冉潔 陳克超

圖像命題是高考命題的熱點，而電場中的圖像分析是電場命題的高頻點.?現(xiàn)在來探索φ-x圖像線性變化的基本模型與延伸討論.

一、模型分析——x軸、電場線方向共線

圖像的分析策略是點線面的意義分析，再結(jié)合物理過程和函數(shù)思想解決問題.?φ-x圖的點是電勢與位置的對應，可以求出該位置電勢、電荷具有的電勢能，兩個位置間電場力做功和電勢能的變化;圖像的斜率判斷沿x方向電場強度Ex隨位置x的變化規(guī)律;面積沒有意義.?如果x軸、電場線方向共線，φ-x圖像中圖線呈線性變化，空間必為勻強電場，圖像的斜率是勻強電場的電場強度，結(jié)合初始條件，可以判斷粒子運動的加速度、速度時間，電場力做功、電勢能變化等，從力和能兩個觀念分析電場中粒子運動.

【例1】（多選）如圖1甲所示，M、N為x軸上的兩點，位置坐標分別為（x1，0）、（x2，0），電勢分別為φ1、φ2，整個空間有平行于x軸的靜電場，圖乙為x軸各點電勢φ隨x變化的圖像.?一電子從某位置靜止釋放，到達x=0時的動能為Ek，已知電子電量為e，質(zhì)量為m，x=0點處電勢為零，不計質(zhì)子重力，則下列分析正確的是（ ?）

A.?電子在M點處加速度為

B.?電子在M點處速度為

C.?電子從M點運動到N點時間為

D.?電子在N點處動能與電勢能之和為Ek

解析：靜電場平行于x軸，則？準-x圖線的斜率表示場強，所以該靜電場為勻強電場，E==，運動的加速度a==，故A錯誤;設(shè)質(zhì)子在M點處速度為v1，根據(jù)動能定理φ1e=mv12-Ek，v1=，故B正確;同理質(zhì)子在N點處速度為v2=，又x2-x1=t，t=，故C正確;質(zhì)子只受電場力，所以動能和電勢能之和不變，所以任意位置動能和電勢能之和等于x=0點處的動能為Ek，故D錯誤.

拓展：1.?情景改變?yōu)閤軸方向相反的組合電場模型，粒子做周期性直線運動，并具有對稱性特征.

【變式1】如圖2，空間存在著平行于x軸方向的靜電場，P、M為x軸上的兩點，x軸上各點的電勢φ隨位置坐標x的變化如圖所示.?一個質(zhì)量m，電荷量q的帶正電粒子僅在電場力作用下從P點由靜止開始沿x軸正方向運動，試判斷：粒子的運動情況;粒子在x軸左、右側(cè)運動的加速度大小;運動的最大速度;運動的區(qū)間和運動的周期.

答案：粒子做周期性的勻加速和勻減速運動;a=、a′=;vm=;（x2-）、（T=+）.

2.?情景變?yōu)槌跛俣却怪庇陔妶龇较?，?gòu)成典型的電偏轉(zhuǎn)模型.

【變式2】在xoy平面內(nèi)的第三、四象限有平行于x軸向右的勻強電場，如圖3所示，電勢與x坐標滿足φ=φ0+kx（坐標原點的電勢為φ0）.?一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球（重力不計）從y=-L的A點，以初速度v0沿+y方向射入電場，從x軸上的B點射出.?試判斷：B點的電勢能;粒子在B點的速度大小和速度方向與x軸夾角的正切值;改變?nèi)肷渌俣却笮。ㄟh小于光速）小球從x軸射出上速度的最小值.

答案：EpB?=?φ0?q+;vB?=，tan？茲=;2v0?.

3.?情景變?yōu)槎嗔Ｗ舆\動比較，體現(xiàn)對比分析中的函數(shù)思想.

【變式3】如圖4，在xoy平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，M、N點在x軸上.?質(zhì)量不相等的兩個帶正電荷的同位素粒子，以相同的速度v0同時從M、N點垂直射入電場中，不計粒子的重力和粒子間的庫侖力作用.?已知兩粒子都能經(jīng)過P點，在此過程中，試比較兩粒子的質(zhì)量、到達P點的時間、動量的變化、電勢能的變化關(guān)系.

答案：mM>mN、時間相等、△PM<△PN、△EPM?<△EPN?.

二、模型延伸應用

如果x軸的方向與電場線平行有夾角？茲，那么涉及正交分解法來研究，沿x方向的場強Ex=E·cos？茲.

（一）電場方向與x軸垂直.

電場方向與x軸垂直時，φ-x圖為平行于x軸的直線，x軸是等勢面，抓住等勢面這個特征，結(jié)合初始條件分析粒子的運動，從而求解.

【例2】如圖5，在L>y>0的空間中，存在沿+y方向的靜電場，在-L

（1）電子在y方向的分運動周期;

（2）電子通過x軸時的動能;

（3）電子運動的軌跡與x軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點之間的距離l.

解析：?（1）y=L和y=-L處電勢均為φ0，x軸電勢為零，所以空間分布的是兩個方向的勻強電場.?電子射入電場后，x方向的分運動一直為勻速運動;y方向的分運動為先是+y方向的加速運動后減速運動，接著沿-y方向的加速運動后減速運動，……如此反復.?設(shè)電場強度大小為E，粒子的加速度大小為a，有E=，a==，又d=at2，電子在y方向分運動的周期為：T=4t=4

（2）由動能定理有qEd=Ek-mv20，粒子第一次到達x軸時動能為Ek=mv20+ed

（3）在水平方向上：x=v0?t=v0

電子運動的軌跡與x軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點之間的距離l：l=2x=2v0.

