Question

(13分)如圖甲所示，場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點為該圓形區(qū)域的圓心，A點是圓形區(qū)域的最低點，B點是圓形區(qū)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(jīng)過B點的電荷在A點時的速度多大？
（3）若在圓形區(qū)域的邊緣有一圓弧形接收屏CBD，B點仍是圓形區(qū)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

（1）  （2）v_A=   
(3)最小動能為：E_KD =  EqR（5－3cos53°）=EqR 
最大動能為：E_KC=  EqR（5－3cos127°）=EqR  

解析
試題分析：（1）電荷在電場中受到電場力，據(jù)牛頓第二定律得：

則
（2）電荷在電場中做平拋運動，設A點速度為v_A, 則
水平方向：
豎直方向：
聯(lián)立②③④式得：v_A=
(3)設圓周上任意點P與OA成θ角，如甲圖，電荷以初速度v₀由A運動到P時間t₀，則
水平方向：Rsinθ=v₀t₀
豎直方向：R－Rcosθ=at₀²
A點動能E_KA=mv₀² 
對電荷由A運動到P過程運用動能定理：Eq（R－Rcosθ）= E_KP－E_KA
立②⑥⑦⑧⑨式得：E_KP =  EqR（5－3cosθ）
由⑩式可知，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：E_KD =  EqR（5－3cos53°）= EqR 
最大動能為：E_KC=  EqR（5－3cos127°）=EqR  
考點：本題考查牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律、動能定理。