最后更新: 2024-12-15 14:55 ● 参与者查看: 44 次纠错分享参与项目词条搜索

电场中的图像问题

根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.

`例`两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有 $A 、 B 、 C$ 三点，如图甲所示，一个电荷量为 $2 \times 10^{-5} C$ 、质量为 1 g 的小物块从 $C$ 点由静止释放，其运动的 $v$ $-t$ 图像如图乙所示，其中 $B$ 点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线). 则下列说法正确的是
A.小物块带正电
B. $A 、 B$ 两点间的电势差 $U_{A B}=-500 V$
C.小物块由 $C$ 点到 $A$ 点电势能先减小再增大
D. $B$ 点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度 $E=100 V / m$
 ![图片](/uploads/2024-12/d38bf0.jpg)
 
 解：根据物块运动的 $v-t$ 图像可知，小物块带正电，A正确；
从 $v-1$ 图像可知， $A 、 B$ 两点的速度
分别为 $v_A=6 m / s 、 v_B=4 m / s$ ，再根
据动能定理得 $q U_{A B}=\frac{1}{2} m v_B^2-\frac{1}{2} m v_A^2=\frac{1}{2} \times 1 \times 10^{-3} \times\left(4^2-6^2\right) J$, 解得 $U_{A B}$ $=-500 V$, B 正确;
从 $v-t$ 图像可知，由 $C$ 到 $A$ 的过程中，物块的速度一直增大，静电力对物块一直做正功，电势能一直减小， $C$ 错误；
带电粒子在 $B$ 点的加速度最大, 为 $a_{ m }=\frac{4}{7-5} m / s ^2=2 m / s ^2$ ，所受的静电力最大为 $F_{ m }=m a_{ m }=0.001 \times 2 N=0.002 N$, 则电场强度最大值为 $E_{ m }$ $=\frac{F_{ m }}{q}=\frac{0.002}{2 \times 10^{-5}} N / C =100 N / C , D$ 正确.

## φ－x图像(电场方向与x轴平行)
1.电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图).切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
 ![图片](/uploads/2024-12/797d47.jpg)
 
 2.在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向.(如图)

![图片](/uploads/2024-12/ff79bc.jpg)
 
 3.电场中常见的φ－x图像
(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图.
 ![图片](/uploads/2024-12/01c432.jpg)
 
 (2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图.
 ![图片](/uploads/2024-12/66beca.jpg)
 
 (3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图.
 ![图片](/uploads/2024-12/095684.jpg)

`例`如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是
 ![图片](/uploads/2024-12/70046d.jpg)
A.a、c两点的电场强度相同
B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍
C.将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零
D.将一负电荷从c点移到d点，电势能增大

解：φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；
由题图可知，题图中 $d$ 点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而 $d$ 点到两点电荷 $q_1 、 q_2$ 的距离之比为 $2: 1$ ，根据点电荷电场强度公式 $E=\frac{k q}{r^2}$ 可得， $q_1 、 q_2$ 电荷量之比为 $4: 1$ ，故 B 正确；
$a 、 c$ 两点电势相等，电势差为零，负电荷从 $a$ 点移到 $c$ 点，静电力做功为零，故 C正确；
c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误.

## E－x图像(电场方向与x轴平行)
1.E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向.

2.E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定.在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况.
 ![图片](/uploads/2024-12/f31ead.jpg)
 
 3.电场中常见的E－x图像
(1)点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示.
 ![图片](/uploads/2024-12/31acbc.jpg)
 
 (2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图.
 ![图片](/uploads/2024-12/c96ae8.jpg)
 
 (3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图.
 ![图片](/uploads/2024-12/f2991a.jpg)
 
