摘 要：帶電粒子在電場中運動的圖象問題是一類?？紗栴}，解答這類問題讓許多學生感到茫然不解，本文就如何有效地解答此類問題作些探討.

關鍵詞：電場;圖象問題;斜率;面積;電場強度;電勢差;電勢;電勢能

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）10-0079-05

帶電粒子在電場中運動的圖象問題是一類常見問題，此類問題涉及六種題型，即：（1）速度隨時間變化的v-t圖象;（2）電場強度隨位置變化的E-x圖象;（3）電勢隨位置變化的φ-x圖象;（4）電勢能隨位置變化的Ep-x圖象;（5）動能隨位置變化的Ek-x圖象;（6）受到的力F隨位置變化的F-x圖象.解答此類問題，不僅要善于應用相應的電場知識和力學規(guī)律，更重要的是弄懂圖象的物理意義，包括圖線上的點、斜率和圖線與坐標軸圍成的面積.下面就此問題作些探討.

一、涉及v-t圖象的問題

當帶電粒子在電場中運動時，如果僅考慮電場力的作用，而且已知v-t圖象的情況下，我們可以利用圖象中的圖線斜率確定帶電粒子的加速度，即斜率=ΔvΔt=a，這樣，再通過牛頓第二定律可以確定帶電粒子受到的電場力，由此出發(fā)可以確定電場強度、電場中各點電勢的高低及帶電粒子電勢能的變化.

例1 兩個等量同種電荷固定在光滑水平面上，其連線所在水平面的中垂線上有A、B、C三點，如圖1所示，一個電荷量為q=2.0 C、質(zhì)量為m=1.0 kg的小球從C點靜止釋放，其運動的v-t圖象如圖2所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中已標出了該切線）.則下列說法正確的是（）.

A.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=1.0V/m

B.由C點到A點的過程中，由于B點的斜率最大，則小球的電勢能先減小后增大

C.由C點到A點的過程中，電場的電勢逐漸升高

D.AB兩點間的電勢差UAB=-5 V

分析 從v-t圖象上可知，由于B點的斜率最大，則小球在B點的加速度最大，故B點的電場強度最大.由v-t圖線的斜率可求得小球在B點的加速度為a=ΔvΔt=

2.0 m/s2，再根據(jù)牛頓第二定律得qE=ma，即E=1.0 V/m，所以，選項A正確;由于小球從C點運動到A點的過程中，小球的動能一直增大，故電勢能一直在減小，則電勢逐漸降低，選項B、C錯誤;在小球從B點運動到A點的過程中，應用動能定理得qUBA=12mv2A-12mv2B，代入數(shù)據(jù)解得UBA=5 V，即UAB=-5 V，所以，選項D正確.

點評 求出B點的圖線斜率是解決本題的核心.求出了斜率，就知道了加速度，再利用牛頓第二定律就可以求出電場強度E.

二、涉及E-x圖象的問題

帶電粒子在已知E-x圖象的電場中運動時，除了從圖象上可以直接知道電場強度、電勢的變化外，更為重要的是可以利用圖象的面積，即由圖線與x軸圍成的“面積”，此面積的大小表示電勢差的大小，也就是UAB=E·x.

例2 一光滑絕緣細直長桿處于靜電場中，沿細桿建立坐標軸x，以x=0處的O點為電勢零點，如圖3所示.細桿各處電場方向沿x軸正方向，其電場強度E隨x的分布如圖4所示.細桿上套有可視為質(zhì)點的帶電環(huán)，質(zhì)量為m=0.2 kg，電荷量為q=-2.0×10-6C.帶電環(huán)受沿x軸正向的恒力F=1.0 N的作用， 由O點從靜止開始運動，求：

（1）帶電環(huán)在x=1 m處的加速度;

（2）帶電環(huán)在x=1 m處的速度;

（3）在帶電環(huán)運動的區(qū)間內(nèi)的電勢最低值.

