Question

如圖，一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為L的

1

4

圓周，水平部分BC 寬度為L，置于水平向右且大小為E的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量為m，電量q=

mg

2E

的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A處靜止釋放，并從C處沿平行板電容器的中線射入．已知電容器板長L，兩板距離為L，重力加速度g．
（1）求小球經(jīng)過圓弧B處軌道所受壓力及小球到達(dá)C處的速度v_c；
（2）當(dāng)電容器兩板間電壓U=

mgL

2q

，且上板電勢高于下板時，求球在電容器中飛行時的加速度a以及飛離電容器時的偏轉(zhuǎn)量y；
（3）若電容器電壓U可變，要使小球能飛出電容器，求U的范圍．（寫主要過程）

Answer 1

分析：（1）小球從A到B過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)守恒定律列式求解到B點(diǎn)速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求解支持力；
（2）將小球的運(yùn)動沿著水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)分運(yùn)動位移公式列式求解；
（3）求解出恰好從上邊緣飛出和恰好從下邊緣飛出的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解．

解答：解：（1）從A到B，由機(jī)械能守恒：mgL=

1

2

m

v

2 B

   …①
在B處，由向心力公式有：N-mg=m

v 2 B

L

…②
解得：N=3mg
由牛頓第三定律，軌道所受壓力N′=3mg，方向豎直向下    
從A到C，由動能定理：mgL+qEL=

1

2

m

v

2 C

…③
解得：vC=

3gL

（2）由牛頓第二定律：mg+

qU

L

=ma  得a=1.5g（向下）…④
小球在電容器中飛行時間t=

L

vC

…⑤
飛離時偏轉(zhuǎn)量y=

1

2

at2…⑥
聯(lián)立③～⑥得：y=

1

4

L                            
（3）由⑥知當(dāng)y=

1

2

L時，有a=3g                                
當(dāng)a向下，且上板電勢高于下板時
有mg+

qU1

L

=ma      得U1=

2mgL

q

=4EL                 
當(dāng)a向上，有上板電勢低于下板
即

qU2

L

-mg=ma      得U2=

4mgL

q

=8EL
即小球能飛出電容器，必須有：
當(dāng)上板電勢高于下板時，U＜4EL
或者當(dāng)上板電勢低于下板時，U＜8EL        
答：（1）小球經(jīng)過圓弧B處軌道所受壓力為3mg，小球到達(dá)C處的速度為

3gL

；
（2）當(dāng)電容器兩板間電壓U=

mgL

2q

，且上板電勢高于下板時，球在電容器中飛行時的加速度a為1.5g，飛離電容器時的偏轉(zhuǎn)量y為

1

4

L；
（3）若電容器電壓U可變，要使小球能飛出電容器，必須有：當(dāng)上板電勢高于下板時，U＜4EL；或者當(dāng)上板電勢低于下板時，U＜8EL．

點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確小球的運(yùn)動規(guī)律，找出臨界狀態(tài)，然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、勻類似平拋運(yùn)動規(guī)律等列式求解．