习题课二 电场中的图像(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第三册（教科版）

本高中物理讲义聚焦电场中的图像问题，系统梳理v-t图像（通过斜率分析加速度与电场力）、φ-x图像（通过斜率分析电场强度与方向）、Ep-x图像（通过斜率分析电场力大小）、E-x图像（通过面积分析电势差）的规律，构建从图像到电场强度、电势、电势能等物理量的分析框架。 资料以核心素养为导向，通过典型例题（如电子在v-t图像中的运动分析）培养科学思维与科学探究能力，解析过程注重图像信息提取与规律应用。课中助力教师系统教学，课后学生可通过分层练习巩固知识，有效查漏补缺，提升解决电场图像问题的能力。

习题课二　电场中的图像 物理观念：认识电场中的v-t图像、φ-x图像、Ep-x图像和E-x图像。 科学思维：根据v-t图像、φ-x图像、Ep-x图像、E-x图像纵坐标随横坐标变化的特点、曲线斜率的特点、面积的特点、图像的对称性分析电场强度、电势、带电粒子的电势能变化规律。 科学探究：培养学生从图像中提取信息、提出解决问题的能力。 科学态度与责任：旨在引导学生认识到物理源于生活又服务于社会，体会物理学家的思维方法，并养成严谨求实的科学态度。 要点一　电场中的v-t图像 　根据v-t图像中速度变化情况及图线切线斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，进而确定电场的方向、电场强度的大小、电势高低及电势能变化。 〔多选〕如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（　AC　） A.静电力FA＜FB B.电场强度EA＝EB C.电势φA＜φB D.电势能EpA＜EpB 解析：在v-t图像中切线的斜率表示加速度，由速度—时间图像看出，切线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受静电力增大，则静电力FA＜FB，故A正确；电子所受静电力增大，电场强度也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；电子静止开始沿电场线从A运动到B，静电力做正功，则静电力的方向从A到B，电子带负电，所以电场强度方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA＜φB，故C正确；由速度—时间图像看出，电子的速度增大，静电力做正功，电子的电势能减小，则电势能EpA＞EpB，故D错误。 　〔多选〕如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为＋2×10－3 C、质量为1×10－3 kg的小物块从A点由静止释放（t＝0），沿MN做直线运动，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（　　） A.A、B两点电势差UAB＝－4 V B.小物块从B点到C点电场力做的功W＝10－2 J C.B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1 V/m D.由A到C的过程中小物块的电势能先减小后增大 解析：BC　小物块从A到B的过程，由动能定理有qUAB＝m，解得UAB＝4 V，选项A错误；小物块从B点到C点电场力做的功WBC＝m－m＝10－2 J，选项B正确；在B点的加速度最大，则所受的电场力最大，由题图乙可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2，由Eq＝ma，解得E＝1 V/m，选项C正确；由A到C的过程中小物块的动能一直增大，电场力一直做正功，则电势能一直减小，选项D错误。 要点二　电场中的φ-x图像 1.电场强度的大小等于φ-x图像切线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图像存在极值，其切线的斜率为零。 2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。 3.在φ-x图像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，然后做出判断。 在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域，则该质子（　C　） A.在－x0～0区间一直做加速运动 B.在0～x0区间受到的静电力一直减小 C.在－x0～0区间电势能一直增加 D.在0～x0区间电势能一直增加 解析：该图像为电势随坐标x的变化图像，切线斜率代表了电场强度，故在0～x0区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x0～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x0区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x0～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转化为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。 　