Question

如圖甲所示，場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內存在著一半徑為R的圓形區域，O點為該圓形區域的圓心，A點是圓形區域的最低點，B點是圓形區域最右側的點．在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場強向右的正電荷，電荷的質量均為m，電量均為q，不計重力．試求：
（1）電荷在電場中運動的加速度多大？
（2）運動軌跡經過B點的電荷在A點時的速度多大？
（3）若在圓形區域的邊緣有一圓弧形接收屏CBD，B點仍是圓形區域最右側的點，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，如圖乙所示，∠COB=∠BOD=37°．求該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍．（ 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8．）

Answer 1

分析：（1）根據牛頓第二定律求出電荷在電場中運動的加速度大小．
（2）電荷在電場中做類平拋運動，結合水平位移和豎直位移求出初速度的大小．
（3）結合動能定理和類平拋運動的規律求出從A點運動到圓周上某一點動能的表達式，根據表達式確定出最大動能和最小動能的位置，從而求出該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍．

解答：解：（1）根據牛頓第二定律得：qE=ma… ①
解得：a=

qE

m

… ②
（2）電荷在電場中做類平拋運動，設A點的速度為v_A，則有：
水平方向：R=v_At…③
豎直方向：R=

1

2

at2…④
聯立①②③④式得：vA=

qER 2m

…⑤
（3）設圓周上任意一點P與OA成θ角，如甲圖，電荷以初速度v₀由A運動到P的時間為t₀，則
水平方向：Rsinθ=v₀t₀．
豎直方向：R-Rcosθ=

1

2

at02…⑦
A點的動能：EkA=

1

2

mv02…⑧
對電荷由A運動到P的過程運用動能定理得：qE（R-Rcosθ）=E_kp-E_kA… ⑨
聯立②⑥⑦⑧⑨式得：Ekp=

1

4

qER(5-3cosθ)…⑩
由⑩可知，θ角增大，E_kp增大，如乙圖，因此D點接收到的電荷的末動能最小，C點接收到的電荷的末動能最大．
最小動能為：EkD=

1

4

qER(5-3cos53°)=

4

5

qER．
最大動能為：Ekc=

1

4

qER(5-3cos127°)=

17

10

qER．
答：（1）電荷在電場中運動的加速度為

qE

m

．
（2）運動軌跡經過B點的電荷在A點時的速度大小為vA=

qER 2m

．
（3）該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍為[

4

5

qER，

17

10

qER]．

點評：本題綜合考查了動能定理與類平拋運動的綜合，難度中等，第三問對學生要求較高，通過某點動能的通項表達式確定出最大動能位置和最小動能位置．