第3節(jié)電容器、帶電粒子在電場中的運動

費尖基片把遲必備知識全通關(guān)擔當雙基育息

匚必備知識填充」

一、電容器及電容

i.常見電容器

(1)組成：由兩個彼此絕綾又相互靠近的導體組成。

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的鈕值。

(3)電容器的充、放電

充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，

電容器中儲存電場能。

放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中使場能轉(zhuǎn)化為其他

形式的能。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。

(2)定義式：

(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。

(4)單位：法拉(F),1F=10^gF=1012pFo

3.平行板電容器

(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的

相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。

(2)決定式：C=盤，A為靜電力常量。

二、帶電粒子在勻強電場中的運動

1.做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力尸合=0,粒子做勻速直線運動或靜止。

(2)粒子所受合外力產(chǎn)合K0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將

做勻加速直線運動或勻減速直線運動。

2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

⑴條件：以速度。。垂直于電場方向飛入勻強電場，僅受電場力。

⑵運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。

（3）處理方法：運動的合成與分解。

①沿初速度方向：做勻速直線運動。

②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。

匚學情自測驗收口

1.思考辨析（正確的畫“，錯誤的畫“X”）

⑴電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。（x）

（2）電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。（x）

⑶放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。（x）

（4）帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。（x）

⑸帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。（力

⑹示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。（力

2.（人教版選修3—IP32Tl改編）如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容

器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是（）

A.電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大

B.電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增

大

C.電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指

針偏轉(zhuǎn)角增大

D.電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指

針偏轉(zhuǎn)角增大

B［電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角

不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合和。=藻

可判斷B正確，C、D錯誤。］

3.（人教版選修3—IP30Tl改編）如圖所示，電子由靜止開始從4板向B板

運動，到達5板的速度為小保持兩極板間電壓不變，貝"）

AB

A.當減小兩極板間的距離時，速度o增大

B.當減小兩極板間的距離時，速度。減小

C.當減小兩極板間的距離時，速度。不變

D.當減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長

［答案］C

4.（人教版選修3—IP39T5改編）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速

后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為〃2,

電荷量為e,加速電場電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強電場，極板間電壓為U,

極板長度為L板間距為九忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度加

和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Aj分別是（）

A

酒\1m皿2Uod

叵皿

J\]m4Uod

D［根據(jù)動能定理，有eU^=^mvi9

2eUa

電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度次）=

m

在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間

膽=型

加速度u=

m-md'

1TJIJ

偏轉(zhuǎn)距離Ay=5〃（Af）2=而花。］

總結(jié)?？伎键c關(guān)鍵能力全突破破解高考疑難

考點1平行板電容器的動態(tài)分析［依題組訓練］

1.兩類典型問題

(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量。保持不變。

2.動態(tài)分析思路

(1)U不變

①根據(jù)C=磊和C=￡,先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)分析場強的變化。

③根據(jù)分析某點電勢變化。

(2)0不變

①根據(jù)c=篇和c=￡，先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據(jù)￡=彳分析場強變化。

［題組訓練］

1.(多選)如圖所示的電路，閉合開關(guān)，水平放置的平行板電容器中有一個

帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)。為了使液滴豎直向上運動，下列操作可行的是

()

A.斷開開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些

B.斷開開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些

C.保持開關(guān)閉合，將兩板間的距離減小一些

D.保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)