〔多选〕（2026·成都锦江嘉祥外国语10月月考）有一静电场，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图像如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm，下列说法正确的是（　　） A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动 B.粒子在P点加速度大于Q点加速度，方向相反 C.粒子经过P点与Q点时，动能相等 D.粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 解析：BC　根据顺着电场线方向电势降低可知，0～2 mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动，在2～6 mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向做减速运动，6 mm处粒子的速度为零，然后粒子向左先做加速运动后做减速运动。即在0～6 mm间做往复运动，故A错误；φ-x图像的斜率大小等于场强E，则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故B正确；粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，故C正确；粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等，故D错误。 要点三　电场中的Ep-x图像 1.Ep-x图像反映了电势能随位置变化的规律。 2.图线的切线斜率大小等于静电力大小。 3.由电势能的变化进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况。 〔多选〕如图甲所示A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度沿直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示，则从A到B过程中，下列说法正确的是（　BD　） A.点电荷的速度先增大后减小 B.电荷所受电场力先减小后增大 C.从A到B各点的电势先降低后升高 D.从A到B各点的电势先升高后降低 解析：当只有电场力做功时，动能和电势能之和不变，由电势能Ep随位移x的变化关系可知，电势先增大后减小，所以动能先减小后增大，点电荷的速度先减小后增大，正电荷在电势能大的地方，电势高，所以从A到B各点的电势先升高后降低，故A、C错误，D正确；电势能Ep随位移x的变化关系图线的切线斜率表示电场力，由图可知，Ep-x图线的切线斜率的绝对值先减小，后增大，所以电荷所受电场力先减小后增大，故B正确。 　〔多选〕一带负电的粒子仅在静电力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　） A.x1处电场强度为零 B.在x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3 C.粒子在O～x2段做变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动 D.在x2～x3段该带负电的粒子速度减小 解析：ABD　根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，电场强度与电势的关系E＝，可得电场强度E＝·，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，A正确；电势能与电势的关系Ep＝qφ，粒子带负电，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1＞φ2＞φ3，B正确；在x2～x3段，图线斜率为非零定值，表明电场强度为非零定值，因此粒子在x2～x3段做匀变速直线运动。又由于粒子的动能与电势能之和保持不变，x2～x3段粒子电势能不断增大，因此动能不断减小，粒子做匀减速直线运动，C错误，D正确。 要点四　电场中的E-x图像 1.E-x图像反映了电场强度随位置变化的规律； 2.E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿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。 静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　C　） A.在x2和x4处电势能相等 B.由x1运动到x3的过程中电势能增大 C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大 解析：由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。 　一静电场在x轴上各点的电场强度E随x的变化关系图像如图所示，电场强度方向与x轴平行，以x轴正方向为电场强度的正方向。一电荷量为－q的粒子从x＝2x0点由静止释放，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A.粒子经过x0和－x0两点时的加速度大小相等，方向相反 B.