题目内容
如图甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电量为q，不计重力．试求：（1）电荷在电场中运动的加速度多大？
（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度多大？
（3）某电荷的运动的轨迹和圆形区域的边缘交于P点，∠POA=θ，请写出该电荷经过P点时动能的表达式．
（4）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．
分析：电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度．电荷水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，此电荷水平位移为Rsinθ，竖直位移为R-Rcosθ，由运动学公式和几何关系求出该电荷从A点出发时的速率．
当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，打在D点电场力最小，获得的动能最小，根据动能定理求解该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．
当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，打在D点电场力最小，获得的动能最小，根据动能定理求解该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．
解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，a=
．
（2）由R=v0t，R=
at2 及a=
得，
联立三个式子可解得：v0=
．
（3）Rsinθ=v0t，R-Rcosθ=
at2及a=
三个式子可得v02=
m v02=
=
经过P点时的动能：Ek=Eq（R-Rcosθ）+
m v02=
EqR （5-3cosθ）
（4）由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．（2分）
EkD=Eq（R-Rcosθ）+
m v0D2=
EqR （5-3cos60°）=
EqR
EkC=Eq（R-Rcosθ）+
m v0C2=
EqR （5-3cos120°）=
EqR
所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
EqR，
EqR]
答：（1）电荷在电场中运动的加速度为
．
（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度为
．
（3）该电荷经过P点时动能的表达式
EqR （5-3cosθ）
（4）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
EqR，
EqR]．
| qE |
| m |
（2）由R=v0t，R=
| 1 |
| 2 |
| qE |
| m |
联立三个式子可解得：v0=
|
（3）Rsinθ=v0t，R-Rcosθ=
| 1 |
| 2 |
| qE |
| m |
| Rsin2θ |
| 2m(1-cosθ) |
| 1 |
| 2 |
| Rsin2θ |
| 4(1-cosθ) |
| R(1+cosθ) |
| 4 |
经过P点时的动能：Ek=Eq（R-Rcosθ）+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 4 |
（4）由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．（2分）
EkD=Eq（R-Rcosθ）+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 4 |
| 7 |
| 8 |
EkC=Eq（R-Rcosθ）+
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 4 |
| 13 |
| 8 |
所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
| 7 |
| 8 |
| 13 |
| 8 |
答：（1）电荷在电场中运动的加速度为
| qE |
| m |
（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度为
|
（3）该电荷经过P点时动能的表达式
| 1 |
| 4 |
（4）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[
| 7 |
| 8 |
| 13 |
| 8 |
点评：本题是平抛运动和动能定理的综合应用，同时要充分应用几何知识辅助求解．
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