 `例` x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于xA＝0，xB＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示.选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零.以下说法正确的是
  ![图片](/uploads/2024-12/e1c70e.jpg)
A.点电荷A、B分别带正电和负电
B.A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3
C.x＝d处电势最高且为零
D.将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小
解：若点电荷 $A 、 B$ 带异种电荷，则在 $x$ 轴上 $0 \sim 4 d$ 区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A错误；
由题图可知在 $x=d$ 处电场强度为零, 即 $\frac{k Q_A}{d^2}=$ $\frac{k Q_B}{9 d^2}$, 解得 $\frac{Q_A}{Q_B}=\frac{1}{9}$, 故 B 错误;
$0 \sim d$ 区间，电场方向沿 $x$ 轴负方向， $d \sim 4 d$ 区间电场方向沿 $x$ 轴正方向，可知 $0 \sim 4 d$ 区间，从 $x=d$ 处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故 $x$ $=d$ 处电势大于零；
$x \geqslant 4 d$ 的区域内，电场方向指向 $x$ 轴负方向，所以沿 $x$ 轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故 $x \geqslant 4 d$ 的区域内的电势都小于零。所以 $x=d$ 处电势最高且大于零，故C错误； $x \geqslant 5 d$ 的区域内电场方向沿 $x$ 轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，故 $D$ 正确。

## Ep－x图像、Ek－x图像
$1 . E_{ p }-x$ 图像
由静电力做功与电势能变化关系 $F_{\text {电 }} x=E_{ p 1}-E_{ p 2}=-\Delta E_{ p }$ 知 $E_{ p }-x$ 图像的切线斜率 $k=\frac{\Delta E_{ p }}{\Delta x}$ ，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向.
2. $E_{ k }-x$ 图像

当带电体只有静电力做功，由动能定理 $F_{\text {电 }} x=E_{ k }-E_{ k 0}=\Delta E_{ k }$ 知 $E_{ k }-x$ 图像的切线斜率 $k=\frac{\Delta E_{ k }}{\Delta x}$ ，斜率表示静电力.

`例`一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～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
 ![图片](/uploads/2024-12/8ee966.jpg)
A.x1处电场强度最小，但不为零
B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直
　线运动
C.若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1<φ3
D.x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
解：Ep－x图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，选项A错误；
粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，静电力发
生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，
x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；
带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C错误；
x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确.

`例`如图所示，放置在坚直平面内的粗䊁直线轨道 $A B$ 与光滑圆弧轨道 $B C D$ 相切于 $B$ 点， $C$ 为最低点，圆心角 $\angle B O C=37^{\circ}$ ，线段 $O C$ 垂直于 $O D$ ，圆弧轨道半径为 $R$ ，直线轨道 $A B$ 长为 $L=5 R$ ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线 $O D$ ，现有一个质量为 $m$ 、带电荷量为 $+q$ 的小物块 $P$ 从 $A$ 点无初速度释放，小物块 $P$ 与 $A B$ 之间的动摩擦因数 $\mu=0.25$ ，电场强度大小 $E=\frac{m g}{q}, \sin 37^{\circ}=0.6, \cos 37^{\circ}$ $=0.8$ ，重力加速度为 $g$ ，忽略空气阻力.求:
 ![图片](/uploads/2024-12/87ef6b.jpg)

(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程.

解：（1）由几何关系知，轨道 $A B$ 与水平面的夹角为 $37^{\circ}$ ，小物块从 $A$ 点第一次到 $C$ 点的过程，由动能定理知:

$$
(q E+m g)\left(L \sin 37^{\circ}+R-R \cos 37^{\circ}\right)-\mu(q E+m g) L \cos 37^{\circ}=\frac{1}{2} m v_{C 1^2}{ }^2-0
$$

在 $C$ 点由牛顿第二定律知: $F_{ N }-q E-m g=m \frac{v C_1^2}{R}$, 联立解得: $F_{ N }=$ 10.8 mg

由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是 10.8 mg .

（2）小物块从 $A$ 第一次到 $D$ 的过程，由动能定理知

$$
\begin{aligned}
& (q E+m g)\left(L \sin 37^{\circ}-R \cos 37^{\circ}\right)-\mu(q E+m g) L \\
& \cos 37^{\circ}=\frac{1}{2} m v_{D 1^2}-0
\end{aligned}
$$

小物块第一次到达 $D$ 点后以速度 $v_D$ 逆着电场线方向做匀减速直线运动，由动能定理知 $-(q E+m g) x_{\max }=0-\frac{1}{2} m v_{D 1}{ }^2$
联立解得： $x_{\text {max }}=1.2 R$.

（3）分析可知小物块到达 $B$ 点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，

由功能关系知 $(q E+m g) L \sin 37^{\circ}=\mu(q E+m g) d \cos 37^{\circ}$ ，解得： $d=15 R$.

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