Question

3．如圖所示，有一由四分之一圓弧和水平面組成的光滑絕緣固定軌道，右端與水平放置的平行板電容器銜接．軌道末端恰處在兩極板中央，電容器極板長(zhǎng)L=0.1m，兩極板間距離d=0.4cm．有一帶電微粒從圓弧頂端無(wú)初速度滑下，若極板間不加電場(chǎng)．由于重力作用微粒恰能落到下極板中點(diǎn)O處；若極板間加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電微粒剛好落到下極板右邊緣B點(diǎn)．已知微粒質(zhì)量m=2.0×10^-6kg，電荷量q=1.0×10^-8C，取g=10m/s²．

（1）求四分之一圓弧的半徑，微粒滑到圓弧底端對(duì)軌道的壓力；
（2）極板間所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度多大？方向怎樣？

Answer 1

分析 （1）、帶電粒子以一定的初速度在兩板中央平行于兩板射入，此時(shí)沒(méi)有電場(chǎng)，粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，把運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上進(jìn)行分解，水平方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，在兩個(gè)方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解出初速度，在$\frac{1}{4}$圓弧軌道上根據(jù)機(jī)械能守恒求出半徑，在軌道最低點(diǎn)根據(jù)向心力公式求出對(duì)軌道的壓力．
（2）、由于兩板之間加入了勻強(qiáng)電場(chǎng)，此時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，仍把運(yùn)動(dòng)在水平和豎直兩個(gè)方向上分解，進(jìn)行列式計(jì)算，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解即可．

解答 解：（1）落到O點(diǎn)的粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：
$\frac{L}{2}={v}_{0}^{\;}t$                 $\frac8uwasrz{2}=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$
所以：${v}_{0}^{\;}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}22it7sw}$=2.5m/s
根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
$mgR=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
所以$R=\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}=0.3125m$
根據(jù)向心力公式：
${F}_{N}^{\;}-mg=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
${F}_{N}^{\;}=3mg=6×1{0}_{\;}^{-5}N$
根據(jù)牛頓第三定律對(duì)軌道的壓力為$6×1{0}_{\;}^{-5}N$
（2）落到B點(diǎn)的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)
由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：
$L={v}_{0}^{\;}t$
$\frackdhz3e3{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
mg-Eq=ma
所以：$E=\frac{mg-md\frac{{v}_{0}^{2}}{L}}{q}=1.5×1{0}_{\;}^{3}N/C$
方向豎直向上
答：（1）四分之一圓弧的半徑0.3125m，微�；�到圓弧底端對(duì)軌道的壓力$6×1{0}_{\;}^{-5}N$；
（2）極板間所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度$1.5×1{0}_{\;}^{3}N/C$，方向豎直向上

點(diǎn)評(píng) 解得此類問(wèn)題，首先要正確的對(duì)帶電粒子在這兩種情況下進(jìn)行正確的受力分析，確定粒子的運(yùn)動(dòng)類型．解決帶電粒子垂直射入電場(chǎng)的類型的題，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解．此類型的題要注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說(shuō)明或暗示外，對(duì)基本粒子（例如電子，質(zhì)子、α粒子、離子等），一般不考慮重力；對(duì)帶點(diǎn)微粒，（如液滴、油滴、小球、塵埃等），一般要考慮重力．