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(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，電荷的質量為m，電量為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）某電荷的運動的軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點，∠POA=θ，請寫出該電荷經(jīng)過P點時動能的表達式．
（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，如圖乙，∠COB=∠BOD=30°．求該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍．

Answer 1

分析：電荷從A到P做類平拋運動，由牛頓第二定律求出加速度．電荷水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，此電荷水平位移為Rsinθ，豎直位移為R-Rcosθ，由運動學公式和幾何關系求出該電荷從A點出發(fā)時的速率．
當電荷打到C點時，電場力做功最大，電荷獲得的動能最大，打在D點電場力最小，獲得的動能最小，根據(jù)動能定理求解該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能．

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)立三個式子可解得：v₀=

qER 2m

．
（3）Rsinθ=v₀t，R-Rcosθ=

1

2

at²及a=

qE

m

三個式子可得v₀²=

Rsin2θ

2m(1-cosθ)

1

2

m v₀²=

Rsin2θ

4(1-cosθ)

=

R(1+cosθ)

4

經(jīng)過P點時的動能：E_k=Eq（R-Rcosθ）+

1

2

m v₀²=

1

4

EqR （5-3cosθ） 
（4）由第（3）小題的結論可以看出，當θ從0°變化到180°，接收屏上電荷的動能逐漸增大，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．（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能大小的范圍為[

7

8

EqR，

13

8

EqR]
答：（1）電荷在電場中運動的加速度為

qE

m

．
（2）運動軌跡經(jīng)過B點的電荷在A點時的速度為

qER 2m

．
（3）該電荷經(jīng)過P點時動能的表達式

1

4

EqR （5-3cosθ）
（4）該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍為[

7

8

EqR，

13

8

EqR]．

點評：本題是平拋運動和動能定理的綜合應用，同時要充分應用幾何知識輔助求解．