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)是圓形區(qū)域最右側(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)量均為m，電量均為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）若在圓形區(qū)域的邊緣有一圓弧形接收屏CBD，B點(diǎn)仍是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn)，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)，如圖乙所示，∠COB=∠BOD=37°．求該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍．（ 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8．）

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律求出電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大�。�
（2）電荷在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合水平位移和豎直位移求出初速度的大�。�
（3）結(jié)合動(dòng)能定理和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓周上某一點(diǎn)動(dòng)能的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式確定出最大動(dòng)能和最小動(dòng)能的位置，從而求出該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍．

解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma… ①
解得：a=

qE

m

… ②
（2）電荷在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)A點(diǎn)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(lián)立①②③④式得：vA=

qER 2m

…⑤
（3）設(shè)圓周上任意一點(diǎn)P與OA成θ角，如甲圖，電荷以初速度v₀由A運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為t₀，則
水平方向：Rsinθ=v₀t₀．
豎直方向：R-Rcosθ=

1

2

at02…⑦
A點(diǎn)的動(dòng)能：EkA=

1

2

mv02…⑧
對(duì)電荷由A運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：qE（R-Rcosθ）=E_kp-E_kA… ⑨
聯(lián)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(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．
最小動(dòng)能為：EkD=

1

4

qER(5-3cos53°)=

4

5

qER．
最大動(dòng)能為：Ekc=

1

4

qER(5-3cos127°)=

17

10

qER．
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)的速度大小為vA=

qER 2m

．
（3）該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍為[

4

5

qER，

17

10

qER]．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)能定理與類平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，難度中等，第三問(wèn)對(duì)學(xué)生要求較高，通過(guò)某點(diǎn)動(dòng)能的通項(xiàng)表達(dá)式確定出最大動(dòng)能位置和最小動(dòng)能位置．