轉(zhuǎn)過一個小角度

BC［開始時液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力正好處于移止

狀態(tài)，有Eq=mg。兩板間的電場強度E=彳，保持開關(guān)閉合時，U不變，當兩

板間的距離d減小時，E變大,此時液滴豎直向上運動，C正確；保

持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上（即逆時針方向）轉(zhuǎn)過一個小

角度，E方向變了，此時液滴不會沿豎直方向運動，D錯誤；斷開開關(guān)，電容器

的電荷量。不變，E=［=g=不呼，則E與d無關(guān)，所以斷開開關(guān)，將兩板

ULClor3

間的距離拉大一些，仍有Eq=mg,液滴仍保持靜■止狀態(tài)，A錯誤；斷開開關(guān)，

將兩板水平地向相反方向移開一些，兩板的正方面積S變小，E變大，此時

Eq>mgf所以液滴豎直向上運動，B正確。］

2.如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器

充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的帶

電小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為0,將兩圖中的右極板向右平移

時，下列說法正確的是（）

甲乙

A.甲圖中夾角減小,乙圖中夾角增大

B.甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變

C.甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變

D.甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小

B［由題圖可知，甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電

壓不變，當極板間的距離增大時，根據(jù)￡=力可知，極板間的電場強度減小，電

場力減小，所以夾角將減??；乙圖中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所

帶的電荷量不變，根據(jù)。=將，極板間的電壓U=￡=生陪，極板間的電場

［J4nkO

強度￡=）u=—電場強度與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確。］

，?規(guī)律總結(jié)..........、

電容器動態(tài)變化的分析思路

|第一步|—確定是電容器兩極板間的電壓不變，還是所帶電荷

最不變

用決定式。=7噌分析平行板電容器電容的變化

用定義式。=*分析電容器所帶電荷量或兩極板間

第三步

電壓的變化

0

第四步『用關(guān)系式￡=與分析電容器極板間場強的變化

a

°八、、乙?guī)щ娏Ｗ釉陔妶鲋械倪\動［講典例示法］

1.帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律：

設(shè)粒子帶電荷量為外質(zhì)量為小，兩平行金屬板間的電壓為。板長為/,

板間距離為d（忽略重力影響），則有

⑴加速度:暮

（2）在電場中的運動時間：，=（。

Vx=Vo

⑶速度｛_qUl

at—*

VV—mv?d

tand=*編。

l=V(d

(4)位移｛_1qUl2

y=2a^=2mvid°

3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論:

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出

時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。

證明：由或及tan〃=號彩

3cVI

得tan仁礪

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒

子水平位移的中點，即。到電場邊緣的距離為

W型］

帶段時在電場中斷線運動

［典例示法］中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界

上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、

食品安全、材料科學等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分

布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。

質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直

線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時

速度為8X106m/s,進入漂移管E時速度為1X107m/s,電源頻率為1X107Hz,

漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的l/2o質(zhì)子的荷質(zhì)

比取lX108C/kg。求：

(1)漂移管8的長度；

(2)相鄰漂移管間的加速電壓。

思路點撥：(1)質(zhì)子在〃管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)

子在管中運動的時間就可以求出管8的長度。

(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。

［解析］(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管3的速度為內(nèi)，電源頻率、周期分別為/、T,

漂移管A的長度為L,則

T-f①

T

L=W②

聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L=0.4mo③

(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為。島相鄰漂移管間的加速電壓為U,電壓

f

對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)子從漂移管3運動到￡電場做功Wf質(zhì)子的電荷量為

外質(zhì)量為m,則W=qU④

W，=3VV⑤

乙乙

聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U=6X104Vo⑦

［答案］(1)0.4m(2)6X104V

「........規(guī)律總結(jié).............................A

帶電粒子在電場中做直線運動常用關(guān)系式

(1)用動力學觀點分析

尸合U

?=~,E=z，vz-vi=2ad

(2)用功能觀點分析

勻強電場中：W=qEd=qU=^mv2—^mvi

非勻強電場中：W=qU=Ek2—Eki

［J

［跟進訓練］

1.(2017?江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板4、B、C中央

各有孔，小孔分別位于O.M,P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P

點?，F(xiàn)將C板向右平移到P，點，則由。點靜止搭放的電子()

