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)存在一豎直平面內(nèi)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)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）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(xiě)出該電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的表達(dá)式．
（2）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：（1）電荷從A到P做類(lèi)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．
（2）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）電荷從A到P做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
   a=

qE

m

水平方向：Rsinθ=v₀t
豎直方向：R-Rcosθ=

1

2

at²
聯(lián)立解得，v₀=

qERsin2θ 2m(1-cosθ)

則電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的表達(dá)式為

1

2

m×

qERsin2θ

2m(1-cosθ)

=

qERsin2θ

4(1-cosθ)

（2）由（1）得知，粒子從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為Ek₀=

1

2

m

v

2 0

設(shè)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E_k，則有
   qE（R-Rcosθ）=Ek-

1

2

m

v

2 0

解得，E_k=

1

4

qER（5-3cosθ）
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，最大動(dòng)能為E_kC=

1

4

qER（5-3cos120°）=

13

8

qER
打在D點(diǎn)電場(chǎng)力最小，獲得的動(dòng)能最小，最小動(dòng)能為E_kD=

1

4

qER（5-3cos60°）=

7

8

qER
答：（1）該電荷從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能表達(dá)式是

qERsin2θ

4(1-cosθ)

（2）該屏上接收到的電荷的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能分別為

13

8

qER和

7

8

qER．

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．