Question

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点是圆形区域最右侧的点．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，电荷的质量均为m，电量均为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）若在圆形区域的边缘有一圆弧形接收屏CBD，B点仍是圆形区域最右侧的点，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB=∠BOD=37°．求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．（ 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8．）

Answer 1

分析：（1）根据牛顿第二定律求出电荷在电场中运动的加速度大小．
（2）电荷在电场中做类平抛运动，结合水平位移和竖直位移求出初速度的大小．
（3）结合动能定理和类平抛运动的规律求出从A点运动到圆周上某一点动能的表达式，根据表达式确定出最大动能和最小动能的位置，从而求出该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．

解答：解：（1）根据牛顿第二定律得：qE=ma… ①
解得：a=

qE

m

… ②
（2）电荷在电场中做类平抛运动，设A点的速度为v_A，则有：
水平方向：R=v_At…③
竖直方向：R=

1

2

at2…④
联立①②③④式得：vA=

qER 2m

…⑤
（3）设圆周上任意一点P与OA成θ角，如甲图，电荷以初速度v₀由A运动到P的时间为t₀，则
水平方向：Rsinθ=v₀t₀．
竖直方向：R-Rcosθ=

1

2

at02…⑦
A点的动能：EkA=

1

2

mv02…⑧
对电荷由A运动到P的过程运用动能定理得：qE（R-Rcosθ）=E_kp-E_kA… ⑨
联立②⑥⑦⑧⑨式得：Ekp=

1

4

qER(5-3cosθ)…⑩
由⑩可知，θ角增大，E_kp增大，如乙图，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．
最小动能为：EkD=

1

4

qER(5-3cos53°)=

4

5

qER．
最大动能为：Ekc=

1

4

qER(5-3cos127°)=

17

10

qER．
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点时的速度大小为vA=

qER 2m

．
（3）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[

4

5

qER，

17

10

qER]．

点评：本题综合考查了动能定理与类平抛运动的综合，难度中等，第三问对学生要求较高，通过某点动能的通项表达式确定出最大动能位置和最小动能位置．