【文档说明】02-第十章　静电场中的能量.docx，共(8)页，383.576 KB，由小赞的店铺上传

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姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第十章静电场中的能量全卷满分100分考试用时90分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列说法错误的是()A.在匀强电场中,电势降

低的方向一定是电场的方向B.无论是正电荷还是负电荷,电场力做负功时电势能一定增加C.在匀强电场中,电场力做功与电荷经过的路径无关,仅与运动始末位置的电势有关D.将电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能可能增加,也可能减小2.两个带电荷量不等的点电荷Q

、q周围的电场线分布如图所示,虚线为两电荷连线的中垂线,c、d两点在中垂线上,且关于两电荷连线对称。下列说法正确的是()A.a、b两点的电势可能相同B.a、b两点的电场强度可能相同C.把电荷从c点沿虚线移到d点,电场力一直不做功D.把电荷

从c点沿虚线移到d点,电场力做的总功为零3.如图所示,x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环,且经过圆环的圆心O。关于x轴上的电场强度和电势,下列说法正确的是()A.O点的电势一定为零B.O点的电场强度一定为零C.从O点沿x轴正方向,电场强度一直减小,电势一直升

高D.从O点沿x轴正方向,电场强度一直增大,电势一直降低4.如图所示,A、B、C三个带电粒子(不计重力),以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中线射入匀强电场中,两极板间的距离为d。A粒子落在N板的中点;B粒子落

在N板的边缘;C粒子飞出极板时,沿电场方向的位移为𝑑4。已知它们的质量之比为mA∶mB∶mC=1∶1∶2,则粒子A、B、C所带电荷量之比为()A.2∶1∶1B.2∶2∶1C.4∶2∶1D.4∶1∶15.如图所示,某带正电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点,运动

轨迹为实线,虚线O、P、Q为电场中的三个等势面,相邻两等势面之间的电势差相等,可以判定下列说法错误的是()A.O、P、Q三个等势面中,O等势面的电势最高B.该粒子在A点具有的电势能比在B点具有的电势能大C.该粒子通过A点时的动能比通过B点时的大D.该粒子通过A点时的

加速度比通过B点时的大6.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等。一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10J,在电场力作用下从A运动到B时速度为零。当这个粒子的动能为7.5J时,其电势能

为()A.12.5JB.2.5JC.0D.-2.5J密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题7.如图甲所示,在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷,A、C的坐标分别为-3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q,图乙是A、C

之间各点的电势φ与坐标x的关系图,图中x=L点对应图线的最低点,x=-2L的纵坐标φ=φ0,x=2L的纵坐标φ=37φ0。若在x=-2L的B点由静止释放一可视为质点的带电物块,物块的质量为m,电荷量为q。物块向右运动到2L处速度恰好为零。重力加速度大小为g。则A处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩

擦因数分别是()A.+4Q,𝑞𝜑07𝑚𝑔𝐿B.−2Q,𝑞𝜑014𝑚𝑔𝐿C.+4Q,2𝑞𝜑07𝑚𝑔𝐿D.−2Q,3𝑞𝜑014𝑚𝑔𝐿8.粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用,简化如图所示:沿轴线分布薄金属圆板O及A、B、C、D、E五个金属圆筒

(又称漂移管),相邻金属圆筒分别用导线接在M、N两点,O接M点,将M、N接在高压电源两端。质子飘入(初速度为0)金属圆板O轴心处的小孔沿轴线进入加速器,质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速,加速时电压U大小相同。质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时

间,则()A.质子从圆筒E射出时的速度大小为√5𝑒𝑈𝑚B.圆筒E的长度为T√10𝑒𝑈𝑚C.M、N所接电源是直流恒压电源D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2二、多项选择题(本题共4小题,每小题

4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.如图所示为一种电容传声器,b是固定不动的金属板,a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片,

a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时,膜片发生相应的振动,于是就改变了它与固定极板b间的距离,从而使电容发生变化,而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K,若声源S发出声波,使a向右运动时()A.电容器的电容减小B.a、

b板之间的电场强度增大C.流过电流表的电流方向为自右向左D.流过电流表的电流方向为自左向右10.如图所示,圆的圆心为O,半径R=2cm,直径AB与直径CD间的夹角为60°,匀强电场与圆所在的平面平行(图中未画出),A、B、C三点的电势分别为

