Question

(13分)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

（1）  （2）v_A=   
(3)最小動(dòng)能為：E_KD =  EqR（5－3cos53°）=EqR 
最大動(dòng)能為：E_KC=  EqR（5－3cos127°）=EqR  

解析
試題分析：（1）電荷在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力，據(jù)牛頓第二定律得：

則
（2）電荷在電場(chǎng)中做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)A點(diǎn)速度為v_A, 則
水平方向：
豎直方向：
聯(lián)立②③④式得：v_A=
(3)設(shè)圓周上任意點(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時(shí)間t₀，則
水平方向：Rsinθ=v₀t₀
豎直方向：R－Rcosθ=at₀²
A點(diǎn)動(dòng)能E_KA=mv₀² 
對(duì)電荷由A運(yùn)動(dòng)到P過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：Eq（R－Rcosθ）= E_KP－E_KA
立②⑥⑦⑧⑨式得：E_KP =  EqR（5－3cosθ）
由⑩式可知，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：E_KD =  EqR（5－3cos53°）= EqR 
最大動(dòng)能為：E_KC=  EqR（5－3cos127°）=EqR  
考點(diǎn)：本題考查牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理。