Question

如圖甲所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心，A點(diǎn)是圓形區(qū)域的最低點(diǎn)，B點(diǎn)是最右側(cè)的點(diǎn)．在A點(diǎn)有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場(chǎng)強(qiáng)向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m，電量為q，不計(jì)重力．試求：
（1）電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度多大？
（2）運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的電荷在A點(diǎn)時(shí)的速度多大？
（3）某電荷的運(yùn)動(dòng)的軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點(diǎn)，∠POA=θ，請(qǐng)寫出該電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的表達(dá)式．
（4）若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)，如圖乙，∠COB=∠BOD=30°．求該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍．

Answer 1

分析：電荷從A到P做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度．電荷水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此電荷水平位移為Rsinθ，豎直位移為R-Rcosθ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系求出該電荷從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的速率．
當(dāng)電荷打到C點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功最大，電荷獲得的動(dòng)能最大，打在D點(diǎn)電場(chǎng)力最小，獲得的動(dòng)能最小，根據(jù)動(dòng)能定理求解該屏上接收到的電荷的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能．

解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得，a=

qE

m

．
（2）由R=v₀t，R=

1

2

at²  及a=

qE

m

得，
聯(lián)立三個(gè)式子可解得：v₀=

qER 2m

．
（3）Rsinθ=v₀t，R-Rcosθ=

1

2

at²及a=

qE

m

三個(gè)式子可得v₀²=

Rsin2θ

2m(1-cosθ)

1

2

m v₀²=

Rsin2θ

4(1-cosθ)

=

R(1+cosθ)

4

經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能：E_k=Eq（R-Rcosθ）+

1

2

m v₀²=

1

4

EqR （5-3cosθ） 
（4）由第（3）小題的結(jié)論可以看出，當(dāng)θ從0°變化到180°，接收屏上電荷的動(dòng)能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最小，C點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大．（2分）
E_kD=Eq（R-Rcosθ）+

1

2

m v_0D²=

1

4

EqR （5-3cos60°）=

7

8

 EqR
E_kC=Eq（R-Rcosθ）+

1

2

m v_0C²=

1

4

EqR （5-3cos120°）=

13

8

 EqR
所以，屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍為[

7

8

EqR，

13

8

EqR]
答：（1）電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為

qE

m

．
（2）運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的電荷在A點(diǎn)時(shí)的速度為

qER 2m

．
（3）該電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的表達(dá)式

1

4

EqR （5-3cosθ）
（4）該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍為[

7

8

EqR，

13

8

EqR]．

點(diǎn)評(píng)：本題是平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，同時(shí)要充分應(yīng)用幾何知識(shí)輔助求解．