2V、8V、2V,下列说法正确的是()A.O点的电势为3VB.圆周上AC弧的中点电势最低C.匀强电场的电场强度的大小为100√3V/mD.将一电子从O点移动到D点,克服电场力做的功为3eV11.如图所示

为竖直平面内的矩形ABCD,其中AB=2a,BC=2√3a,E、F是AD、BC中点,一根光滑杆穿过E、F两点,O为EF的中点,G为AB的中点,在B、C两点放置正、负两个点电荷,电荷量大小均为Q,在G点放置另一点电荷后,O点的电场强

度刚好为零。现将一套在光滑杆姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题上的带电小球从E点由静止释放,小球经过O、F两点。已知重力加速度为g。下列说法正确的是()A.G点的电荷带正电B.G点的电荷所带电

荷量的大小为3√3Q4C.小球经过O点时速率为√2𝑔𝑎D.小球经过F点时速率为2√𝑔𝑎12.如图甲所示,A、B、C、D为匀强电场中的等势面,相邻等势面电势差相等且间距为d,等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球垂直等势面D竖直向上抛出,恰能到达等势面A,该过程

中小球的动能和机械能随高度h的变化关系如图乙所示,E0为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.小球的初速度大小为v=2√2𝐸0𝑚B.小球加速度大小为4gC.小球抛出时的重

力势能为E0D.电场强度大小为𝐸0𝑞𝑑三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。(1)同时闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器滑片,使静电计指针有一定的张角,然后只向右移动A极板,则静电计

指针的张角;若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动,则静电计指针的张角。(均填“变大”“变小”或“不变”)(2)在静电计指针有明显张角的情况下,将开关S2断开,通过移动极板A或在极板A、B间插入电介质,下列说法正确的是(

填正确答案标号)。A.断开开关S2后,静电计的指针闭合,电容器的电容变为0B.只将电容器A极板向上平移,静电计指针的张角变小C.只在极板A、B间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变小D.只将电容器A极板向B极板靠近,静电计指针的张角变小,表明电容增大14.

(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=𝑄𝑡)(1)当开关S接时(选填“1”或“2”),平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较(选填“大”或“小”)。电容器

放电时,流经G表的电流方向与充电时(选填“相同”或“相反”)。(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为40个方格,可算出电容器的电容为(结果保留1位有效数字)。(3)在电容器放

电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是(选填“a”“b”或“c”)。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题15.(8分)在匀强电场中,将q=-3×10-7C的点电荷从电场中的A点移到B点,静电力做功为-2.4×10-6J,将该电荷从电场中的A点移到

C点,静电力做功为2.4×10-6J,已知直角三角形ABC中∠C=∠CAD=30°,且电场方向与三角形ABC所在平面平行。(1)求B、C两点间的电势差;(2)若规定C点电势为0,求该电荷在D点的电势能。16

.(8分)如图所示,在一足够大的空间内存在水平向右的匀强电场,电场强度大小E=3.0×104N/C。有一个质量m=6.0×10-3kg的带电小球,用绝缘轻绳悬挂起来,静止时轻绳偏离竖直方向的夹角为45°,不计空气阻力的作用,重

力加速度g取10m/s2。(1)求小球的电性及所带的电荷量;(2)如果将轻绳剪断,求小球运动的加速度大小;(3)从剪断轻绳开始,经过时间t=2s,求这一段时间内电场力对小球做的功。姓名班级考号密○封○装○订○线

密○封○装○订○线密封线内不要答题17.(14分)某显像设备内电场的简化模型如图所示,在y轴左侧存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场,右侧存在竖直向上的匀强电场,电场强度大小未知。电子枪在A处无初速度释放质量为m、电荷量为e的电子,一段时间后电子经过x轴时速度方向与x轴正

方向的夹角θ=30°,A点的坐标为(-L,L),不计电子受到的重力。求:(1)电子进入第一象限时的速度大小;(2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0;(3)y轴右侧的匀强电场的场强大小E0。18.(16

分)等效思想是解决特定物理问题的重要思想方法,例如带电物体在匀强电场中受到电场力恒定,物体重力也恒定,因此二者合力恒定,我们将电场力和重力的合力叫等效重力,这样处理后减少了物体受力个数,将复杂问题简单化

。如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量大小为q(q>0)的带电小球。小球静止时细线与竖直方向夹角θ=60°。现使小球获得沿切线

方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度大小为g。求:(1)小球的电性和小球所受到的等效重力的大小和方向;(2)仿照重力加速度的定义,等效重力场的等效重力加速度g'的大小为多少?参考用电场线能表示出电场的特点,请在图中画