A.運動到尸點返回

B.運動到P和P點之間返回

C.運動到戶點返回

D.穿過尸點

A［根據(jù)平行板電容器的電容的決定式。=然、定義式C=§和勻強電場

的電壓與電場強度的關(guān)系式U=Ed可得片=4"k詈nO，可知將C板向右平移到P

or*j

點，8、C兩板間的電場強度不變，由0點靜止釋放的電子仍然可以運動到P

點，并且會原路返回，故選項A正確。］

2.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為，〃的帶電微

粒恰好能沿圖示虛線（與水平方向成0角）由A向8做直線運動，已知重力加速

度為g,微粒的初速度為如，則（）

“二…一…

A.微粒一定帶正電

B.微粒一定做勻速直線運動

C.可求出勻強電場的電場強度

D.可求出微粒運動的加速度

D［因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒

做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負電，故A錯誤；其合外力必與

速度反向，大小為尸=磊，即微粒一定做勻減速直線運動，加速度為。=舟，

3111dillL/

故B錯誤，D正確；電場力夕后=與耳但不知微粒的電荷量，所以無法求出其

【anu

電場強度，故C錯誤。］

^^2/_______________________

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

［典例示法］如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板y和1長為乙相

距d,足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距兒在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U”，一

束質(zhì)量為機、帶電荷量為+q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度PO

沿水平方向射入電場且能穿出。

⑴證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。點;

⑵求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓Uyy，的范圍；

(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。

思路點撥：解此題要注意兩點：

(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動。

(2)靈活應(yīng)用分解的方法抓住邊界條件。

［解析］(1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為明離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距

離為力沿電場方向的速度為4，速度偏轉(zhuǎn)角為其反向延長線通過。點，O

點與板右端的水平距離為X,

則有y=^at2

L=vot

Vyy

tan0=v=x

解得

即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。點。

(2)由題知。=呼

解得)，=

2dmvi

?d.mtfvi

當y=5時，Uyy，=-^-

則兩板間所加電壓的范圍為

mcPvi,jncPvG

一"^ZU"W-^r°

(3)當時，粒子到達屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為yo,

則yo=y+5tan0

必

又

tan0=voV

解得：加=峨

故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2泗=%產(chǎn)。

［答案］見解析

’........規(guī)律總結(jié).............................

分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵

(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣缺嘏c電場方向垂直，則帶電

粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。

(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電

場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。

［跟進訓練］

3.(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為S的加

速電場后以速度。。垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是兒兩平行板間

的距離為d,電勢差為S,板長為L,不計電子所受的重力。為了提高示波管的

)

A.減小兩板間電勢差S

B.盡可能使板長L短些

C.盡可能使板間距離d小一些

D.使加速電壓Ui減小一些

CD［電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)階段。加速階段：eUi

=為訊偏轉(zhuǎn)階段：L=v.tt五=；"=盥%綜合得白=島，因此要提高靈

///，〃au2QL/\（X

敏度則需要：增大力或減小Ui或減小d,故C、D正確。］

4.（多選）（2019?大連二模）如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、8之間加

有恒定電壓U,A、8兩板的中央留有小孔Q、。2,在B板的右側(cè)有平行于極

板的勻強電場及電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第

一次從小孔01處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔01處由靜止釋放一個a

粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是（）

A.質(zhì)子和“粒子在02處的速度大小之比為1：2

B.質(zhì)子和。粒子在整個過程中運動的時間相等

C.質(zhì)子和a粒子打到感光板上時的動能之比為1：2

D.質(zhì)子和a粒子打到感光板上的位置相同

CD［根據(jù)動能定理有0=qU,解得0=所以質(zhì)子和a粒子

在。2處的速度大小之比為啦：1,選項A錯誤；質(zhì)子、a粒子在A、B板間做

勻加速直線運動，由。=管可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短，進

入豎直電場做類平拋運動，質(zhì)子在豎直電場中的加速度大，做類平拋運動的時

間較短，可知質(zhì)子在整個過程中的運動時間小于〃粒子的運動時間，選項B錯

誤；。2到MN板的電勢差用"表示，對整個過程，由動能定理得&-0=g（U

+U＞故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和“粒子打到感光板上

時的動能之比為1：2,選項C正確；質(zhì)子、a粒子由。2到MN就,豎直方向有

h=*P,水平方向有I=況，聯(lián)立解得；

,所以質(zhì)子和a粒子打到感光

板上的位置相同，選項D正確。］

W型3

帶電粒手在支變電珈面運動

［典例示法］如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射

裝置的加速電壓為Uo,電容器板長和板間距離均為L=10cm,下極板接地，電

容器右端到熒光屏的距離也是，，=10cm,在電容器兩極板間接一交變電壓,上

極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。（每個電子穿過平行板的時間都極短,

可以認為電壓是不變的）求：

⑴在f=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處?

