靜電場中的圖像問題分類例析

唐世琦

[摘?? 要]鑒于近兩年各地加強了對靜電場中圖像問題的考查力度，文章選取近兩年各地模擬考試題，分析[E-x]圖像面積的意義、[φ-x]圖像斜率的意義、[EP-x]圖像斜率的意義，并歸納總結這三種圖像的處理方法與技巧，最后利用[v-x]圖像簡單剖析了除上述三種圖像外的其他圖像處理相關靜電問題的方法。

[關鍵詞]靜電場;[E-x]圖像;[φ-x]圖像;[EP-x]圖像

[中圖分類號]??? G633.7??????? [文獻標識碼]??? A??????? [文章編號]??? 1674-6058（2021）02-0035-04

靜電場中的圖像問題主要包括電場強度[E]隨位置[x]的變化關系（即[E-x]圖像）、電勢[φ]隨位置[x]的變化關系（即[φ-x]圖像）以及電勢能[EP]隨位置[x]的變化關系（即[EP-x]圖像）。全國各地在2020年的診斷考試題中加強了對這些圖像問題的考查，筆者收集整理了相關題目，并結合例題的解答總結解決此類問題的方法與技巧，以便日后參考。

一、[E-x]圖像

在研究某一方向上電場強度[E]的分布情況時，通常作出電場強度[E]隨距離[x]的變化關系圖像（簡稱[E-x]圖像）以便研究相關問題，例如圖1是兩個等量同種點電荷連線上電場強度[E]隨距離[x]（與左邊電荷的距離）的變化關系圖像，其中[x0]為兩個等量同種電荷連線的中點。

下面通過具體的例題對[E-x]圖像的物理意義做進一步分析，同時總結處理[E-x]圖像問題的方法。

[例1]（2019屆安徽蚌埠二模，多選）電場中有一條電場線與[x]軸重合，[x]軸上各點的電場強度[E]與位置[x]的關系如圖2所示。一質子只在電場力作用下自坐標原點由靜止釋放后沿[x]軸正方向運動。已知[Oa=ab=bc=d]，[b]點電勢[φb=0]。則下列結論正確的是（）。

A.質子沿[x]軸做勻速直線運動

B.質子在[a]、[c]兩點的電勢能相等

C.質子在[a]、[b]、[c]三點的動能之比為2∶3∶4

D.坐標原點[O]的電勢為[1.5E0d]

分析：質子在電場中僅受電場力作用，故質子受力不平衡，所以質子不能做勻速直線運動，故A選項錯誤。面對[E-x]圖像問題，可先作出如圖3所示的電場線分布圖。由于電勢沿電場線方向降低，質子在[a]、[c]兩點的電勢[φa>φc];由[EP=qφ] 有[EPa>EPc]，故B選項錯誤。

從圖2可知[Oa]段為勻強電場，故[UOa=E0d]，即圖像與橫軸包圍的面積即為兩點的電勢差。 據此可知[Uab=φa-φb=12E0d>0]，即[φa>φb];同理，[Ubc=12E0d]，即[φb>φc]， 所以[φa>φc]。由[EP=qφ] 有[EPa>EPc]，也可以判斷B選項錯誤。 對[Oa]段由動能定理有[qUoa=Eka-0]，解得[Eka=qE0d];對[ab]段由動能定理有[qUab=Ekb-Eka]，解得[Ekb=32qE0d];對[bc]段由動能定理有[qUbc=Ekc-Ekb]，解得[Ekc=2qE0d];[Eka∶Ekb∶Ekc=2∶3∶4]，故C選項正確。[UOb=UOa+Uab=32E0d]，所以[φO=32E0d]，故選項D正確。

評注：從例1的分析可以得出[E-x]圖像中面積的意義：當電場強度[E]的方向為[x]軸正方向時，圖像與橫軸所圍成的面積即為兩點間的電勢差，反之，當電場強度[E]的方向為[x]軸負方向時，圖像與橫軸所圍成的面積即為兩點間的電勢差的相反數。

