Question

如圖（甲）所示，在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場中存在著一半徑為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、方向均垂直于場強方向向右的正電荷，電荷的質量為m、電量為q，不計電荷重力、電荷之間的作用力．
（1）某電荷的運動軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點，如圖（甲）所示，∠POA=θ，求該電荷從A點出發(fā)時的速率．
（2）若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，如圖（乙）所示，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，∠COB=∠BOD=30°．求該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能．

Answer 1

分析：（1）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．
（2）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）電荷從A到P做類平拋運動，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)

（2）由（1）得知，粒子從A點出發(fā)時的動能為Ek₀=

1

2

m

v

2 0

設經(jīng)過P點時的動能為E_k，則有
   qE（R-Rcosθ）=Ek-

1

2

m

v

2 0

解得，E_k=

1

4

qER(5-3cosθ)
當電荷打到C點時，電場力做功最大，電荷獲得的動能最大，最大動能為E_kC=

1

4

qER(5-3cos120°)=

13

8

qER
打在D點電場力最小，獲得的動能最小，最小動能為E_kD=

1

4

qER(5-3cos60°)=

7

8

qER
答：（1）該電荷從A點出發(fā)時的速率是

qERsin2θ 2m(1-cosθ)

（2）該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能分別為大動能為

13

8

qER和

7

8

qER．

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．