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专题突破静电场中的图象问题电场中粒子运动的v－t图象根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。A.A、B、C三点的电势关系为φBφAφCB.A、B、C三点的场强大小关系为ECEBEAC.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功【例1】(2018·4月浙江选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图1所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的是()图1解析带电粒子的带电性质不确定，无法判断电势的高低，A项错误；根据图象可知带电粒子的动能先减小后增大，由能量转化关系可知，动能转化为电势能，所以电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，选项C正确，D错误；v－t图象的斜率表示加速度的大小，也可间接地反映电场力和电场强度的大小，图线的斜率先增大后减小，且方向没有改变，所以电场强度应该是EB最大，选项B错误。答案C电场中的E－x图象(1)点电荷的E－x图象正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图象大致如图2所示。(E方向向右为正)1.几种常见的E－x图象图2(2)两个等量异种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图3甲所示。②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图3乙所示。甲乙图3(3)两个等量同种点电荷的E－x图象①两电荷连线上的E－x图象如图4甲所示。②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图4乙所示。甲乙图4(1)反映了电场强度随位移变化的规律。(2)E0表示场强沿x轴正方向；E0表示场强沿x轴负方向。(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。2.E－x图象特点A.O点的电势最低B.x1和－x1两点的电势相等C.电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D.电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大【例2】(多选)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图5所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点。下列说法正确的是()图5解析作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O点电势最高，故A错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和－x1两点处的电势能相等，故B正确，C错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故D正确。答案BD电场中的φ－x图象1.几种常见的φ－x图象(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)①正点电荷的φ－x图象如图6甲所示。②负点电荷的φ－x图象如图6乙所示。甲乙图6(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图象，如图7所示。(3)两个等量同种点电荷的φ－x图象①两正点电荷连线上的φ－x图象如图8甲所示。②两正点电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图8乙所示。图7甲乙图8(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。2.φ－x图象特点及应用A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量B.G点处电场强度的方向沿x轴负方向C.将一带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D点D.将一带负电的试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功【例3】(2018·江苏南京、盐城高三第一次模拟)(多选)电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图9所示。则()图9答案BD解析图象斜率大小表示场强大小，由图可知在H点的场强为零，即Q1和Q2两电荷在H点的合场强为零，由公式E＝kQr2可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A项错误；由图知B点的电势为零，由于沿着电场线方向电势降低，所以在B点左边场强方向沿x轴正方向，在C点右边场强方向沿x轴负方向，故B项正确；由在G点场强方向沿x轴负方向，负电荷所受电场力方向向右，所以负电荷沿x轴向右运动，故C项错误；由图象可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D项正确。Ep－x图象1.反映了电势能随位移变化的规律；2.图线的切线斜率大小等于电场力大小；3.进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况。【例4】(2018·苏锡常镇四市一调)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图10所示。下列图象中合理的是()图10答案D解析由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝ΔEpΔx可知，Ep－x图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图象可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，选项A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从选项B和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，选项B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，相等位移内速度增加的越来越小，v－x图线应为曲线，故选项C错误，D正确。1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的试题有三种类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。科学思维的培养——带电粒子在交变电场中的运动(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。3.解答带电粒子在交变电场中运动的思路图11【典例1】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图11甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。解析电子在0～τ时间内做匀加速运动在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a1＝eU0md位移x1＝12a1τ2加速度的大小a2＝keU0md初速度的大小v1＝a1τ由题知d＞x1＋x2，解得d＞9eU0τ210m。答案d＞9eU0τ210m匀减速运动阶段的位移x2＝v212a2图12【典例2】(2018·徐州、宿迁、连云港、淮安高三模拟)如图12甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。在C、D板间有L＝v0t0解析(1)粒子在A、B板间有qU0＝12mv20解得L＝t02qU0m。(2)粒子从nt0(n＝0，2，4，…)时刻进入C、D板间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动偏移距离y＝12at20加速度a＝qU1md得y＝qU1t202md。(3)粒子在C、D板间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远打在荧光屏上距中心线的最远距离s＝y＋Ltanθ出C、D板时的偏转角tanθ＝vyv0，vy＝at0荧光屏上区域长度Δs＝s＝3qU1t202md。答案(1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md