[例2]（2019屆廣東深圳4月第二次調研）真空中，在[x]軸上[x=0]處和[x=8 cm]處分別固定兩個點電荷，帶電荷量分別為[Q1]和[Q2]。兩電荷間連線上的電場強度[E]隨[x]變化的圖像如圖4所示（[x]軸正方向為場強正方向），其中[x=6 cm]處[E=0]。將一個正試探電荷在[x=2 cm]處由靜止釋放（重力不計，取無窮遠處電勢為零）。則（）。

A.兩點電荷均為負電荷

B.[Q1]、[Q2]之比為9∶1

C.在[x=6 cm]處電勢為[0]

D.該試探電荷沿[x]軸從[x=0]處運動到[x=8 cm]處，電勢能一直減小

分析：因為在[x]軸上的[x=0]處和[x=8 cm]處分別固定兩個點電荷，因此可將其與兩個等量同種電荷或等量異種電荷的電場強度與電勢分布特點進行對比判斷。

因為異種電荷連線上電場強度不能為零，因此這兩個電荷為同種電荷。若為等量同種電荷，則在[x=4 cm]處電場強度為零，由圖像可知[x=4 cm]處[E>0]所以[Q1]為正電荷，因此兩電荷均為正電荷，故A選項錯誤。根據[x=6 cm]處[E=0]可知，[kQ1x2=kQ2（L-x）2]，解得[Q1Q2=91]，故B選項正確。兩正點電荷連線上電勢不能為零，故C選項錯誤。根據[E-x]圖像中面積的意義可知，[U06=φ0-φ6>0]，即[φ0>φ6];同理，[U68=φ6-φ8<0]，即[φ6<φ8]，所以[φ6]最小。根據[EP=qφ]可知，[EP6]最小。因此該試探電荷沿[x]軸從[x=0]處運動到[x=8 cm]處，電勢能先減小后增加，故D選項錯誤。

評注：從例2的分析解答可知，解決兩個電荷的[E-x]圖像問題可與兩個等量同種電荷或等量異種電荷的電場強度與電勢分布進行對比判斷。

綜上所述，筆者從例1、例2的分析，歸納出解決[E-x]圖像問題的方法，供讀者參考。

1.根據題意重新畫出電場線的分布圖;

2.利用[E-x]圖像中面積的意義分析電勢差，進而分析其他物理量;

3.與兩個等量同種電荷或等量異種電荷的電場強度與電勢分布進行對比判斷。

二、[φ-x]圖像

兩個等量異種點電荷連線上電場強度由正電荷指向負電荷，電勢沿電場線降低;在中垂面上，電勢均為零。將電勢[φ]隨位置[x]的變化關系繪出的圖像叫作[φ-x]圖像，其圖像的性質與物理意義及其處理方法將通過下面的例題進行闡述。

[例3]（2017級成都七中一診模擬）有一靜電場，其電勢隨[x]坐標的改變而改變，變化的圖像如圖5所示。若將一帶負電的粒子（不計重力）從坐標原點[O]由靜止釋放，粒子沿[x]軸運動，電場中[P]、[Q]兩點的坐標分別為[1 mm]、[4 mm]。則下列說法正確的是（）。

A.粒子經過[P]點和[Q]點時，加速度大小相等、方向相反

B.粒子經過[P]點和[Q]點時，動能相等

C.粒子經過[P]點和[Q]點時，電場力做功的功率相等

D.粒子在[P]點的電勢能為正值

分析：在[0～2 mm]段，電勢隨距離均勻增加，因此此段電場為勻強電場，所以電場強度[E02=U02d02=φ0-φ2d02=-2×104 V/m];同理，在[2～6 mm]段，[E26=U26d26=φ2-φ6d26=1×104 V/m]。由此可知，在[φ-x]圖像中斜率表示電場強度的相反數。 根據牛頓第二定律有[qE=ma]，因[E02]與[E26]的大小不等，故兩段的加速度大小不等，方向相反，故A選項錯誤。由圖5可知，[φP=φQ=20 V]，根據[EP=qφ]，則有[EPP=EPQ<0]，故D選項錯誤。再根據能量守恒可知，粒子經過[P]點和[Q]點時，動能相等，故B選項正確。根據[F=qE]可知，帶負電的粒子在兩段所受的電場力大小不等，根據B選項可知，帶負電的粒子經過[P]點和[Q]點時，速度相同。 根據功率[P=Fv]可知，粒子經過[P]點和[Q]點時，電場力做功的功率不相等，故C選項錯誤。

