（1）粒子所受电场力的大小； （2）粒子的运动区间； （3）粒子的运动周期。 解析：（1）由图可知，0与d （或-d ）两点间的电势差为φ0
电场强度的大小 0
E d
?=
电场力的大小 0
q F qE d
?==
（2）设粒子在[-x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得
2
12
mv q A ?-=- ① 由图可知0(1)x d ??=-
② 由①②得 201
(1)2x mv q A d
?=-- 因动能非负，有 0(1)0x q A d
?-
-≥ 得0(1)A x d q ?≤-即 00(1)A
x d q ?=- 粒子运动区间00
(1)(1)A A
d x d q q ??--
≤≤- （3）考虑粒子从-x 0处开始运动的四分之一周期 根据牛顿第二定律，粒子的加速度 0
q F Eq a m m md
?=
==
由匀加速直线运动 0
2x t a
=
将○
4○5代入，得 200
2(1)md A
t q q ??=- 粒子运动周期 00
442()d
T t m q A q ??==-
3、E-x 图像
φ
φ
-d
d
x O
(2009上海单科物理)3．两带电量分别为q 和－q 的点电荷放在x 轴上，相距为L ，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x 关系的是图（ ）
3、A
(2013上海物理)32．(12分)半径为R ，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图所示，图中E 0已知，E －r 曲线下O －R 部分的面积等于R －2R 部分的面积。 (1)写出E －r 曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r ≥R 处的场强E ＝kQ ／r 2，式中k 为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q 为多大? (3)求球心与球表面间的电势差△U ；
(4)质量为m ，电荷量为q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R 处?
【答案】⑴V （或N ?m/C 或kg ?m 2?A -1?s -3）⑵E 0R 2/k ⑶E 0R /2 ⑷0q ER m
【解析】⑴E －r 曲线下面积表示电势差，故单位为V （或N ?m/C 或kg ?m 2?A -1?s -3）
⑵由E 0=kQ /R 2得 Q =E 0R 2/k
⑶由E －r 曲线下面积求得电势差ΔU = E 0R /2 ⑷由于ΔU = E 0R /2，由动能定理得q ΔU =mv 2/2 0q ER v m
(2010江苏单科物理)5.空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图像如图所示。下列说法正确的是 （A ）O 点的电势最低 （B ）x 2点的电势最高
（C ）x 1和-x 1两点的电势相等 （D ）x 1和x 3两点的电势相等 【答案】C
【解析】沿x 轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O 点为中心指向正、负方向，沿电场线电势降落（最快），所以O 点电势最高，A 错误，B 错误；根据U=Ed ，电场强度是变量，可用E-x 图象面积表示，所以C 正确；两点电场强度大小相等，电势不相等，D 错误。
(2014上海物理)19．静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷 A ．在x 2和x 4处电势能相等
E E E E
q －q q －q q －q q －q O L x O L x O L x O L x
（A ） （B ） （C ） （D ）
E
r
O
R
2R
E 0
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】由图可知，将正电荷沿x轴正向移动，电场力沿x轴负方向，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程场强先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C向正确；D项错误。
4、其它图像
(1991全国卷2)6.一个带负电的小球，受水平方向的匀强电场力和重力的作用，由静止开始运动.不计空气阻力，设坐标轴如下图，x轴的正方向与电场方向一致，y轴向下，原点在小球起始位置.在下列四个图示中，哪个图可能表示此小球的运动轨迹?
6.D
(2004北京理综卷物理)21. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如下图所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与ox轴平行。适当控制实验
A E O
x 电场强度与位移关系
E k
O x v O x a O x 粒子动能与位移关系
粒子速度与位移关系 粒子加速度与位移关系 B
C
D
条件，使该电子通过电场区域时仅在ox 轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y 方向的分速度v y 随位置坐标x 变化的示意图是
21. D
(2014山东理综物理)19．如图，半径为R 的均匀带正电的薄球壳，其上有一小孔A 。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能E k0沿OA 方向射出。下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系，可能正确的是
19、A
(2014安徽理综物理)17．一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E P 与位移x 的关系如右图所示。下列图象中合理的是
【答案】D 【解析】由电场力做功与电势能的关系：P F x E =-?，可知E P -x 图线的斜率
表示静电力F 的大小，可见静电力F 逐渐减小，而F=qE ，故不是匀强电场，A 错误；
r
k E R k
E r
k E R k
E r
k E R k
E r
k E R
k
E A B
C
D
O
A
E P
O
x
根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动C 错误，D 正确；根据能量守恒k p E E ?=-?，比较图线B 错误。正确选项D 。
5、u-t 图像转化为v-t 图像
(2007广东物理卷)6．平行板间加如图4（a ）所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。图4（b ）中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是
6.A
(1994全国卷)19.图19-11中A 、B 是一对平行的金属板.在两板间加上一周期为T 的交变电压u.A 板的电势U A =0，B 板的电势U B 随时间的变化规律为:在0到T/2的时间内，U B =U 0(正的常数);在T/2到T 的时间内.U B =U 0;在T 到3T/2的时间内，U B =U 0;在3T/2到2T 的时间内.U B =U 0……，现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的电场区内.设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则
(A)若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B 板运动
(B)若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
(C)若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
(D)若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B 板、时而向A 板运动
P
t U A
U O
-U O
O T/T
A
B
图图19.A 、B
(2011安徽理综物理)20．如图（a ）所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图（b ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。则t 0可能属于的时间段是
A ．004T t <<
B ．0324
T T
t <<
C ．034T t T <<
D ．098
T T t <<
答案：B 解析：若0
04
T
t <<，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以A 错误。若
0324
T T
t <<
，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以B 正确。若
034
T
t T <<，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以C 错误。若098
T
T t <<
，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以D 错误。
(1985全国卷)八、(12分) 图1中A 和B 表示在真空中相距为d 的两平行金属板.加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场.图2表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t ，纵坐标代表电压U.从t=0开始，电压为一给定值U 0，经过半个周期，突然变为-U 0;再过半个周期，又突然变为U 0;……如此周期性地交替变化.