拓展：

1.?多粒子垂直于電場方向射入電場區(qū)，電偏轉(zhuǎn)中打在極板上、飛出場區(qū)、示波管原理幾種模型組合.

【變式1】如圖6所示，第一象限內(nèi)L>x>0的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，一電子束以相同的某初速度沿水平方向從+y軸上不同位置射入場區(qū)，如圖所示，其中電子從+y軸上y=的A點處進入電場，恰好從x=L處的B點射出場區(qū)（A、B兩點未畫出），已知A處電勢為φA，射出點B處電勢為φB，電子電量為-e，質(zhì)量為m.?試判斷：電子在由A運動到B的過程中電場力做的功WAB;電子束的初速度;電場后從電場的右邊界飛出時運動方向是否仍然彼此平行？射出場區(qū)時的x坐標值和射入場區(qū)時的y坐標值的關(guān)系式.

答案：WAB=e（φB-φA）;v0=;平行;在電場中直接過x軸情形x2=2Ly、飛出場區(qū)后過x軸情形x=+y.

2.?粒子向各個方向發(fā)射，粒子到達x軸的判斷.

【變式2】如圖7，在豎直平面內(nèi)存在勻強電場，y=l的P點能在沿豎直平面內(nèi)以相同的速率v0，向各個方向不斷發(fā)射電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子（不計重力），所有粒子都能到達x軸所在的水平面，且它們到達x軸時動能都相等.?若射出時速度方向與-y方向的夾角為60°粒子，它經(jīng)過x軸上的B點時速度方向與-y方向的夾角為30°.?試判斷：P、B兩點間的電勢差;場強的大小方向;水平方向發(fā)射的粒子到達x軸所在水平面的范圍.

答案：UPB=;E=;O點為圓心圓面S=2？仔l(wèi)2.

3.?電磁組合場中粒子的周期性運動.

【變式3】如圖8所示，在直角坐標系xoy平面內(nèi)，在第一、二象限沿-y方向的勻強電場，場強大小為E;在第三、四象限內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為.?一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從y軸上y=h點以一定初速度沿+x方向射出，第一次射出電場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°.?不計粒子重力.?試判斷：粒子第一次射出電場的位置坐標;粒子第一次射出磁場的位置坐標;粒子是否能通過x=2h位置點.

答案：x1=h;x2=0;能.

（二）電場方向與x軸有夾角？茲.

電場與x軸有夾角時，φ與x的函數(shù)圖像的斜率是x方向的分場強，巧妙分解力或者分解速度，運用拋體運動模型分析求解.

【例3】如圖9所示，空間存在方向沿紙面內(nèi)平行于OM的勻強電場，電勢φ與x坐標滿足φ=φ0+kx（坐標原點的電勢為φ0）.?一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子（不計重力），以初速度v0由O點沿+x方向射入電場區(qū).?已知OM與+x方向的夾角為？茲，ON間距離為L，求：

（1）ON兩點的電勢差;

（2）粒子回到過O點的等勢面時的位置坐標;

（3）粒子運動過程中在+x方向偏離y軸的最大值.

解析：（1）ON兩點的電勢差為UON=-kL

（2）由φ=φ0+kx知，Ex=k，所以則勻強電場的電場強度大小E==，粒子所受電場力方向斜向左下方，小球做類斜上拋運動，沿OM方向和垂直于OM方向分解初速度，沿OM方向做往返的勻減速運動，回到過O點的等勢面的時間t=2=，離O點的距離為S=v0sin？茲·t=，粒子回到過O點的等勢面時的位置坐標，x=S·sin？茲=，y=-S·cos？茲=-

（3）小球做類斜上拋運動，將電場力沿-x和-y方向分解，粒子沿+x方向做往返勻減速運動，同理有v0=ax?t，xm=ax?t2，解得xm=.

拓展：

1.?改變初速度方向，初速度與電場方向、x軸均不共線.

【變式1】如圖10所示，在xoy坐標系內(nèi)有一直角三角形OAB，處于平行于紙面的勻強電場中，O點為坐標原點，∠A是直角，∠B=30°，OB長為2L，已知A點的電勢為？漬（？漬>0），B點的電勢為2？漬，O點的電勢為0，一帶電的粒子以初速度v0從O點入射，方向與-x方向夾角為60°，粒子恰能過圖中的A點.?不計粒子的重力，試判斷：電場強度的大小和粒子的比荷大小.

答案：E=;=.

2.?初速度與電場方向、x軸均不共線，同時組合電場模型的多過程運動.

【例4】如圖11所示，在直角坐標系xOy的第一、四象限內(nèi)，分別存在大小均為E、方向不同的兩個勻強電場，兩個電場的方向與x軸所夾的銳角都是60°.?一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（不計重力），從+y軸上p點沿著與+y方向成60°角方向以初速度v0射入場區(qū)，第一次到達x軸上的Q點時速度方向與+x方向成30°角.?試判斷：粒子在P、Q兩點速度之比;P、Q兩點電勢能的變化;粒子第一次與第二次通過x軸的坐標之比.

答案：=;0;=.

總之，φ-x圖像線性變化對應著勻強電場，電場的方向與x軸共線、垂直、有夾角三種情況為依據(jù)，通過改變初位置點、初速度方向、多電場、多粒子來改變問題情境，帶點粒子在電場中的運動取決于初位置點、初速度方向、x軸、電場線方向四個條件的變化，以x軸、電場線方向關(guān)系為基礎(chǔ)，巧妙融入帶電粒子在勻強電場中加速與偏轉(zhuǎn)模型，深挖電場方向與x軸的兩線的空間關(guān)系為基本點，通過改變問題的視角、維度和層次，展示考查學生能力背后的解題方法的深度與廣度、數(shù)學運用能力與思維策略，符合高考以能力為根本的命題立意.

責任編輯?李平安