摘 要：帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圖象問題是一類常考問題，解答這類問題讓許多學(xué)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(guān)鍵詞：電場(chǎng);圖象問題;斜率;面積;電場(chǎng)強(qiáng)度;電勢(shì)差;電勢(shì);電勢(shì)能

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2021）10-0079-05

帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shí)間變化的v-t圖象;（2）電場(chǎng)強(qiáng)度隨位置變化的E-x圖象;（3）電勢(shì)隨位置變化的φ-x圖象;（4）電勢(shì)能隨位置變化的Ep-x圖象;（5）動(dòng)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(yīng)用相應(yīng)的電場(chǎng)知識(shí)和力學(xué)規(guī)律，更重要的是弄懂圖象的物理意義，包括圖線上的點(diǎn)、斜率和圖線與坐標(biāo)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(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果僅考慮電場(chǎng)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(guò)牛頓第二定律可以確定帶電粒子受到的電場(chǎng)力，由此出發(fā)可以確定電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)中各點(diǎn)電勢(shì)的高低及帶電粒子電勢(shì)能的變化.

例1 兩個(gè)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(diǎn)，如圖1所示，一個(gè)電荷量為q=2.0 C、質(zhì)量為m=1.0 kg的小球從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖2所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中已標(biāo)出了該切線）.則下列說(shuō)法正確的是（）.

A.B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E=1.0V/m

B.由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由于B點(diǎn)的斜率最大，則小球的電勢(shì)能先減小后增大

C.由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)的電勢(shì)逐漸升高

D.AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=-5 V

分析 從v-t圖象上可知，由于B點(diǎn)的斜率最大，則小球在B點(diǎn)的加速度最大，故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大.由v-t圖線的斜率可求得小球在B點(diǎn)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(xiàng)A正確;由于小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，小球的動(dòng)能一直增大，故電勢(shì)能一直在減小，則電勢(shì)逐漸降低，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;在小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)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(xiàng)D正確.

點(diǎn)評(píng) 求出B點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除了從圖象上可以直接知道電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)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(shì)差的大小，也就是UAB=E·x.

例2 一光滑絕緣細(xì)直長(zhǎng)桿處于靜電場(chǎng)中，沿細(xì)桿建立坐標(biāo)軸x，以x=0處的O點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，如圖3所示.細(xì)桿各處電場(chǎng)方向沿x軸正方向，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的分布如圖4所示.細(xì)桿上套有可視為質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)從靜止開始運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的區(qū)間內(nèi)的電勢(shì)最低值.

分析 （1）當(dāng)帶電環(huán)運(yùn)動(dòng)至x=1 m處，從圖中看出此處電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=3×105N/C，則帶電環(huán)受到的電場(chǎng)力為：FE=qE=2.0×10-6×3×105=0.6 N

對(duì)帶電環(huán)應(yīng)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(yùn)動(dòng)到x=1m處的過(guò)程中，恒力F做正功，電場(chǎng)力FE做負(fù)功.在E-x圖象上，由于圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積與x=0和x=1m處兩點(diǎn)間的電勢(shì)差在數(shù)值上相等，則：

U01=S梯形面積=2+3×105×12=2.5×105V

對(duì)帶電環(huán)應(yīng)用動(dòng)能定理得：F·x-qU01=12mv2

解得：v=2Fx-qU01m=5m/s

（3）在電場(chǎng)中，沿電場(chǎng)線方向就是電勢(shì)降低的方向.當(dāng)帶電環(huán)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處時(shí)（即速度等于零處），電場(chǎng)的電勢(shì)最低.設(shè)帶電環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)距離x后，根據(jù)動(dòng)能定理得：

Fx-qU0x=0

其中電勢(shì)差U0x=φ0-φx為坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)區(qū)間內(nèi)的電勢(shì)最低值為φmin=-3×106V

點(diǎn)評(píng)：由于帶電環(huán)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中做非勻變速運(yùn)動(dòng)，要求得帶電環(huán)在x=1 m處的速度，必須應(yīng)用動(dòng)能定理，而應(yīng)用動(dòng)能定理求解速度時(shí)，關(guān)鍵在于求解電場(chǎng)x=0與x=1 m間的電勢(shì)差，為此，本題必須利用E-x圖象中圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積在數(shù)值上即為電勢(shì)差的知識(shí)點(diǎn).