評注：從例3的分析可以歸納出處理[φ-x]圖像問題的方法：

1.根據[φ-x]圖像中的斜率判斷電場強度;

2.電勢能高低的判斷可采用兩種方法：第一，根據[EP=qφ]直接進行判斷;第二，根據電場力做功進行判斷;

3.結合牛頓第二定律、動能定理、能量守恒定律等其他規律綜合分析。

[例4]（2019屆河北示范高中4月聯考，多選）已知[x]軸上電場方向與[x]軸方向平行，[x]軸上各點電勢[φ]隨[x]的變化關系如圖6所示，[x=0]處電勢最大為[5 V]，一電子從[x=-2 cm]處由靜止釋放，則下列說法正確的是（）。

A. [x=0]處電場強度為[0]

B.電子在[x=-2 cm]處的加速度小于在[x=-1 cm]處的加速度

C.該電子運動到[x=0]處時的動能為[3 eV]

D.該電子不可能運動到[x=2 cm]處

分析：根據[φ-x]圖像中斜率的意義可知在[x=0]處電場強度為[0]，故A選項正確。在[x]軸的負半軸，電場強度逐漸減小，根據牛頓第二定律有[qE=ma]可知，加速度逐漸減小，故B選項錯誤。電子在[x=-2 cm]處由靜止釋放，其總能量即為此時的電勢能[EP（-2）=-2 eV]，根據能量守恒有[EP（-2）=EP0+Ek0]，解得[Ek0=3 eV]，故C選項正確。假設該電子能運動到[x=2 cm]處，則根據能量守恒有[EP（-2）=EP2+Ek2]，解得[Ek2=1 eV]，假設成立，故D選項錯誤。

三、[EP-x]圖像

電場力做正功，電勢能降低;電場力做負功，電勢能增加。當電荷在不同電勢間（存在電勢差）運動時必然伴隨電勢能的轉化。根據電勢能[EP]隨位置[x]的變化關系繪成的圖像叫作[EP-x]圖像。在[EP-x]圖像中，若[EP]發生變化，則必然伴隨著其他形式的能量發生變化，比如動能的變化。因此，[EP-x]圖像相對復雜，需仔細分析。下面通過具體的例題總結[EP-x]圖像的物理意義及其處理方法。

[例5]（2019年北京朝陽區期末）靜電場方向平行于[x]軸，將一電荷量為[-q]的帶電粒子在[x=d]處由靜止釋放，粒子只在電場力作用下沿[x]軸運動，其電勢能[EP]隨[x]的變化關系如圖7所示。若規定[x]軸正方向為電場強度[E]、加速度[a]的正方向，圖8中四幅示意圖分別表示電勢[φ]隨[x]的分布、場強[E]隨[x]的分布、粒子的加速度[a]隨[x]的變化關系和粒子的動能[Ek]隨[x]的變化關系，其中正確的是（）。

分析：根據[EP=qφ]可將[EP-x]圖像轉化為[φ-x]圖像，如圖9（a）所示，故A選項錯誤。根據[φ-x]圖像中斜率表示電場強度的相反數，可轉換為[E-x]圖像如圖9（b）所示，故B選項錯誤。根據牛頓第二定律[qE=ma]可將[EP-x]圖像轉化為[a-x]圖像如圖9（c）所示，故C選項錯誤。根據能量守恒定律可將[EP-x]圖像轉化為[Ek-x]圖像如圖9（d）所示，故D選項正確。

從以上分析可知，在[x<0]區域為勻強電場，沿[x]軸正方向電場力做功[W=-q（-E）d=qEd>0]，電勢能的變化量[ΔEP=-W<0]，所以[EP-x]圖像中斜率[k=-ΔEPd=qE=-F]。由此可知，在[EP-x]圖像中斜率表示電場力的相反數。