出一条过O点的等效重力场线,用字母A和B分别标出小球运动过程中最大速度和最小速度的位置;(3)小球做圆周运动过程中速度的最小值和释放瞬间细线中拉力的大小。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题答案与解析第十章

静电场中的能量1.A2.D3.B4.D5.C6.D7.A8.B9.BD10.BC11.BD12.ABD1.A电势降低的方向不一定是电场的方向,电势降低最快的方向是电场的方向,A说法错误,符合题意;无论是正电荷还是负电荷,电场力做负功时,电势能一定增加,B说法正确,不符合题意;根据WAB=Ep

A-EpB=q(φA-φB)知,电荷移动时,电场力做功与初末位置的电势有关,而与电荷移动的路径无关,C说法正确,不符合题意;负电荷在电势低处电势能大,正电荷在电势高处电势能大,由于不知电荷的电性,则将电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电势能可能增加,也可能减小,D说法正确,不符合题意。故选A

。2.D沿电场线方向电势降低,可知a点电势比b点电势高,A错误;电场强度是矢量,既有大小又有方向,某点的场强方向为电场线在该点的切线方向,a、b两点的电场强度方向一定不同,B错误;由对称性可知,c点和d点在同一等势面上,但是c、d连线并不是等势线,把电荷从c点沿虚线移到d点的过程中

,电场力做功,但前后做功相抵消,做的总功为零,C错误,D正确。3.B圆环上均匀分布着正电荷,根据对称性可知,圆环上关于O点对称位置的各电荷在O点产生的电场强度抵消,合电场强度为零;圆环上各电荷产生的电场强度在x轴正方向有向右的分量,知O点右侧电场强度沿x轴正方向,同理可求得O点左侧电场强度

沿x轴负方向,根据沿着电场线方向电势降低,可知在x轴上O点的电势最高,故A错误,B正确。O点的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,所以从O点沿x轴正方向,电场强度应先增大后减小,由于x轴正方向上电场强度方向向右,所以电势逐

渐降低,故C、D错误。4.D带电粒子在电场中做类平抛运动,可得偏转距离y=12·𝑞𝑈𝑚𝑑·(𝑙𝑣0)2,其中l为水平位移。对粒子A,有𝑑2=12·𝑞𝐴U𝑚𝐴d·(𝐿2𝑣0)2;对粒子B,有𝑑2=12·𝑞𝐵U𝑚𝐵d·(𝐿𝑣0)2;对粒

子C,有𝑑4=12·𝑞𝐶U𝑚𝐶d·(𝐿𝑣0)2,又mA∶mB∶mC=1∶1∶2,联立解得qA∶qB∶qC=4∶1∶1,故选D。5.C根据题意,带电粒子由A点运动到B点,在A点处速度沿轨迹的切线方向,所受电场力与等势面垂

直且指向轨迹内侧,如图所示,由于粒子带正电,则电场线方向大致向右下方,根据沿电场线方向电势降低,可知O等势面的电势最高,故A说法正确;带正电粒子由高电势处运动到低电势处,电势能降低,故粒子在A点的电势能大于在B点的电势能,B说法正确;从A点到B点过程中电势能降低,由功能关系可知电场力做正功

,故动能增大,粒子在A点的动能小于在B点的动能,C说法错误;根据等差等势面越密处电场强度越大,可知A点的电场强度比B点的大,则带电粒子在A点所受的电场力比在B点的大,所以带电粒子通过A点时的加速度比通过B点时的大,D说法正确。6.D带正

电的粒子从A运动到B,由动能定理得WAB=qUac=0-Ek0=-10J;由于相邻两个等势面间的电势差相等,有Uab=Ubc,所以qUab=qUbc,可推知Wab=Wbc=12WAB=-5J。设粒子在等势面b上时的动能为Ekb,

则Wbc=EkB-Ekb,得Ekb=5J,所以粒子在b等势面处的总能量Eb=Ekb=5J,可以知道粒子在电场中的总能量为E=5J。当这个粒子的动能为7.5J时,有Ep=E-Ek=(5-7.5)J=-2.5J,D正确。7.A根据φ-x图像切线的斜率表示电场强度,可知x=L处的电场强度为零,

设A处电荷的电荷量为Q1,由点电荷场强公式E=𝑘𝑄𝑟2和电场叠加原理,有𝑘𝑄1(4𝐿)2=𝑘𝑄(2𝐿)2,解得Q1=4Q,且A处电荷为正电荷;带电物块运动过程中受电场力和摩擦力作用,从x=-2L到x=2L

