PAGEPAGE14微型專題3電場能的性質[學科素養與目標要求]物理觀念：1.進一步理解電勢、電勢差的概念、公式，知道電場力做功與電勢能改變的關系是一種普遍的功能關系.2.理解E－x、φ－x圖象的意義，并會分析有關問題．科學思維：1.通過分析電勢、電勢能及電場力做功的綜合問題，提高邏輯思維和科學思維實力.2.通過方法的遷移，找到解決E－x、φ－x圖象與其它圖象問題共性的東西．一、電場綜合問題分析例1(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖1所示．若將一個帶負電的粒子置于b點由靜止自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動．粒子從b點運動到d點的過程中()圖1A．先做勻加速運動，后做勻減速運動B．先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C．電勢能與機械能之和保持不變D．電勢能先減小，后增大答案CD解析a、c兩點固定相同的正點電荷，則bd為等量正點電荷連線的中垂線，由電場線分布狀況可知帶電粒子不行能做勻加速或勻減速運動，故A錯誤；等量正點電荷連線的中垂線的中點電勢最高，帶負電的粒子從b點運動到d點的過程中，先從低電勢到高電勢，再從高電勢到低電勢，故B錯誤；帶負電粒子從b點運動到d點的過程中所受電場力先由b指向d，后由d指向b，所以電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小，后增大，故D正確；只有電場力做功，電勢能與機械能之和保持不變，故C正確．例2(多選)(2024·鄭州一中高二上期中)如圖2所示，在一個勻強電場(圖中未畫出)中有一個四邊形ABCD，其中，M為AD的中點，N為BC的中點．一個帶正電的粒子從A點移動到B點，電場力做功為WAB＝2.0×10－9J；將該粒子從D點移動到C點，電場力做功為WDC＝4.0×10－9J．則以下分析正確的是()圖2A．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功為WMN＝3.0×10－9JB．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功WMN有可能大于4.0×10－9JC．D．若該粒子的電荷量為2×10－9C，則A、B之間的電勢差為1V答案AD解析在勻強電場中，由于M為AD的中點，N為BC的中點，故φM＝eq\f(φA＋φD,2)，φN＝eq\f(φB＋φC,2)，則WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(eq\f(φA＋φD,2)－eq\f(φB＋φC,2))＝eq\f(1,2)q(φA－φB)＋eq\f(1,2)q(φD－φC)＝eq\f(1,2)WAB＋eq\f(1,2)WDC＝3.0×10－9J，故A正確，B錯誤；由WAB＝qUAB＝qEd，若電場方向恰好沿AB方向，則d等于A、B之間的距離，d＝1cm，得E＝eq\f(WAB,qd)＝1V/m，若電場方向不沿AB方向，則d<1cm，得到E>1V/m，故C錯誤；由WAB＝qUAB得，UAB＝eq\f(WAB,q)＝1V，故D正確．例3如圖3所示，在豎直平面內，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現有一質量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負電小球(可視為質點)從A點由靜止起先沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2eq\r(gR).求：(1)小球滑到C點時的速度大小；(2)若以C點為零電勢點，試確定A點的電勢．圖3答案(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)解析(1)因為B、C兩點電勢相等，故小球從B到C運動的過程中電場力做的總功為零．由幾何關系可得BC的豎直高度hBC＝eq\f(3R,2)依據動能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mvC2,2)－eq\f(mvB2,2)解得vC＝eq\r(7gR).(2)小球從A到C，重力和電場力均做正功，所以由動能定理有mg·3R＋W電＝eq\f(mvC2,2)，又依據電場力做功與電勢能的關系：W電＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因為φC＝0，可得φA＝－eq\f(mgR,2q).電場中的功能關系1．合力做功等于物體動能的改變量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功．2．電場力做功確定帶電體電勢能的改變量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.這與重力做功和重力勢能改變之間的關系類似．3．只有電場力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即Ep1＋E機1＝Ep2＋E機2.這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似．二、φ－x和E－x圖象分析例4(多選)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖4所示，x軸上兩點B、C的電場強度在x軸方向上的重量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有()圖4A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x軸正方向C．電荷在O點受到的電場力在x軸方向上的重量最大D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功后做負功答案AD解析在φ－x圖象中，圖線的斜率大小表示場強大小，可見EBx＞ECx，選項A正確；同理可知O點場強在x軸方向上的重量最小，電荷在該點受到的電場力在x軸方向上的重量最小，選項C錯誤；沿電場方向電勢降低，在O點左側，Ex的方向沿x軸負方向，在O點右側，Ex的方向沿x軸正方向，選項B錯誤；負電荷從B移到O，電場力做正功，從O移到C，電場力做負功，選項D正確．[學科素養]從φ－x圖象上可干脆看出電勢隨位置的改變，可間接求出場強E隨x的改變狀況：φ－x圖象切線斜率的肯定值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，為場強E的大小，E的方向為電勢降低的方向．