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(chǎng)中各點(diǎn)的電勢(shì)，而且還可以利用圖線的斜率確定電場(chǎng)中各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，即斜率=ΔφΔx=E，由此出發(fā)可以求出相關(guān)的物理量.在這里，我們還常常應(yīng)用微元法和轉(zhuǎn)化法等思維方法.

例3 靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布如圖5所示，圖中φ0和d為已知量.一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場(chǎng)中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng).已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動(dòng)能與電勢(shì)能之和為-A（0

（1）粒子所受電場(chǎng)力的大小;

（2）粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間;

（3）粒子從左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到中心點(diǎn)O處的時(shí)間.

分析 （1）從圖中讀得電場(chǎng)中O與d（或-d）兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為φ0，由于φ-x圖象中圖線的斜率就是電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E，即：E=ΔφΔx=φ0d

則粒子受到的電場(chǎng)力的大小為：F=qE=qφ0d

（2）設(shè)粒子在[-x，x]區(qū)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的區(qū)間為：

-d1-Aqφ0≤x≤d1-Aqφ0

（3）由于左側(cè)電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子從-x0處開始運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的過(guò)程中，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律得：

qE=ma，而：E=ΔφΔx=φ0d

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：x0=12at21

解以上三式得：t1=2md2qφ01-Aqφ0

考慮到粒子在O點(diǎn)右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速運(yùn)動(dòng)，所以，粒子是在O點(diǎn)的左右兩做往復(fù)運(yùn)動(dòng).因此，粒子從左側(cè)最遠(yuǎn)端運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間可能為：

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

點(diǎn)評(píng) 求得本題中φ-x圖象中圖線的斜率是解題的基礎(chǔ)，如果這一點(diǎn)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度后，即可將抽象的圖象問題轉(zhuǎn)化為比較熟悉的勻強(qiáng)電場(chǎng)模型來(lái)解決.

四、涉及EP-x圖象的問題

帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果給出帶電粒子的電勢(shì)能與位移間關(guān)系的圖象，即EP-x圖象.由電場(chǎng)力做功特點(diǎn)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(chǎng)力的大小，即斜率=ΔEPΔx=F.

例4 一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖6所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x=x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是（ ）.

A.x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零

B.粒子在O～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.在O、x1、x2、x3處的電勢(shì)φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2=φ0>φ1

D.x2～x3段的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;從圖中看出，在O～x1段圖線的斜率不斷減小，說(shuō)明在此區(qū)間電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，則粒子所受的電場(chǎng)力不斷減小，加速度不斷減小，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng).在x1～x2段圖線的斜率不斷增大，說(shuō)明在此區(qū)間電場(chǎng)強(qiáng)度不斷增大，則粒子所受的電場(chǎng)力不斷增大，加速度不斷增大，粒子做非勻變速運(yùn)動(dòng).在x2～x3段圖線的斜率不變，說(shuō)明在此區(qū)間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則粒子所受的電場(chǎng)力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因此，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確;由于粒子帶負(fù)電，根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)間的關(guān)系EP=qφ可知，電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以有φ1>φ2=φ0>φ3，可見選項(xiàng)C錯(cuò)誤.

點(diǎn)評(píng) 解決此題的關(guān)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(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，再利用電場(chǎng)的相關(guān)公式求解.

