电场中图象问题的求解方法

摘 要：带电粒子在电场中运动的图象问题是一类常考问题，解答这类问题让许多学生感到茫然不解，本文就如何有效地解答此类问题作些探讨.

关键词：电场;图象问题;斜率;面积;电场强度;电势差;电势;电势能

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）10-0079-05

带电粒子在电场中运动的图象问题是一类常见问题，此类问题涉及六种题型，即：（1）速度随时间变化的v-t图象;（2）电场强度随位置变化的E-x图象;（3）电势随位置变化的φ-x图象;（4）电势能随位置变化的Ep-x图象;（5）动能随位置变化的Ek-x圖象;（6）受到的力F随位置变化的F-x图象.解答此类问题，不仅要善于应用相应的电场知识和力学规律，更重要的是弄懂图象的物理意义，包括图线上的点、斜率和图线与坐标轴围成的面积.下面就此问题作些探讨.

一、涉及v-t图象的问题

当带电粒子在电场中运动时，如果仅考虑电场力的作用，而且已知v-t图象的情况下，我们可以利用图象中的图线斜率确定带电粒子的加速度，即斜率=ΔvΔt=a，这样，再通过牛顿第二定律可以确定带电粒子受到的电场力，由此出发可以确定电场强度、电场中各点电势的高低及带电粒子电势能的变化.

例1 两个等量同种电荷固定在光滑水平面上，其连线所在水平面的中垂线上有A、B、C三点，如图1所示，一个电荷量为q=2.0 C、质量为m=1.0 kg的小球从C点静止释放，其运动的v-t图象如图2所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中已标出了该切线）.则下列说法正确的是（）.

A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1.0V/m

B.由C点到A点的过程中，由于B点的斜率最大，则小球的电势能先减小后增大

C.由C点到A点的过程中，电场的电势逐渐升高

D.AB两点间的电势差UAB=-5 V

分析 从v-t图象上可知，由于B点的斜率最大，则小球在B点的加速度最大，故B点的电场强度最大.由v-t图线的斜率可求得小球在B点的加速度为a=ΔvΔt=

2.0 m/s2，再根据牛顿第二定律得qE=ma，即E=1.0 V/m，所以，选项A正确;由于小球从C点运动到A点的过程中，小球的动能一直增大，故电势能一直在减小，则电势逐渐降低，选项B、C错误;在小球从B点运动到A点的过程中，应用动能定理得qUBA=12mv2A-12mv2B，代入数据解得UBA=5 V，即UAB=-5 V，所以，选项D正确.

点评 求出B点的图线斜率是解决本题的核心.求出了斜率，就知道了加速度，再利用牛顿第二定律就可以求出电场强度E.

二、涉及E-x图象的问题

带电粒子在已知E-x图象的电场中运动时，除了从图象上可以直接知道电场强度、电势的变化外，更为重要的是可以利用图象的面积，即由图线与x轴围成的“面积”，此面积的大小表示电势差的大小，也就是UAB=E·x.

例2 一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以x=0处的O点为电势零点，如图3所示.细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图4所示.细杆上套有可视为质点的带电环，质量为m=0.2 kg，电荷量为q=-2.0×10-6C.带电环受沿x轴正向的恒力F=1.0 N的作用， 由O点从静止开始运动，求：

（1）带电环在x=1 m处的加速度;

（2）带电环在x=1 m处的速度;

（3）在带电环运动的区间内的电势最低值.

分析 （1）当带电环运动至x=1 m处，从图中看出此处电场的电场强度为E=3×105N/C，则带电环受到的电场力为：FE=qE=2.0×10-6×3×105=0.6 N

对带电环应用牛顿第二定律得：F-FE=ma

即：a=F-FEm=2.0 m/s2

（2）带电环从x=0处运动到x=1m处的过程中，恒力F做正功，电场力FE做负功.在E-x图象上，由于图线和坐标轴围成的面积与x=0和x=1m处两点间的电势差在数值上相等，则：

U01=S梯形面积=2+3×105×12=2.5×105V

对带电环应用动能定理得：F·x-qU01=12mv2

解得：v=2Fx-qU01m=5m/s

（3）在电场中，沿电场线方向就是电势降低的方向.当带电环沿x轴正方向运动到最远处时（即速度等于零处），电场的电势最低.设带电环运动过距离x后，根据动能定理得：

Fx-qU0x=0

其中电势差U0x=φ0-φx为坐标轴与图线所围成的面积，即：U0x=梯形面积=2+2+x2·x

解得x=6 m

从E-x图象上可知：

U0x=φ0-φx=2+2+6×1052×6 V=3×106V

因此，在带电环运动区间内的电势最低值为φmin=-3×106V

点评：由于带电环在非匀强电场中做非匀变速运动，要求得带电环在x=1 m处的速度，必须应用动能定理，而应用动能定理求解速度时，关键在于求解电场x=0与x=1 m间的电势差，为此，本题必须利用E-x图象中图线和坐标轴围成的面积在数值上即为电势差的知识点.