從形象思維到抽象思維到建立模型，體現了物理“科學思維”的學科素養．例5(多選)(2024·啟東中學高二質檢)如圖5甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的勻稱帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x改變的關系如圖乙所示，則()圖5A．c點處的場強和a點處的場強大小相等、方向相同B．球內部的電場為勻強電場C．a、c兩點處的電勢相等D．假設將一個帶正電的摸索電荷沿x軸移動，則從a點處移動到c點處的過程中，電場力始終做正功答案AD解析依據題圖乙所示的x軸上各點的電場強度隨x改變的關系知c點處場強和a點處場強大小相等、方向相同，球內部的電場為非勻強電場，選項A正確，選項B錯誤；沿電場線方向電勢漸漸降低，由題圖乙易推斷a點的電勢大于c點的電勢，選項C錯誤；假設將一個帶正電的摸索電荷沿x軸移動，電場力與運動方向相同，電場力始終做正功，選項D正確．電場強度E是矢量，E－x圖象的正負反映E的方向，E的數值反映E的大小，E－x圖象與x軸所圍面積表示電勢差大小.針對訓練(2024·衡水市測試)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖6所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動．已知該粒子質量為m、電荷量為－q，忽視重力．規定x軸正方向為電場強度E、加速度a、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點的電場強度E、粒子的加速度a、速度v和動能Ek隨x的改變圖象，其中正確的是()圖6答案D解析φ－x圖象切線的斜率的肯定值表示電場強度的大小，沿電場方向電勢降低，因而在x＝0的左側，電場向左，且為勻強電場，故A錯誤；由于粒子帶負電，粒子的加速度在x＝0左側為正值，在x＝0右側為負值，且大小不變，故B錯誤；在x＝0左側粒子向右做勻加速運動，在x＝0右側向右做勻減速運動，速度與位移不成正比，故C錯誤；在x＝0左側，依據動能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右側，依據動能定理得－qEx＝Ek′－Ek0′，故D正確．1．(電場綜合問題)(多選)(2024·全國卷Ⅰ)圖7中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V．一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是()圖7A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面fC．該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍答案AB解析因勻強電場等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，B項正確；經過d時，電勢能Ep＝eφd＝2eV，C項錯誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，依據Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd，D項錯誤．2．(電場綜合問題)(多選)(2024·全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖8所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推．現將一帶正電的摸索電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()圖8A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3答案AC解析由題圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，依據點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(rb2,ra2)＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(rd2,rc2)＝eq\f(4,1)，故A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故C正確，D錯誤．3．(φ－x圖象)(多選)(2024·揚州市期末)兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點，兩者之間連線上各點電勢凹凸如圖9中曲線所示(OB>BD)，取無窮遠處電勢為零，由圖可知()圖9A．B點電場強度為零B．Q1為負電荷，Q2為正電荷C．Q1電荷量肯定大于Q2電荷量D．將電子沿x軸從A點移到C點，電場力始終做正功答案BCD解析由E＝eq\f(Δφ,Δx)知，B點的電場強度不為零，A錯誤；負點電荷電場中的電勢為負，正點電荷電場中的電勢為正，結合題圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，B正確；由題圖可知，電勢零點離D點較近，故Q1電荷量肯定大于Q2電荷量，C正確；將電子沿x軸從A點移到C點，電勢始終上升，電子的電勢能始終減小，電場力始終做正功，D正確．4．(電場綜合問題)(2024·東北師大附中高二上月考)如圖10所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點固定一個電荷量為＋Q的點電荷．一質量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質點)從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，重力加速度為g，靜電力常量為k.試求：圖10(1)物塊在A點時受到軌道的支持力大小；(2)點電荷產生的電場在B點的電勢．