分析 （1）當帶電環(huán)運動至x=1 m處，從圖中看出此處電場的電場強度為E=3×105N/C，則帶電環(huán)受到的電場力為：FE=qE=2.0×10-6×3×105=0.6 N

對帶電環(huán)應用牛頓第二定律得：F-FE=ma

即：a=F-FEm=2.0 m/s2

（2）帶電環(huán)從x=0處運動到x=1m處的過程中，恒力F做正功，電場力FE做負功.在E-x圖象上，由于圖線和坐標軸圍成的面積與x=0和x=1m處兩點間的電勢差在數(shù)值上相等，則：

U01=S梯形面積=2+3×105×12=2.5×105V

對帶電環(huán)應用動能定理得：F·x-qU01=12mv2

解得：v=2Fx-qU01m=5m/s

（3）在電場中，沿電場線方向就是電勢降低的方向.當帶電環(huán)沿x軸正方向運動到最遠處時（即速度等于零處），電場的電勢最低.設帶電環(huán)運動過距離x后，根據(jù)動能定理得：

Fx-qU0x=0

其中電勢差U0x=φ0-φx為坐標軸與圖線所圍成的面積，即：U0x=梯形面積=2+2+x2·x

解得x=6 m

從E-x圖象上可知：

U0x=φ0-φx=2+2+6×1052×6 V=3×106V

因此，在帶電環(huán)運動區(qū)間內(nèi)的電勢最低值為φmin=-3×106V

點評：由于帶電環(huán)在非勻強電場中做非勻變速運動，要求得帶電環(huán)在x=1 m處的速度，必須應用動能定理，而應用動能定理求解速度時，關鍵在于求解電場x=0與x=1 m間的電勢差，為此，本題必須利用E-x圖象中圖線和坐標軸圍成的面積在數(shù)值上即為電勢差的知識點.

三、涉及φ-x圖象的問題

已知φ-x圖象的情況下，從圖象上不僅可以直接讀得電場中各點的電勢，而且還可以利用圖線的斜率確定電場中各點的電場強度，即斜率=ΔφΔx=E，由此出發(fā)可以求出相關的物理量.在這里，我們還常常應用微元法和轉(zhuǎn)化法等思維方法.

例3 靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖5所示，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(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0

（1）粒子所受電場力的大小;

（2）粒子的運動區(qū)間;

（3）粒子從左側最遠點運動到中心點O處的時間.

分析 （1）從圖中讀得電場中O與d（或-d）兩點間的電勢差為φ0，由于φ-x圖象中圖線的斜率就是電場的電場強度E，即：E=ΔφΔx=φ0d

則粒子受到的電場力的大小為：F=qE=qφ0d

（2）設粒子在[-x，x]區(qū)間內(nèi)運動，粒子的速率為v，根據(jù)題意可知：

-A=12mv2-qφ

從圖中可得：φ=φ01-xd

由以上兩式得：12mv2=qφ01-xd-A

由于動能的值必為正，即：qφ01-xd-A0

解得：x≤d1-Aqφ0，即：x0=d1-Aqφ0

可見，粒子在電場中運動的區(qū)間為：

-d1-Aqφ0≤x≤d1-Aqφ0

（3）由于左側電場是勻強電場，粒子從-x0處開始運動至O點的過程中，粒子做勻加速運動，則由牛頓第二定律得：

qE=ma，而：E=ΔφΔx=φ0d

由運動學公式得：x0=12at21

解以上三式得：t1=2md2qφ01-Aqφ0

考慮到粒子在O點右側勻強電場中做勻變速運動，所以，粒子是在O點的左右兩做往復運動.因此，粒子從左側最遠端運動到O點所用的時間可能為：

t=2k+1t1=2k+12md2qφ01-Aqφ0（k=0，1，2，3，…）

點評 求得本題中φ-x圖象中圖線的斜率是解題的基礎，如果這一點沒有把握，求解此題一定是死路一條.在求得φ-x圖象中的圖線斜率，即知道電場的電場強度后，即可將抽象的圖象問題轉(zhuǎn)化為比較熟悉的勻強電場模型來解決.