五、涉及Ek-x圖象的問題

帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果知道帶電粒子的動(dòng)能與位移間的關(guān)系圖象，即Ek-x圖象.由動(dòng)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(yuǎn)=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)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(cè)的O點(diǎn)處由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng).已知初始時(shí)O與A的水平距離為0.7m，物塊動(dòng)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(diǎn)電荷Q的電量;

（2）求小物塊從O點(diǎn)到x1=0.50 m處的過(guò)程中其電勢(shì)能的變化量;

（3）求小物塊運(yùn)動(dòng)到x2=1.00 m處時(shí)的動(dòng)能.

分析 （1）由動(dòng)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(dāng)x=0.35m時(shí)，小物塊受到的合外力為零，即小物塊受到電場(chǎng)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(shè)小物塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x1處的過(guò)程中電場(chǎng)力做功為W1，根據(jù)動(dòng)能定理得：

Fx1+W1=Ek1

代入數(shù)據(jù)解得：W1=-0.17 J

由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化之間的關(guān)系可知：ΔEP=-W1=0.17 J

（3）根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的特點(diǎn)，可知電場(chǎng)中x2=1.00 m處與x3=0.40 m處電勢(shì)相等.

設(shè)小物塊從O點(diǎn)到x3處的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功為W2，由動(dòng)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(diǎn)到x2處的過(guò)程中，F(xiàn)x2+W2=Ek2

代入數(shù)據(jù)解得：Ek2=0.4 J

點(diǎn)評(píng)：此題的解題關(guān)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(gè)核心.特別是當(dāng)x=0.35 m時(shí)，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(chǎng)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(jié)合相關(guān)的物理規(guī)律，就會(huì)順利解決問題.

六、涉及F-x圖象的問題

帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果給出帶電粒子所受到的力F與位移x間關(guān)系的圖象，即F-x圖象.如果F是電場(chǎng)力，則圖線的面積在數(shù)值上等于電場(chǎng)力所做的功，即W=Fx.

例6 （2016年上海）如圖9所示，長(zhǎng)度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)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(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系.點(diǎn)電荷A對(duì)小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)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(guān)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(chǎng)在x=0.3 m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;

（3）在合電場(chǎng)中，x=0.4 m與x=0.6 m之間的電勢(shì)差U;

（4）已知小球在x=0.2 m處獲得v=0.4m/s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離x是多少？

分析 （1）由圖10可知，當(dāng)x=0.3m時(shí)，點(diǎn)電荷A對(duì)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(diǎn)電荷A的電量為：

q=F1x2kQ=1×10-6C

（2）設(shè)在x=0.3 m處點(diǎn)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(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)對(duì)小球B做功的大小數(shù)值上等于圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積，即：

W合=0.004×0.2 J=8×10-4J

由電勢(shì)差的定義式可求得該兩點(diǎn)的電勢(shì)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(chǎng)做的功W1在數(shù)值上等于圖線和坐標(biāo)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(chǎng)做的功W2，由動(dòng)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(chǎng)做的功W3，此功在數(shù)值上等于圖線與坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)，為使它能離開細(xì)桿，設(shè)恒力作用的最小距離為x，由動(dòng)能定理得：

W1+W2+W3+F外x=0

解得：x=-W1+W2+W3F外=0.065m

點(diǎn)評(píng)：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(gè)過(guò)程中，必須抓住圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積在數(shù)值上等于合電場(chǎng)對(duì)小球B所做的功這個(gè)關(guān)鍵要點(diǎn)，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?cè)诜治鲭妶?chǎng)中的圖象問題時(shí)，既要熟練應(yīng)用有關(guān)電場(chǎng)的基本知識(shí)，又要注意分析圖象的特點(diǎn)，特別要明確圖象中圖線斜率、圖線在坐標(biāo)軸上的截距及由圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積的意義，同時(shí)要注意熟練應(yīng)用力學(xué)規(guī)律，只有這樣，才能找到圖象的數(shù)學(xué)表達(dá)式或者有關(guān)物理量間的關(guān)系，從而有效地解決電場(chǎng)中的圖象問題.

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[責(zé)任編輯：李 璟]