答案(1)mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)φ＋eq\f(mv02－v2,2q)解析(1)物塊在A點受到點電荷的庫侖力：F＝eq\f(kQq,r2)由幾何關系可知：r＝eq\f(h,sin60°)設物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN由平衡條件有：FN＝mg＋Fsin60°解得：FN＝mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)設點電荷產生的電場在B點的電勢為φB由動能定理有：q(φ－φB)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：φB＝φ＋eq\f(mv02－v2,2q)一、選擇題考點一電場綜合問題分析1．質量為m的帶電小球射入勻強電場后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運動，在小球下落h的過程中()A．小球的重力勢能削減了2mghB．小球的動能增加了2mghC．電場力做負功2mghD．小球的電勢能增加了3mgh答案D解析帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據牛頓其次定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，依據做功與勢能改變關系可推斷：小球重力勢能削減了mgh，電勢能增加了3mgh，依據動能定理，小球的動能削減了2mgh，故選D.2．(多選)如圖1所示，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N僅在電場力作用下先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點．下列說法正確的是()圖1A．M帶負電荷，N帶正電荷B．M在b點的動能小于它在a點的動能C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功答案ABC解析如題圖所示，M粒子的軌跡向左彎曲，則M粒子所受的電場力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M帶負電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則N粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負功，故動能減小，選項B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從e到d電場力做功為零，故電勢能不變，選項C正確；由于N粒子帶正電，故從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤．3.(2024·山東省試驗中學期末)如圖2所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()圖2A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度答案A解析依據牛頓其次定律可得qE＝ma，又依據電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點處的電場強度的大小關系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點處的加速度大小關系為aR>aQ，故D項錯誤；由于帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉化，則帶電粒子的動能與電勢能之和保持不變，故C項錯誤；依據物體做曲線運動的軌跡與速度、合外力的關系可知，帶電粒子在R處所受電場力的方向沿電場線向右，假設粒子從Q向P運動，則電場力做正功，所以電勢能減小，動能增大，速度增大，假設粒子從P向Q運動，則電場力做負功，所以電勢能增大，動能減小，速度減小，故A項正確，B項錯誤．4.(2024·廈門高二上質量檢測)如圖3所示，兩個相同的絕緣細圓環帶有等量正電荷，電荷在圓環上的分布是勻稱的，兩圓環相隔肯定距離同軸平行固定放置，B、D分別為兩環圓心，C為BD中點．一帶負電的粒子從很遠處沿軸線向下依次穿過兩環，若粒子只受電場力作用，則在粒子運動過程中下列說法正確的是()圖3A．粒子經過B點時加速度為零B．粒子經過B點和C點時動能相等C．粒子從A到C的過程中，電勢能始終增大D．粒子從B到D的過程中，電場力做的總功為0答案D解析兩個相同的絕緣細圓環帶有等量正電荷，電荷在圓環上的分布是勻稱的，所以兩個圓環產生的電場關于C點是對稱的，結合矢量合成的方法可得，C點的合場強為零，帶負電的粒子在B點受到的電場力的方向向下，加速度不為零，故A錯誤；由于兩個圓環產生的電場關于C點是對稱的，所以粒子從B到C電場力做功的肯定值與粒子從C到D電場力做功的肯定值大小相等，總功等于零，所以粒子經過B點與經過D點時的動能相等，故D正確，B錯誤；粒子從A到B的過程中，受到的電場力的方向向下，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤．5.(多選)(2024·全國卷Ⅱ)如圖4，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是()圖4A．此勻強電場的場強方向肯定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小肯定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差肯定等于b、N兩點之間的電勢差答案BD解析結合題意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但電場方向不能確定，A項錯誤；由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，則UMN＝φM－φN＝eq\f(φa＋φc,2)－eq\f(φb＋φd,2)＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知該粒子由M移動到N過程中，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)，B項正確；電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝eq\f(W2,qL)，但本題中電場方向未知，C項錯誤；若W1＝W2，則Uab＝Ucd，則ac與bd肯定相互平行且相等，可知UaM＝UbN，D項正確．考點二電場中的圖象問題6．如圖5甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x改變的狀況如圖乙所示，若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則()圖5A．