粒子将沿x轴在2x0～－2x0之间往复运动 C.原点O与x0之间和x0～2x0之间的电势差相等 D.粒子由x＝2x0运动到x＝－2x0的过程中电势能逐渐减小 解析：D　由图像可知，x0和－x0两点的电场强度大小相等，方向相同，受到的静电力大小相等，方向相同，粒子经过x0和－x0两点时的加速度大小相等，方向相同，A错误；电场方向均沿x轴正方向，带负电的粒子受力沿x轴负方向，粒子始终沿x轴负方向加速，B错误；E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，原点O与x0之间的电势差小于x0～2x0之间的电势差，C错误；粒子由x＝2x0运动到x＝－2x0的过程中，静电力做正功，电势能逐渐减小，D正确。 1.一正电荷在电场中仅受静电力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　） A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度 B.A处的电势一定低于B处的电势 C.电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能 D.从A到B的过程中，静电力对电荷做正功 解析：B　由图像知A处的加速度大于B处的加速度，A处的电场强度一定大于B处的电场强度，A错误；根据电荷的电性，能判断电场线的方向，也就能判断电势的高低，即A处的电势一定低于B处的电势，B正确；由功能关系及动能和电势能之和守恒知C、D错误。 2.（2026·七中高新9月月考）空间中一静电场的某物理量在x轴上分布情况如图所示，其中OA＝OB，则（　　） A.若为E-x图像，则φA＝φB B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功 C.若为φ-x图像，则EA、EB相同 D.若为φ-x图像，在A自由释放一质子，其仅在电场力作用下运动到B，加速度先变小后增大 解析：D　若为E-x图像，由图像知，A到B电场强度一直是负值，表明电场方向一直是沿x轴负方向，沿电场线方向电势逐渐降低，因此A到B电势是升高的，则φA＜φB，A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向，电子受到的电场力方向指向x轴正方向，所以电场力一直做正功，故A、B错误；若为φ-x图像，其斜率代表电场强度，则A、B两点电场强度大小相等，但方向相反，故C错误；若为φ-x图像，A到O电势降低，电场方向指向x轴正方向，在A点静止释放质子，其所受电场力方向指向x轴正方向，将向x轴正方向运动，由图像斜率变化可知电场强度先变小，在O点为零，O到B过程电场强度反向逐渐变大，所以质子的加速度先变小后变大，故D正确。 3.（2026·树德中学10月月考）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势随位置x变化的图像如图所示，一电子从x3点静止释放，该电子仅受电场力作用。下列说法正确的是（　　） A.0和x1之间电场方向沿x轴负方向 B.x2和x5之间的电场强度大小先增加后减小 C.该电子运动到x4点时的动能为1 eV D.该电子可能到达x5点 解析：C　沿电场线方向电势降低，则0和x1之间电场方向沿x轴正方向，故A错误；φ-x图像上某点切线斜率的绝对值表示电场强度，根据图像，在x4处，切线斜率为0，即电场强度为0，则x2和x5之间的电场强度大小先减小到0后增大，故B错误；从x3到x4，根据动能定理有－e（φ3－φ4）＝Ek4－Ek3，解得Ek4＝1 eV，故C正确；根据图像可知，x5位置的电势为φ5＝0 V，假设试探电荷能够到达该位置，根据动能定理有－e（φ3－φ5）＝Ek5－Ek3，解得Ek5＝－1 eV，动能不符合要求，可知假设不成立，即试探电荷不能够到达x5位置，故D错误。 4.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零，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、D两点处的电势能均为零；在DJ段中H点处电势能最大，则（　　） 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轴正方向 C.若将一带负电的试探电荷自G点释放，仅在电场力作用下一定能到达D点 D.若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 解析：D　由Ep＝qφ知正电荷的电势能变化和电场的电势变化相同。由题意知无穷远处的电势为0，由题图知B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，C点电荷q2带负电，由于B点距离O比较远而距离C比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，选项A错误；沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的场强沿x轴负方向，选项B错误；带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的电场力，故沿x轴正向加速运动，选项C错误；负电荷从D点到J点的电场力先沿x轴正向后沿x轴负向，故电场力先做正功后做负功，选项D正确。 