三、涉及φ-x图象的问题

已知φ-x图象的情况下，从图象上不仅可以直接读得电场中各点的电势，而且还可以利用图线的斜率确定电场中各点的电场强度，即斜率=ΔφΔx=E，由此出发可以求出相关的物理量.在这里，我们还常常应用微元法和转化法等思维方法.

例3 静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图5所示，图中φ0和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0

（1）粒子所受电场力的大小;

（2）粒子的运动区间;

（3）粒子从左侧最远点运动到中心点O处的时间.

分析 （1）从图中读得电场中O与d（或-d）两点间的电势差为φ0，由于φ-x图象中图线的斜率就是电场的电场强度E，即：E=ΔφΔx=φ0d

则粒子受到的电场力的大小为：F=qE=qφ0d

（2）设粒子在[-x，x]区间内运动，粒子的速率为v，根据题意可知：

-A=12mv2-qφ

从图中可得：φ=φ01-xd

由以上两式得：12mv2=qφ01-xd-A

由于动能的值必为正，即：qφ01-xd-A0

解得：x≤d1-Aqφ0，即：x0=d1-Aqφ0

可见，粒子在电场中运动的区间为：

-d1-Aqφ0≤x≤d1-Aqφ0

（3）由于左侧电场是匀强电场，粒子从-x0处开始运动至O点的过程中，粒子做匀加速运动，则由牛顿第二定律得：

qE=ma，而：E=ΔφΔx=φ0d

由运动学公式得：x0=12at21

解以上三式得：t1=2md2qφ01-Aqφ0

考虑到粒子在O点右侧匀强电场中做匀变速运动，所以，粒子是在O点的左右两做往复运动.因此，粒子从左侧最远端运动到O点所用的时间可能为：

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

点评 求得本题中φ-x图象中图线的斜率是解题的基础，如果这一点没有把握，求解此题一定是死路一条.在求得φ-x图象中的图线斜率，即知道电场的电场强度后，即可将抽象的图象问题转化为比较熟悉的匀强电场模型来解决.

四、涉及EP-x图象的问题

带电粒子在电场中运动时，如果给出带电粒子的电势能与位移间关系的图象，即EP-x图象.由电场力做功特点可知W=△EP=Fx，因此，图线的斜率在数值上等于带电粒子受到的电场力的大小，即斜率=ΔEPΔx=F.

例4 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图6所示，其中O～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）.

A.x1处电场强度最小，但不为零

B.粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

C.在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1

D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变

分析 由于Ep-x图象的图线斜率为：斜率=ΔEPΔx=F=qE，所以，电场的电场强度为E=1q·ΔEPΔx.从图中看到，x1处图线切线的斜率等于零，即x1处的电场强度为零，选项A错误;从图中看出，在O～x1段图线的斜率不断减小，说明在此区间电场强度不断减小，则粒子所受的电场力不断减小，加速度不断减小，粒子做非匀变速运动.在x1～x2段图线的斜率不断增大，说明在此区间电场强度不断增大，则粒子所受的电场力不断增大，加速度不断增大，粒子做非匀变速运动.在x2～x3段图线的斜率不变，说明在此区间电场强度的大小和方向均不变，是匀强电场，则粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，因此，选项B错误，选项D正确;由于粒子带负电，根据电势能与电势间的关系EP=qφ可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2=φ0>φ3，可见选项C错误.

点评 解决此题的关键就在于利用好图线的斜率，由图线的斜率变化情况，确定电场强度的变化情况，再利用电场的相关公式求解.

五、涉及Ek-x图象的问题

带电粒子在电场中运动时，如果知道带电粒子的动能与位移间的关系图象，即Ek-x图象.由动能定理可知W=△Ek=Fx，其中F是合外力，则图线的斜率在数值上等于粒子所受到的合外力，即：斜率=ΔEPΔx=F.

例5 如图7所示，距光滑绝缘水平面高h=0.3m的A点处有一固定的点电荷Q.带电量为q=1×10-6C.质量为m=0.05kg的小物块在恒定水平外力F=0.5N的作用下，从Q左侧的O点处由静止开始沿水平面运动.已知初始时O与A的水平距离为0.7m，物块动能Ek随位移x的变化曲线如图8所示.静电力常量K=9.0×109N·m2/C2.