⑵熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？

審題指導：

題干關(guān)鍵獲取信息

穿過平行板時間極短上、下極板間的電壓U（E）不變

上極板電勢一時間圖象電子可向上（向下）偏

電子打到的區(qū)間電壓過大時，電子打到極板

2

［解析］⑴電子經(jīng)電場加速滿足qUo=^mv9

經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量》=與產(chǎn)=普（馬2

V^L

所以），=

由圖知1=0.06s時刻U伯=L8Uo,

所以y=4.5cnio

設(shè)打在屏上的點距。點的距離為匕滿足

L+2

y

yL

2

所以y=13.5emo

(2)由7=崇知電子側(cè)移量)的最大值為4,所以當偏轉(zhuǎn)電壓趣過2Uo,電

子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30emo

［答案］(1)打在屏上的點位于O點上方，距。點13.5cm(2)30cm

0........方法技巧.............................

解決帶電粒子在交變電場中運動問題的關(guān)鍵

(1)處理方法：將粒子的運動分解為垂直電場方向上的勻速運動和沿電場方

向的變速運動。

(2)比較通過電場的時間f與交變電場的周期T的關(guān)系

①若，《T,可認為粒子通過電場的時間內(nèi)電場強度不變，等于剛進入電場

時刻的電場強度。

②若不滿足上述關(guān)系，應(yīng)注意分析粒子在電場方向上運動的周期性。

(3)注意分析不同時刻射入電場的粒子在電場中運動的差別，找到滿足題目

要求的時刻。

［跟進訓練］

5.如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比

3板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設(shè)電子在運動

中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反

映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()

AB

A［電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D

兩項錯誤；從。時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，；了后電場力反向，

電子向A板做勻減速直線運動，直到，=7時刻速度變?yōu)榱?，之后重復上述運動，

A項正確，B項錯誤。］

6.如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A.B間電壓為UAB

=-U。，緊貼4板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為小，帶電荷量為e的電子(初

速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，

電壓變化的周期丁=心?左，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板

M、N間距為d,極板長為L,距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求：

力B邑_______U

U。一,；-；

-I..........................

._L.._，

甲乙

⑴電子進入偏轉(zhuǎn)極板時的速度：

(2《時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時與板間中線的距

離(未與極板接觸)。

［解析］(1)設(shè)電子進入偏轉(zhuǎn)極板時的速度為vf

由動能定理有eUa=^mv2

alleUa

解得

(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時間

m=T

2eUo1

故在《時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后

反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板。

［答案］(1八/￥(2)0

科學思維一“等效法”在電場、重力場中的應(yīng)用

1.“等效法”在電場中的應(yīng)用

”等效重力場”就是把重力場和勻強電場的復合場問題簡化為只有一個場

的問題，從而將重力場中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得注意的是，由于重

力場和勻強電場都是勻強場，所以帶電體受到的重力及電場力都是恒力。如果

電場不是勻強電場，則不能進行等效變換。

2.等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路

(1)求出重力與電場力的合力戶合，將這個合力視為一個“等效重力”。

(2)將。=脂視為“等效重力加速度”。

(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直

徑的點為“等效最高點”。

(4)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。

［示例］如圖所示，絕緣光滑軌道A3部分是傾角為30。的斜面，AC部分為

豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為￡、

方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為小的帶正電小球，電荷量為q=

嬖，要使小球能安全通過圓軌道，在。點的初速度應(yīng)滿足什么條件？

［解析］小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支

持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用丘E聲

力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為

A

f22

等效重力mg',大小為mg=yj(qE)+(mg)=ytan

〃=冬=#，得〃=30。，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面

mgn

上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)

滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有〃吆'=噌,因，=30。與斜面的傾角相

等，由幾何關(guān)系知AD=2K,令小球以最小初速度oo運動，由動能定理知一

2mgrR=；/九vb—

解得oo=\J喏辿，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足

3。

［答案…B嚴.

廣......方法技巧......................