1.（2026·成都列五中学高二段考）在某静电场中，电场方向沿x轴方向，其电势φ随坐标x的分布如图所示（x＜－4 cm及x＞4 cm区域均无电场），一质量为2×10－10 kg、电荷量为2×10－11 C的带正电粒子（重力不计），以大小为6×103 m/s的初速度从x＝－4 cm处沿x轴正方向进入电场。下列判断正确的是（　　） A.该电场中，最大电场强度为120 V/m B.粒子不可能到达x＝4 cm处 C.粒子从x＝－4 cm处沿x轴正方向运动的过程中，在x＝3 cm处的动能最大 D.粒子从x＝－4 cm处沿x轴正方向运动的过程中，最小的动能为零 解析：C　图像的斜率表示电场强度，根据图示可求得最大电场强度为1.2×104 V/m，所以A错误；根据题意，粒子开始做匀减速运动，在x＝－3 cm处速度最小，设为v，由动能定理qU＝mv2－m，U为初始位置与x＝－3 cm位置的电势差，解得v＞0；从x＝－3 cm开始，粒子做匀加速运动，到x＝3 cm时速度达到最大，然后开始做匀减速运动，到x＝4 cm处时速度与初始位置速度相等。所以，粒子从x＝－4 cm处沿x轴正方向运动的过程中，在x＝3 cm处的动能最大，在整个运动过程中最小动能不为0，粒子可以到达x＝4 cm，所以C正确，B、D错误。 2.A和B两点在x轴上的坐标值为xA和xB，一质子仅在静电力作用下沿x轴运动，该质子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　） A.该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B.A点的电场强度小于B点的电场强度 C.质子在A点的动能大于在B点的动能 D.质子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W＝EpB－EpA 解析：C　Ep-x图像的斜率表示静电力，由图像可知斜率恒定，所以质子在该电场中受到恒定的静电力，所以该电场为匀强电场，不可能是孤立点电荷产生的，A错误；在匀强电场中，各点的电场强度相等，所以EA＝EB，B错误；由静电力做功等于电势能的减少量可得WAB＝EpA－EpB，因为EpA＜EpB，所以WAB＜0，由动能定理可得WAB＝EkB－EkA＜0，所以EkA＞EkB，C正确，D错误。 3.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x的变化关系如图乙所示。则（　　） A.x2处场强大小为 B.球内部的电场为匀强电场 C.x1、x2两点处的电势相同 D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同 解析：A　计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点O的点电荷，则有x2处场强大小为E＝，故A正确；由E-x图像可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐降低，可知＞，故C错误；E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故D错误。 4.（2026·成都外国语10月月考）空间存在某静电场，在x轴上各点的场强E随坐标x的分布规律如图所示，规定x轴的正方向为电场强度E的正方向。一个带电粒子在x轴上以坐标原点O点为对称中心做往复运动。已知粒子仅受电场力作用，运动中电势能和动能的总和为A，且坐标原点O处电势为零。则（　　） A.该粒子可能带正电 B.该粒子在坐标原点O两侧分别做匀变速直线运动 C.x＝x0处的电势为－E0x0 D.若该粒子带电荷量的绝对值为q，则粒子运动区间为 解析：C　由图像可知在O点右侧的电场线水平向右，在O点左侧的电场线水平向左，假设粒子带正电，则粒子在O点右侧向右运动时一直做加速运动因此不会做往复运动，即粒子不可能带正电，当粒子带负电时向右侧运动时做减速运动，减速到零反向加速过O点后继续减速运动，做的是往复运动，因此粒子带负电，故A错误；由图像可知该电场不是匀强电场，粒子的受力会发生变化，因此不做匀变速直线运动，故B错误；E-x图像的面积为电势差，沿着电场线方向电势降低，因此根据φ0＝0－E0x0得φ0＝－E0x0，故C正确；粒子的总能量为A，且O点的电势能为零，则O点的动能为A，粒子向x轴正向运动到最远距离时速度为零，能量转化为该点的电势能，由能量守恒可知A＝q·x·x，得x＝，即粒子运动区间为[－，]，故D错误。 5.〔多选〕光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1 kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　） A.中垂线上B点电场强度最大 B.两点电荷是负电荷 C.B点是A、C连线的中点 D.UBC＞UAB 解析：AD　根据v-t图像的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，故选项A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，且小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，故选项B错误；中垂线上电场线分布不均匀，不能确定B点是A、C连线的中点，故选项C错误；小物块从A→B的过程中，根据动能定理有qUAB＝m－m＝×1×42 J－0＝8 J，小物块从B→C的过程中，根据动能定理有qUBC＝m－m＝×1×72 J－×1×42 J＝16.5 J，对比可得UBC＞UAB，故选项D正确。 