四、涉及EP-x圖象的問題

帶電粒子在電場中運動時，如果給出帶電粒子的電勢能與位移間關系的圖象，即EP-x圖象.由電場力做功特點可知W=△EP=Fx，因此，圖線的斜率在數(shù)值上等于帶電粒子受到的電場力的大小，即斜率=ΔEPΔx=F.

例4 一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖6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（ ）.

A.x1處電場強度最小，但不為零

B.粒子在O～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動

C.在O、x1、x2、x3處的電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ3>φ2=φ0>φ1

D.x2～x3段的電場強度大小方向均不變

分析 由于Ep-x圖象的圖線斜率為：斜率=ΔEPΔx=F=qE，所以，電場的電場強度為E=1q·ΔEPΔx.從圖中看到，x1處圖線切線的斜率等于零，即x1處的電場強度為零，選項A錯誤;從圖中看出，在O～x1段圖線的斜率不斷減小，說明在此區(qū)間電場強度不斷減小，則粒子所受的電場力不斷減小，加速度不斷減小，粒子做非勻變速運動.在x1～x2段圖線的斜率不斷增大，說明在此區(qū)間電場強度不斷增大，則粒子所受的電場力不斷增大，加速度不斷增大，粒子做非勻變速運動.在x2～x3段圖線的斜率不變，說明在此區(qū)間電場強度的大小和方向均不變，是勻強電場，則粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，因此，選項B錯誤，選項D正確;由于粒子帶負電，根據(jù)電勢能與電勢間的關系EP=qφ可知，電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2=φ0>φ3，可見選項C錯誤.

點評 解決此題的關鍵就在于利用好圖線的斜率，由圖線的斜率變化情況，確定電場強度的變化情況，再利用電場的相關公式求解.

五、涉及Ek-x圖象的問題

帶電粒子在電場中運動時，如果知道帶電粒子的動能與位移間的關系圖象，即Ek-x圖象.由動能定理可知W=△Ek=Fx，其中F是合外力，則圖線的斜率在數(shù)值上等于粒子所受到的合外力，即：斜率=ΔEPΔx=F.

例5 如圖7所示，距光滑絕緣水平面高h=0.3m的A點處有一固定的點電荷Q.帶電量為q=1×10-6C.質(zhì)量為m=0.05kg的小物塊在恒定水平外力F=0.5N的作用下，從Q左側的O點處由靜止開始沿水平面運動.已知初始時O與A的水平距離為0.7m，物塊動能Ek隨位移x的變化曲線如圖8所示.靜電力常量K=9.0×109N·m2/C2.

（1）估算點電荷Q的電量;

（2）求小物塊從O點到x1=0.50 m處的過程中其電勢能的變化量;

（3）求小物塊運動到x2=1.00 m處時的動能.

分析 （1）由動能定理可知Ek-x圖象的斜率等于小物塊受到的合外力.由圖8可知，當x=0.35m時，小物塊受到的合外力為零，即小物塊受到電場力在水平方向的分力與水平外力F大小相等，即：

F=kqQh2+xOA-x2·xOA-xxOA-x2+h2

代入已知數(shù)據(jù)：xOA=0.7m，x=0.35m，q=1×10-6C，F(xiàn)=0.5N，

解得：Q=1.55×10-5C

（2）設小物塊從O點運動到x1處的過程中電場力做功為W1，根據(jù)動能定理得：

Fx1+W1=Ek1

代入數(shù)據(jù)解得：W1=-0.17 J

由電場力做功與電勢能的變化之間的關系可知：ΔEP=-W1=0.17 J

（3）根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場的特點，可知電場中x2=1.00 m處與x3=0.40 m處電勢相等.

