Question

18．如圖所示的電路，電源的電動勢E=28V，內(nèi)阻r=2Ω，電阻R₁=12Ω，R₂=R₄=4Ω，R₃=8Ω，C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長L=0.20m，兩極板的間距d=1.0×10^-2 m．
（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過R₄的電荷量為多少？
（2）若開關(guān)S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v₀=2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，帶電微粒剛好沿虛線勻速運動，問：當(dāng)開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，能否從極板間射出？（要求寫出計算和分析過程，g取10m/s²）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的特點，運用比例法求解電阻R₃ 兩端電壓．流過R₄的總電量等于電容器電量的變化量，由公式△Q=C△U求解．
（2）若開關(guān)S斷開時，帶電微粒沿虛線方向應(yīng)該做勻速直線運動，電場力與重力平衡；當(dāng)開關(guān)S閉合后，粒子做類平拋運動，假設(shè)粒子能從電場飛出，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合，求出粒子的偏轉(zhuǎn)距離，即可分析能否從電容器C的電場中射出．

解答 解：（1）S斷開時，電阻R₃兩端電壓：U₃=$\frac{E{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}+r}=\frac{28×8}{4+8+2}V=16V$                              
S閉合后，外電路的總電阻R=$\frac{{R}_{1}（{R}_{2}+{R}_{3}）}{{R}_{2}+{R}_{3}+{R}_{1}}=\frac{12×（4+8）}{4+8+12}Ω=6Ω$   
路端電壓U=$\frac{RE}{R+r}=\frac{6×28}{6+2}V=21V$
電阻R₃兩端的電壓U′₃=$\frac{{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}}$U=14 V               
流過R₄的電荷量△Q=CU₃-CU′₃=6.0×10^-12 C．
（2）設(shè)帶電微粒的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，當(dāng)開關(guān)S斷開時有$\frac{q{U}_{3}}aecdjcv$=mg   
當(dāng)開關(guān)S閉合后，設(shè)帶電微粒的加速度為a，則mg-$\frac{qU{′}_{3}}u03dibm$=ma 
假設(shè)帶電微粒能從極板間射出，則水平方向t=$\frac{L}{{v}_{0}}$            
豎直方向y=$\frac{1}{2}$at²
由以上各式得y=6.25×10^-3 m＞$\fracyg0iren{2}$               
故帶電微粒不能從極板間射出．
答：（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過R₄的電荷量為6.0×10^-12 C．
（2）帶電微粒不能從極板間射出．

點評 本題由電場偏轉(zhuǎn)與電路的綜合，它們之間聯(lián)系的紐帶是電容器的電壓，電壓由歐姆定律求解．將類平拋運動分解成兩個相互垂直的簡單直線運動的合成，再由牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行研究．