（1）估算点电荷Q的电量;

（2）求小物块从O点到x1=0.50 m处的过程中其电势能的变化量;

（3）求小物块运动到x2=1.00 m处时的动能.

分析 （1）由动能定理可知Ek-x图象的斜率等于小物块受到的合外力.由图8可知，当x=0.35m时，小物块受到的合外力为零，即小物块受到电场力在水平方向的分力与水平外力F大小相等，即：

F=kqQh2+xOA-x2·xOA-xxOA-x2+h2

代入已知数据：xOA=0.7m，x=0.35m，q=1×10-6C，F=0.5N，

解得：Q=1.55×10-5C

（2）设小物块从O点运动到x1处的过程中电场力做功为W1，根据动能定理得：

Fx1+W1=Ek1

代入数据解得：W1=-0.17 J

由电场力做功与电势能的变化之间的关系可知：ΔEP=-W1=0.17 J

（3）根據点电荷产生的电场的特点，可知电场中x2=1.00 m处与x3=0.40 m处电势相等.

设小物块从O点到x3处的运动过程中电场力做功为W2，由动能定理得：

Fx3+W2=Ek3

代入数据解得：W2=-0.1 J

小物块从O点到x2处的过程中，Fx2+W2=Ek2

代入数据解得：Ek2=0.4 J

点评：此题的解题关键在于能否抓住图象Ek-x的图线斜率在数值上等于小物块受到的合外力这个核心.特别是当x=0.35 m时，图线的斜率等于零，即小物块受到的合外力为零，由此可知小物块受到电场力在水平方向的分力与水平外力F大小相等，这样就找到了解题的突破口，再结合相关的物理规律，就会顺利解决问题.

六、涉及F-x图象的问题

带电粒子在电场中运动时，如果给出带电粒子所受到的力F与位移x间关系的图象，即F-x图象.如果F是电场力，则图线的面积在数值上等于电场力所做的功，即W=Fx.

例6 （2016年上海）如图9所示，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10-7C;一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上.将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图10中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图10中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线.求：（静电力常量k=9×109N·m2/C2）

（1）小球B所带电量q;

（2）非均勻外电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E;

（3）在合电场中，x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U;

（4）已知小球在x=0.2 m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m.若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离x是多少？

分析 （1）由图10可知，当x=0.3m时，点电荷A对小球B的作用力等于F1=0.018N，即F1=kqQx2=0.018N

代入数据解得点电荷A的电量为：

q=F1x2kQ=1×10-6C

（2）设在x=0.3 m处点电荷A与小球B间的作用力为F2，则有：F合=F2+qE

因此，非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E为：E=F合-F2q=-0.012-0.0181×10-6N/C=-3×10-4N/C，方向水平向左.

（3）由图10可知，在x=0.4 m与x=0.6 m之间合电场对小球B做功的大小数值上等于图线与坐标轴所围成的面积，即：

W合=0.004×0.2 J=8×10-4J

由电势差的定义式可求得该两点的电势差为：U=W合q=800 V

（4）由图10可知小球B从x=0.16m到x=0.2m处合电场做的功W1在数值上等于图线和坐标轴所围成的面积，即：

W1=0.03×0.042=6×10-4J

小球B从x=0.2m到x=0.4m处合电场做的功W2，由动能定理得：

W2=-12mv2=-1.6×10-3J

由图10可知小球从x=0.4m到x=0.8m处合电场做的功W3，此功在数值上等于图线与坐标轴所围成的面积，即：

W3=-0.004×0.4J=-1.6×10-3J

则小球B由静止开始运动，为使它能离开细杆，设恒力作用的最小距离为x，由动能定理得：

W1+W2+W3+F外x=0

解得：x=-W1+W2+W3F外=0.065m

点评：此题中，在x=0.16m到x=0.2m间，在x=0.4m与x=0.6m间，在x=0.4m到x=0.8m间等三个过程中，必须抓住图线与坐标轴所围成的面积在数值上等于合电场对小球B所做的功这个关键要点，利用了图象的“面积”含义，才能使问题得到顺利解答.

总之，我们在分析电场中的图象问题时，既要熟练应用有关电场的基本知识，又要注意分析图象的特点，特别要明确图象中图线斜率、图线在坐标轴上的截距及由图线和坐标轴围成的面积的意义，同时要注意熟练应用力学规律，只有这样，才能找到图象的数学表达式或者有关物理量间的关系，从而有效地解决电场中的图象问题.

参考文献：

[1]成金德.探究动能定理的意义及应用[J].理科考试研究，2017（7）：41-46.

[2]成金德.弄清一二三四五六七，把握输电问题求解武器[J].中学生理科应试，2018（09）：33-36.

[责任编辑：李 璟]