Question

如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为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、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．
（1）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，∠POA=θ，求该电荷从A点出发时的速率．
（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．

Answer 1

分析：（1）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．
（2）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）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律得
   a=

qE

m

水平方向：Rsinθ=v₀t
竖直方向：R-Rcosθ=

1

2

at2
联立解得，v0=

qERsin2θ 2m(1-cosθ)

（2）由（1）得知，粒子从A点出发时的动能为Ek₀=

1

2

m

v

2 0

设经过P点时的动能为E_k，则有
   qE（R-Rcosθ）=Ek-

1

2

m

v

2 0

解得，E_k=

1

4

qER(5-3cosθ)
当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，最大动能为E_kC=

1

4

qER(5-3cos120°)=

13

8

qER
打在D点电场力最小，获得的动能最小，最小动能为E_kD=

1

4

qER(5-3cos60°)=

7

8

qER
答：（1）该电荷从A点出发时的速率是

qERsin2θ 2m(1-cosθ)

（2）该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能分别为大动能为

13

8

qER和

7

8

qER．

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．