过程由动能定理有q(φ0-37φ0)-μmg(2L+2L)=0,解得μ=𝜑0q7𝑚𝑔𝐿,故选A。8.B质子从金属圆板O沿轴线进入加速器,经五次加速到达金属圆筒E,由动能定理可得5eU=12m𝑣𝐸2,质子在圆筒E中做匀速运动,则质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=√1

0𝑒𝑈𝑚,A错误;质子在圆筒内做匀速运动,所以圆筒E的长度为LE=vET=T√10𝑒𝑈𝑚,B正确;同理可知,金属圆筒A的长度LA=T√2𝑒𝑈𝑚,金属圆筒B的长度LB=T√4𝑒𝑈𝑚,则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度

之比为1∶√2,D错误;因由直线加速器加速质子,其运动方向不变,质子到达间隙处的场强方向必须不变,所以M、N所接电源的极性应周期性变化,C错误。9.BD根据电容的决定式C=𝜀r𝑆4π𝑘𝑑,a向右运动时,d减小,所以C增大,A错误;

a、b板之间的电势差不变,根据E=𝑈𝑑,d减小,所以E增大,B正确;根据U不变、C增大,知Q变大,电容器充电,形成的充电电流自左向右流过电流表,故D正确,C错误。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题10.BCO点为直径AB的中点,则有UAO=UOB

,即φA-φO=φO-φB,解得φO=5V,A错误;A、C两点电势相等,则AC是一条等势线,等势线与电场线垂直,可知过圆心与AC垂直的电场线与圆的交点为圆上电势最高的点和电势最低的点,根据沿着电场线方向电势降低可知,圆周上AC弧的中点电势最低,B正确;根据UCO

=UOD=-3V,将一电子从O点移动到D点,电场力做的功为W=-eUOD=3eV,故D错误;根据U=Ed,解得匀强电场的电场强度的大小E=𝑈𝑂𝐶𝑑𝑂𝐶cosπ6=32×10-2×√32V/m=100√3V/m,故C正确。11.BD

由几何关系可知BO=CO=2a,所以B点和C点的电荷在O点产生的电场强度大小为EBO=ECO=𝑘𝑄4𝑎2,方向分别沿BO方向和OC方向,由几何关系可知两点电荷在O点产生的合电场强度大小为EBCO=√3EBO=√3kQ4𝑎2,方向水

平向右,所以G点的电荷在O点产生的电场强度大小为EGO=√3kQ4𝑎2,方向水平向左,所以G点的电荷为负电荷,且EGO=𝑘𝑄'(√3a)2,所以Q'=3√3Q4,A错误,B正确;E点和O点都在B、C处电荷形成电场的等势

线上,所以小球从E点到O点的过程中B、C处的电荷对小球的电场力不做功,而此过程中G点的电荷对小球的电场力做功,所以有mga+WG=12m𝑣𝑂2,解得vO=√2𝑔𝑎+2𝑊𝐺𝑚≠√2𝑔𝑎,C错误

;E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的等势线上,而且还在G点的电荷形成电场的等势线上,所以小球从E点到F点的过程中电场力不做功,所以有mg·2a=12m𝑣𝐹2,解得vF=2√𝑔𝑎,D正确。12.ABD由动能定理可知,重

力和电场力做的功等于动能的改变量,由机械能守恒定律可知,除重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量,本题中机械能的变化量等于电场力做的功,根据题图乙可知,抛出时小球的动能为4E0,机械能为3E0,则可知抛出时

的重力势能为-E0,故C错误;抛出时小球的动能4E0=12mv2,解得v=2√2𝐸0𝑚,故A正确;小球在上升过程中,根据功能关系有(Eq+mg)h=4E0,Eqh=3E0,解得E=3𝑚𝑔𝑞,由牛顿第二定律有Eq+mg=ma,解得a=4g,故B正确;由于小球恰好到达等势面A,则

有3Uq=3E0,解得U=𝐸0𝑞,由此可得该电场的场强大小为E=𝑈𝑑=𝐸0𝑞𝑑,故D正确。13.答案(1)不变(2分)变小(2分)(2)CD(2分)解析(1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差,电势差越大,静电计指针张角越大。电容器充