6.〔多选〕电荷量大小分别为Q和9Q的两个点电荷A、B分别固定于x轴上两处，且其中一个点电荷固定于x＝0处。在它们形成的电场中，有一个试探电荷－q沿x轴从＋∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的变化关系如图所示，图线最低处对应的x轴坐标为x0。则可以确定的是（　　） A.A带正电且处于x＝0处 B.B带正电且处于x＝－2x0处 C.在x＝x0处电场强度等于零 D.在x轴上x＞x0范围内，电场方向向左 解析：BC　从图像可知在x＝0处的电势能大于零，故在此处应有一负电荷，即－Q，A错误；在x＝x0处电势能最小，此处应为平衡位置，且Ep-x图像的切线斜率表示静电力，即x＝x0处静电力为零，则电场强度等于零，C正确；根据x＝x0处电场强度等于零，设＋9Q的横坐标为－x，则有k＝k，解得x＝－2x0，B正确；在x轴上x＞x0的区域，试探电荷－q沿x轴从＋∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的减小而减小，可知静电力做正功，根据负电荷所受静电力方向与电场方向相反，则电场方向向右，D错误。 7.真空中固定一电荷量为Q的负点电荷，一电荷量为q、质量为m的试探电荷仅在电场力作用下由静止开始运动，先后经过A、B、C三点，其a-图像如图所示，图中a为试探电荷的加速度，r代表试探电荷与负点电荷间的距离，已知aC＝3aA＝1.5aB，则下列说法正确的是（　　） A.试探电荷带负电 B.A、B、C三点的电势关系φA＜φB＜φC C.A、B、C三点的电场强度关系EC＝3EA＝1.5EB D.该图线的斜率代表负点电荷的电荷量与试探电荷质量的比值 解析：C　因为试探电荷仅在电场力作用下由静止开始运动，先后经过A、B、C三点，结合题中图像可知，试探电荷离负点电荷越来越近，而固定点电荷带负电，说明试探电荷带正电，A错误；沿着电场线方向电势降低，所以A、B、C三点的电势关系φA＞φB＞φC，B错误；由于aC＝3aA＝1.5aB，根据F＝qE＝ma，可知A、B、C三点电场强度关系EC＝3EA＝1.5EB，由＝ma可知a-图像的斜率k'＝，故C正确，D错误。 8.（2026·成都四十九中10月月考）等量同种电荷Q、q固定在x轴上的O、D两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A.A、B两点间场强方向沿x轴负方向 B.A、C两点间的场强大小沿x轴正方向先减小后增大 C.将一负点电荷从C点移到A点，电场力先做正功后做负功 D.将一正点电荷从A点移到C点，电势能先增大后减小 解析：B　沿x正方向从A到B的过程，电势降低，A、B两点间场强方向沿x轴正方向，故A错误；φ-x图线的斜率表示电场强度，由题图可得A、C两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故B正确；从C到A电势先降低后升高，则负点电荷从C点移到A点，电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故C错误；从A到C电势先降低后升高，将一正点电荷从C点移到A点，电势能先减小后增大，故D错误。 9.反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝2.0×10－20 kg，电荷量q＝2.0×10－9 C的带负电的粒子从（－1，0）点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。则 （1）x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比是多少？ （2）粒子在0～0.5 cm区间运动过程中的电势能是增加还是减少？ （3）该粒子运动过程中电势能变化量的最大值是多少？ （4）该粒子运动的周期T是多少？ 答案：（1）　 （2）增加　 （3）4.0×10－8 J　 （4）3×10－8 s 解析：（1）根据U＝Ed可知，左侧电场强度E1＝ V/m＝2.0×103 V/m，右侧电场强度E2＝ V/m＝4.0×103 V/m，所以＝。 （2）粒子带负电，故该粒子在0～0.5 cm区间运动过程中的电势能增加。 （3）该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为ΔEp＝ΔUq＝20×2.0×10－9 J＝4.0×10－8 J。 （4）粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE1x＝Ekm，其中x＝1.0×10－2 m，联立解得Ekm＝4.0×10－8 J，设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有vm＝a1t1＝t1，同理可知vm＝a2t2＝t2、Ekm＝m，而周期T＝2（t1＋t2），联立解得T＝3.0×10－8 s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $