Question

4．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d=8cm，板長為L=25cm，電源電動勢為E=6V、r=1Ω，R₁=R₂=R₃=2Ω，R₄=3Ω．有一帶電液滴以v₀=0.5m/s的初速度從板間的正中點水平射入，電鍵S斷開時恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將電鍵S閉合，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：
（1）電鍵S閉合后液滴經(jīng)過P點以后的加速度（g取10m/s²）
（2）液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電路規(guī)律可得出電容器兩端的電壓，再對小球分析可求得小球的電性及電量；分析開關(guān)斷開后電路結(jié)構(gòu)的變化，再根據(jù)電容器兩端電壓的變化分析電場力的變化，從而求出加速度．
（2）開始時液滴做勻速直線運動，后來做類平拋運動，結(jié)合兩種運動的特點，即可求出．

解答 解：（1）開始時R₁與R₄串聯(lián)；電容器兩端的電壓與R₄兩端的電壓相等，電路中的電流：
${I}_{1}=\frac{E}{r+{R}_{1}+{R}_{4}}=\frac{6}{1+2+3}=1$A
R₄兩端的電壓：U=I₁R₄=1×3=3V
電鍵閉合，R₁與R₂并聯(lián)后與R₄串聯(lián)；電容器兩端的電壓與R₄兩端的電壓相等．${R}_{并}=\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}=\frac{2×2}{2+2}=1$Ω
開始時的電流：${I}_{2}=\frac{E}{r+{R}_{并}+{R}_{4}}=\frac{6}{1+1+3}=1.2$A
R₄兩端的電壓：U′=I₂R₄=1.2×3=3.6V
開始時液滴做勻速直線運動，得：mg=q$\frac{U}4nyaoxp$
電鍵閉合后，極板之間的電勢差增大，所以電場強度增大，電場力大于重力，液滴向上做加速運動，滿足：$q\frac{U′}sx79mc4-mg=ma$
聯(lián)立得：$a=\frac{1}{5}g=\frac{1}{5}×10=2m/{s}^{2}$
（2）由題，液滴剛好從金屬板末端飛出，則偏轉(zhuǎn)的距離：y=$\frac{1}{2}$d
由$y=\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
聯(lián)立得：${t}_{2}=\sqrt{\fracmoo7rfy{a}}=\sqrt{\frac{0.08}{2}}=0.2$s
液滴穿過電場的時間：$t=\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{0.25}{0.5}=0.5$s
所以：液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間：t₁=t-t₂=0.5-0.2=0.3s
答：（1）電鍵S閉合后液滴經(jīng)過P點以后的加速度是2m/s²；
（2）液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間是0.3s．

點評 本題為閉合電路歐姆定律中的含容電路與帶電粒子在電場中的運動的結(jié)合，要注意正確分析電路結(jié)構(gòu)，明確電阻R₃作為導(dǎo)線處理．