U0
，。

【解析】(1)电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；
(2)电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为d
2
，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的速度方向根据tanθ=v y
v x
=atvB计算，粒子的动能可以
根据1
2
mv2计算。

该题考查了带电粒子在电场中的加速以及偏转问题，解决该题需掌握类平抛运动的解题规律，熟记运动学的相关公式；
15.【答案】解：(1)小球由A到B过程，由动能定理得
mg⋅3
2R+qU AB=1
2
m(2√gR)2，①
小球由A到C过程，由动能定理得
mg3R+qU AC=1
2
mv c2②
其中，U AB=U AC③
由①②③式可得小球滑至C点时的速度大小为v C=√7gR．(2)由①式可得A、B两点间的电势差
U AB=−mgR 2q
(3)B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据U AB=φA−φB φA=−mgR
2q
．
答：(1)小球滑至C点时的速度大小是√7gR；
(2)A、B两点间的电势差为−mgR
2q
；
(3)A点的电势为−mgR
2q
．
【解析】(1)B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；
(2)对A到B过程运用动能定理列式求解A、B两点的电势差U AB；
(3)B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据U AB=φA−φB 求解A点的电势．
本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，抓住小球从A到C和A到B电场力做功相等，运用动能定理进行求解，难度中等．。