在t=0时，将上述交变电压U 加在A 、B 两板上，使开始时A 板电势比B 板高，这时在紧靠B 板处有一初速为零的电子(质量为m ，电量为e)在电场作用下开始运动.要想使这电子到达A 板时具有最大的动能，则所加交变电压的频率最大不能超过多少?
八、开始t=0时，因A 板电势比B 板高，而电子又紧靠B 板处，所以电子将在电场力作用下向A 板运动.在交变电压的头半个周期内，电压不变，电子做匀加速直线运动，其动
能不断增大.如果频率很高，即周期很短，在电子尚未到达A 板之前交变电压已过了半个周期开始反向，则电子将沿原方向开始做匀减速直线运动.再过半个周期后，其动能减小到零.接着又变为匀加速运动，半个周期后，又做匀减速运动，……最后到达A 板.
在匀减速运动过程中，电子动能要减少.因此，要想电子到达A 板时具有最大的动能，在电压的大小给定了的条件下，必须使电子从B 到A 的过程中始终做加速运动.这就是说，要使交变电压的半周期不小于电子从B 板处一直加速运动到A 板处所需的时间.即频率不能大于某一值.
其中e 和m 分别为电子的电量大小和质量.令t 表示电子从B 一直加速
令T 表示交变电压的周期，ν表示频率，根据以上的分析，它们应满足以下的要求:
由(a)、(b)、(d)三式可解得
(2006北京理综卷物理)23.（18分）如图1所示，真空中相距d ＝5cm 的两块平行金属板A 、B 与电源连接（图中未画出），其中B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×10-27kg ，电量q ＝+1.6×10-19 C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力。求
（1）在t ＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A 板电势变化周期T ＝1.0×10-5 s ，在t ＝0时将带电粒子从紧临B 板处无初速释放，粒子达到A 板时动量的大小； （3）A 板电势变化频率多大时，在t ＝4T 到t ＝2
T
时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。
23.（18分）（1）电场强度d
U
E =
带电粒子所受电场力 ma F d Uq qE F ==
=,29/100.4s m dm
Uq a ?== （2）粒子在0~2T 时间内走过的距离为m T a 2
2100.5)2
(21-?=
故带电粒子在t=
2
T
时，恰好到达A 板 根据动量定理，此时粒子动量s m kg Ft p /100.423
??==-
（3）带电粒子在4T t =
~t=2T 向A 板做匀加速运动，在2T t =~t=4
3T 向A 板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移2216
1
)4(212aT T a s =?= 要求粒子不能到达A 板，有s ＜d 由f =
T
1
，电势变化频率应满足4102516?=>
d
a
f Hz (2013全国大纲卷理综物理)25．（19分）一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力，求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内 （1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。
【答案】(1) 2016qE T m 方向沿初始电场正方向 (2) 4
T
【解析】解法一：粒子在0～/4T 、/4T ～/2T 、
/2T ～3/4T 、3/4T ～T 时间间隔内做匀变速运动， 设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得 01qE ma =、022qE ma =-、
032qE ma =、04qE ma =- （每个式子1分）
由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的a —t 图像如图（a ）所示（2分），对应的v —t 图像如图（b ）所示（3分），其中 011
44T qE T
v a m
==
（1分） E
t
0.25T 0.5T 0.75T T
E
2E 0
－－
a
t
0.25T 0.5T 0.75T T
2qE 0/m qE 0/m
－2qE 0/m
－qE 0/m 0 图（a ） v
t
0.25T 0.5T 0.75T T
v
－
0 图（b ）
由图（b ）可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为
14
T
s v = （2分） 联立解得 2016qE T s m =
（2分） 它的方向沿初始电场正方向。（1分）
（2）由图（b ）可知，粒子在t ＝3/8T 到t ＝5/8T 内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为538
8
4
T T T t =-=（4分）
解法二：带电粒子在粒子在0～/4T 、/4T ～/2T 、/2T ～3/4T 、3/4T ～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得
01qE ma =、022qE ma =-、032qE ma =、04qE ma =- （每个式子1分） 设粒子在t ＝/4T 、t ＝/2T 、t ＝3/4T 、t ＝T 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则有
11
4T v a =、2124T v v a =+、3234T v v a =+、4344
T
v v a =+（每个式子1分） 设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有
1122334()22224
v v v v v v v T
s +++=+++（4分）解得 2016qE T s m =
（2分） 它的方向沿初始电场正方向。 （1分）
（2）由电场的变化规律知，粒子从t ＝4/T 时开始减速，设经过时间t 1粒子速度为零，
有1210v a t =+，解得 t 1＝8
T
（1分） 粒子从t ＝/2T 时开始加速，设经过时间t 2粒子速度为零，有 2320v a t =+，解得 t 2＝8
T
（1分）
设粒子从t ＝0到t ＝T 内沿初始电场反方向运动的时间为t 2，有
t ＝12()4T t t -+（1分） 解得 4
T
t =（1分）