設小物塊從O點到x3處的運動過程中電場力做功為W2，由動能定理得：

Fx3+W2=Ek3

代入數(shù)據(jù)解得：W2=-0.1 J

小物塊從O點到x2處的過程中，F(xiàn)x2+W2=Ek2

代入數(shù)據(jù)解得：Ek2=0.4 J

點評：此題的解題關鍵在于能否抓住圖象Ek-x的圖線斜率在數(shù)值上等于小物塊受到的合外力這個核心.特別是當x=0.35 m時，圖線的斜率等于零，即小物塊受到的合外力為零，由此可知小物塊受到電場力在水平方向的分力與水平外力F大小相等，這樣就找到了解題的突破口，再結合相關的物理規(guī)律，就會順利解決問題.

六、涉及F-x圖象的問題

帶電粒子在電場中運動時，如果給出帶電粒子所受到的力F與位移x間關系的圖象，即F-x圖象.如果F是電場力，則圖線的面積在數(shù)值上等于電場力所做的功，即W=Fx.

例6 （2016年上海）如圖9所示，長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=1.8×10-7C;一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上.將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系.點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖10中曲線Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖10中曲線Ⅱ所示，其中曲線Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線.求：（靜電力常量k=9×109N·m2/C2）

（1）小球B所帶電量q;

（2）非均勻外電場在x=0.3 m處沿細桿方向的電場強度大小E;

（3）在合電場中，x=0.4 m與x=0.6 m之間的電勢差U;

（4）已知小球在x=0.2 m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m.若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的最小距離x是多少？

分析 （1）由圖10可知，當x=0.3m時，點電荷A對小球B的作用力等于F1=0.018N，即F1=kqQx2=0.018N

代入數(shù)據(jù)解得點電荷A的電量為：

q=F1x2kQ=1×10-6C

（2）設在x=0.3 m處點電荷A與小球B間的作用力為F2，則有：F合=F2+qE

因此，非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E為：E=F合-F2q=-0.012-0.0181×10-6N/C=-3×10-4N/C，方向水平向左.

（3）由圖10可知，在x=0.4 m與x=0.6 m之間合電場對小球B做功的大小數(shù)值上等于圖線與坐標軸所圍成的面積，即：

W合=0.004×0.2 J=8×10-4J

由電勢差的定義式可求得該兩點的電勢差為：U=W合q=800 V

（4）由圖10可知小球B從x=0.16m到x=0.2m處合電場做的功W1在數(shù)值上等于圖線和坐標軸所圍成的面積，即：

W1=0.03×0.042=6×10-4J

小球B從x=0.2m到x=0.4m處合電場做的功W2，由動能定理得：

W2=-12mv2=-1.6×10-3J

由圖10可知小球從x=0.4m到x=0.8m處合電場做的功W3，此功在數(shù)值上等于圖線與坐標軸所圍成的面積，即：

W3=-0.004×0.4J=-1.6×10-3J

則小球B由靜止開始運動，為使它能離開細桿，設恒力作用的最小距離為x，由動能定理得：

W1+W2+W3+F外x=0

解得：x=-W1+W2+W3F外=0.065m

點評：此題中，在x=0.16m到x=0.2m間，在x=0.4m與x=0.6m間，在x=0.4m到x=0.8m間等三個過程中，必須抓住圖線與坐標軸所圍成的面積在數(shù)值上等于合電場對小球B所做的功這個關鍵要點，利用了圖象的“面積”含義，才能使問題得到順利解答.

總之，我們在分析電場中的圖象問題時，既要熟練應用有關電場的基本知識，又要注意分析圖象的特點，特別要明確圖象中圖線斜率、圖線在坐標軸上的截距及由圖線和坐標軸圍成的面積的意義，同時要注意熟練應用力學規(guī)律，只有這樣，才能找到圖象的數(shù)學表達式或者有關物理量間的關系，從而有效地解決電場中的圖象問題.

參考文獻：

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[2]成金德.弄清一二三四五六七，把握輸電問題求解武器[J].中學生理科應試，2018（09）：33-36.

[責任編輯：李 璟]