电后与电路连接,电路结构不变,若只改变极板间距离或正对面积,电容器两极板间的电势差不变,故静电计指针张角不变;将滑动变阻器的滑片向D端移动时,电容器两极板间的电势差减小,故静电计的指针张角变小。(2)断开开关S2后,电容器与外电路断开,电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定

,断开开关S2,电容器的电容不变,A错误;将A极板上移时,两极板正对面积减小,由C=𝜀r𝑆4π𝑘𝑑知电容器的电容减小,由C=𝑄𝑈可知电容器两极板间电势差增大,所以静电计指针张角变大,B错误;在极板间插入有机玻璃板时,电容器的电容增大,由C=𝑄𝑈

可知电容器两极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,C正确;将A极板向右靠近B极板,极板间距离d减小,由C=𝜀r𝑆4π𝑘𝑑知电容器的电容增大,由C=𝑄𝑈可知电容器两极板间电势差减小,所以静电计指针张角应减小,D正

确。14.答案(1)1(1分)大(1分)相反(1分)(2)4×10-4F(3分)(3)c(2分)解析(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充

满电时,电流为零;电容器充电时,上极板接电源正极,所以电容器上极板带正电,充电时负电荷流出电容器上极板,放电时负电荷流入上极板,所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3C=8×10-5C,由图

乙可知Q=40q=40×8×10-5C=3.2×10-3C,根据C=𝑄𝑈,代入数据解得C=4×10-4F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=𝑈m𝑅可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c

图线对应的电阻最大。15.答案(1)-16V(2)2.4×10-6J解析(1)根据qUAB=WAB(1分)解得UAB=8V(1分)同理qUAC=WAC(1分)解得UAC=-8V(1分)则UBC=UBA+UAC=-UAB+UAC=-16V(2分)(2)根

据几何关系可知,D为BC的中点,D点电势φD=-8V(1分)密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题该电荷在D点的电势能𝐸p𝐷=qφD=2.4×10-6J(1分)16.答案(1)带负电2×10-6C(2)10√2m/s2(3)1.2J解析(1)小球处于平衡状态,受力分析如图所示。

(1分)小球所受电场力方向与电场强度方向相反,则小球带负电。(1分)由平衡条件可得qE=mgtan45°(1分)解得q=2×10-6C。(1分)(2)剪断轻绳后,小球所受合外力大小为F合=𝑚𝑔cos45°(1分)由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a

=𝐹合𝑚=10√2m/s2。(1分)(3)剪断轻绳2s后,小球的位移大小为s=12at2,其沿电场力方向的位移大小为d=s·sin45°(1分)电场力对小球做的功W=qEd=1.2J。(1分)17.答案(1

)√2𝑒𝐸𝐿𝑚(2)2√3L(3)𝐸3解析(1)电子在y轴左侧的匀强电场中做匀加速直线运动,根据动能定理有eEL=12m𝑣12-0(2分)解得v1=√2𝑒𝐸𝐿𝑚(2分)(2)设电子经过x轴时的速度大小为v,将该速度沿x轴正方向和y轴负方向分解,则tanθ

=𝑣𝑦𝑣1(1分)电子在第一象限内做类平抛运动,沿水平方向有x0=v1t(2分)沿竖直方向有L=12vyt(2分)解得x0=2√3L(1分)(3)根据几何关系有cosθ=𝑣1𝑣(1分)电子在第一象限内运动的过程中,根据动能定

理有eE0·L=12mv2−12m𝑣12(2分)解得E0=𝐸3(1分)18.答案(1)负电2mg,与竖直方向夹角为60°斜向下(2)见解析(3)√2𝑔𝐿12mg解析(1)根据平衡条件可知小球所受的电场力水平向右,故小球带负电。(1分)电场力大小为qE=mgtanθ(1分

)小球所受到的等效重力等于电场力和重力的合力,大小为F等=√(𝑞𝐸)2+(mg)2=2mg,方向为与竖直方向夹角为60°斜向下(2分)(2)等效重力场的等效重力加速度g'=𝐹等𝑚=2g(2分)过O点的等效重力场线,字母A、B对应的位置如图所示(3分)(3)在等效重力场最高点有F等=m𝑣�

�2𝐿(1分)小球做圆周运动过程中速度的最小值为vB=√2𝑔𝐿(1分)在等效重力场最低点有FT-F等=m𝑣𝐴2𝐿(2分)从A到B由动能定理有-F等·2L=12m𝑣𝐵2−12m𝑣𝐴2(2分)解得FT=12

mg(1分)