電子沿Ox的負方向運動B．電子的電勢能將增大C．電子運動的加速度恒定D．電子運動的加速度先減小后增大答案D解析由題圖看出，沿Ox方向電勢漸漸上升，則電場線方向沿Ox負方向，電子所受的電場力沿Ox正方向，則電子將沿Ox正方向運動，電子的電勢能將減小，故A、B錯誤；φ－x圖象的斜率大小等于電場強度大小，由幾何學問知，斜領先減小后增大，則電場強度先減小后增大，所以電子的加速度先減小后增大，故C錯誤，D正確．7.(多選)(2024·哈師大附中期中)電荷量不等的兩點電荷固定在x軸上坐標為－3L和3L的兩點，其中坐標為3L處電荷帶正電，電荷量為Q.兩點電荷連線上各點電勢φ隨x改變的關系如圖6所示，其中x＝L處電勢最低，x軸上M、N兩點的坐標分別為－2L和2L，則下列推斷正確的是()圖6A．兩點電荷肯定為異種電荷B．原點O處場強大小為eq\f(kQ,3L2)C．負檢驗電荷在原點O處受到向左的電場力D．負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先減小后增大答案BC解析由φ－x圖象特點可知兩點電荷均為正電荷，故A錯誤；x＝L處電勢最低，此處圖線切線的斜率為0，即該點的合場強為0，設－3L處電荷所帶電荷量為Q′，則eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(kQ′,4L2)，得Q′＝4Q，故原點處的場強大小為eq\f(4kQ,3L2)－eq\f(kQ,3L2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，負檢驗電荷在原點O處受到的電場力向左，故B、C正確；由M點到N點電勢先減小后增大，所以負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先增大后減小，故D錯誤．8．(2024·六安一中質檢)沿電場中某條直電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的改變規律如圖7所示，坐標點O、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等．一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則()圖7A．從O點到C點，電勢先上升后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子在AB段電勢能改變量大于BC段電勢能改變量D．粒子在AB段電勢能改變量小于BC段電勢能改變量答案C解析由O點到C點，沿電場線方向，電勢漸漸降低，A項錯誤；帶正電的粒子所受電場力與速度方向一樣，所以粒子始終做加速直線運動，在0～x1段電場強度漸漸變大，帶電粒子所受電場力漸漸變大，故粒子在OA段做加速度增大的變加速直線運動，B項錯誤；E－x圖象中圖線與坐標軸所圍面積代表電勢差，可知AB段的電勢差大于BC段的電勢差，故電場力做功WAB>WBC，由電場力做功與電勢能改變的關系得，粒子在AB段電勢能改變量大于BC段的電勢能改變量，C項正確，D項錯誤．9.(多選)(2024·東北師大附中期中)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x改變的關系如圖8所示，其中O～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()圖8A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在O～x2段做變加速運動，x2～x3段做勻變速運動C．x2～x3段的電場強度大小方向均不變，為肯定值D．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2＝φ0>φ3答案BCD解析由E＝eq\f(U,d)得場強與電勢的關系：E＝eq\f(Δφ,Δx)，電勢能：Ep＝qφ，聯立可得：E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep－x圖象切線的斜率eq\f(ΔEp,Δx)＝qE＝F電，x1處切線斜率為零，所以x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率改變狀況為變小，變大，不變，則可知三段電場力分別為變小、變大、不變，故B、C正確；依據電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，可知電勢能越大，電勢越小，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確．二、非選擇題10.一長為L的細線，一端固定于O點，另一端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖9所示的水平向右的勻強電場中．起先時，將線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止起先向下搖擺，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：(重力加速度為g)圖9(1)A、B兩點的電勢差UAB；(2)勻強電場的場強大小．答案(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)解析(1)小球由A到B過程中，由動能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)依據勻強電場中電勢差與電場強度的關系，可得E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).11．如圖10所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以正點電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質量為m、帶電荷量為－q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點時的速度大小為eq\r(3gh).求小球由A到C的過程中靜電力做的功及A、C兩點間的電勢差．圖10答案eq\f(1,2)mgh－eq\f(mgh,2q)解析因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有靜電力做功W和重力做功mgh，由動能定理得：W＋mgh＝