評注：從例5的分析可以得出[EP-x]圖像中斜率的意義：在[EP-x]圖像中斜率表示電場力的相反數。可以歸納出處理[EP-x]圖像問題的方法。

1.根據[EP-x]圖像中的斜率判斷電場力;

2.通過[EP=qφ]將[EP-x]圖像轉化為[φ-x]圖像，再將[φ-x]圖像轉化為[E-x]圖像，再轉化成其他所需的圖像;

3.結合牛頓第二定律、動能定理、能量守恒定律等其他規律綜合分析。

[例6]（2019年北京海淀區模擬）兩個點電荷[Q1]和[Q2]固定在[x]軸正半軸上，其中[Q2]所在位置為坐標原點。將一電子放在[x]軸正半軸上，該電子的電勢能[Ep]隨位置[x]變化的曲線如圖10所示。其中[x=x0]是電勢能為零的點的橫坐標，[x=x1]是電勢能為極值的點的橫坐標。由圖像可知（）。

A.[Q2]一定帶負電

B.兩個點電荷可能為同種電荷

C.兩個點電荷在[x0]處的合場強為零

D.[Q1]帶電荷量的絕對值小于[Q2]帶電荷量的絕對值

分析：根據[EP-x]圖像中斜率的意義可知，在[x1]處電場力為零，根據[F=qE]可知，此處電場強度為零;同理，在[x0]處電場力不為零，電場強度亦不為零，故C選項錯誤。根據[EP=qφ]可知， 在[x0]處電勢[φ=0]，因同種電荷連線上電勢不能為零，故B選項錯誤。根據[EP-x]圖像中斜率的意義可知，在[x0]處電場力向右，因此[Q2]為負電荷，故A選項正確。為使[x1]處電場強度為零，則[Q1]應在[Ox1]之間，因[Q1]靠近[x1]且[Q1

四、其他圖像

上文討論[EP-x]圖像時提到，電勢能的變化必然伴隨著其他形式能量的變化，因此在靜電場圖像問題的考查中，也可結合其他圖像進行同步考查，例如例7中通過[v-x]圖像推出其物理量的變化關系。

[例7]（2019年遼寧遼陽二模）電荷量為[Q1]、[Q2]的兩個點電荷[A]、[B]分別固定在[x]軸上的原點[O]處和[x=5d]處，一正點電荷[C]（不計重力）從[x=d]處以初速度[v0]沿[x]軸正方向運動，其速率[v]與在[x]軸上的位置關系如圖11所示，則下列判斷正確的是（）。

A.點電荷[A]帶負電荷、[B]帶正電荷

B.點電荷[A]、[B]所帶電荷量的絕對值之比為2∶3

C.點電荷[C]從[x=d]處到[x=4d]處的過程中，在[x=2d]處的電勢能最小

D.點電荷[C]從[x=d]處到[x=4d]處的過程中，電勢先增大后減小

分析：點電荷[C]從[x=d]處到[x=2d]處速度減小，動能減小，電場力做負功，故[d-2d]段電場力向左，電場方向向左;點電荷[C]從[x=2d]處到[x=4d]處速度增加，動能增加，電場力做正功，故[2d～4d]段電場力向右，電場方向向右。所以在[x=2d]處電場強度為零，即[A]、[B]為同種電荷，故A選項錯誤。因在[x=2d]處電場強度為零，即有[kQ1（2d）2=kQ2（3d）2]，所以[Q1Q2=49]，故B選項錯誤。在[x=2d]處動能最小，根據能量守恒定律可知電勢能最大，故C選項錯誤。同理，電勢能先增大后減小，故D選項正確。

評注：從以上分析可以看出，掌握[E-x]圖像、[φ-x]圖像、[EP-x]圖像等三種圖像的物理意義以及處理方法，學會圖像之間的轉換（如例5），甚至會進行逆向推導圖像（如例7），無論何種非常見圖像問題都能迎刃而解。

以上即為筆者總結的處理靜電場中圖像問題的拙見，不足之處懇請斧正。

（責任編輯 易志毅）