Question

2．如圖所示，電源電動勢E=10V，內電阻r=1.0Ω，電阻R₁=5.0Ω，R₂=8.0Ω，R₃=2.0Ω，R₄=6.0Ω，R₅=4.0Ω，水平放置的水平金屬板相距d=2.4cm，原來單刀雙擲開關S接b，在兩金屬板中心的帶電微粒P處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將單刀雙擲開關S迅速接到c，帶電微粒與金屬板相碰后即吸附在金屬板上，取g=10m/S²，不計平行板電容器充放電時間．
（1）畫出開關分別接b，c時的簡化電路圖
（2）若電容C=8pF，求電容上板帶電量的大小和屬性；
（3）判斷微粒帶電屬性；
（4）求帶微粒在金屬板中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）電路穩(wěn)定時電容器相當于開關斷開，根據(jù)電路的結構畫出簡化電路圖．
（2）由閉合電路歐姆定律求出電路的電流及R₁、R₃、R₄的電壓，當開關S接b時，金屬板兩板間的電壓為R₁和R₃的電壓之和；開關S接c時，金屬板兩板間的電壓為R₄兩端的電壓；
（3）根據(jù)S接b時微粒P處于靜止狀態(tài)，重力與電場力平衡，分析微粒的電性．
（4）設S接c時微粒P的加速度為a，在金屬板中運動時間為t，根據(jù)位移時間公式、牛頓第二定律列式即可求解時間．

解答 解：（1）電路穩(wěn)定時電容器相當于開關斷開，則開關分別接b，c時的簡化電路圖分別如甲乙所示．
（2）開關接b時：
由閉合電路歐姆定律有：I=$\frac{E}{R+r}$…①
而 R=R₁+$\frac{（{R}_{3}+{R}_{4}）{R}_{2}}{{R}_{3}+{R}_{4}+{R}_{2}}$=5+$\frac{（2+6）×8}{2+6+8}$=9Ω 代入①式解得：I=$\frac{10}{9+1}$A=1A
則電阻R₁的電壓為：U₁=IR₁=1×5V=5V
電阻R₃的電壓為：U₃=$\frac{1}{2}I$•R₃=$\frac{1}{2}×$1×2V=1V
電阻R₄的電壓為：U₄=$\frac{1}{2}I$•R₄=$\frac{1}{2}×$1×6V=3V…②
當開關S接b時，金屬板兩板間的電壓為R₁和R₃的電壓和，則金屬板兩板間的電壓為 U_C=U₁+U₃=6V，電容器的帶電量為：
Q₁=CU_C=8×10^-12×6C=4.8×10^-11C，則上板帶電荷量大小為4.8×10^-11C．由于上極板電勢高，則上板帶正電．
開關S接c時，金屬板兩板間的電壓為R₄兩端的電壓，則金屬板兩板間的電壓為U_C′=U₄=3V；電容器的帶電量為：
Q₂=CU_C′=8×10^-12×3C=2.4×10^-11C，則上板帶電荷量大小為2.4×10^-11C．由于上極板電勢低，則上板帶負電．
（3）S接b時微粒P處于靜止狀態(tài)，電容器板間場強方向向下，微粒所受的電場力向上，則知該微粒應帶負電．
（4）設微粒的質量為m，帶電量為q，S接b時微粒P處于靜止狀態(tài)，則有：mg=q$\frac{{U}_{C}}zjdnxrl$…③
設S接c時微粒P的加速度為a，在金屬板中運動時間為t，則有：
  mg+q$\frac{{U}_{C}′}5nv9dbh$=ma…④
又 $\frac5j1fdhd{2}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$…⑤
由②～⑤式代入數(shù)據(jù)解得：t=0.04s 
答：（1）畫出開關分別接b，c時的簡化電路圖如圖所示．
（2）若電容C=8pF，當開關S接b時，電容上板帶電量的大小為4.8×10^-11C，上板帶正電．當開關S接c時，電容上板帶電量的大小為2.4×10^-11C，上板帶負電．
（3）微粒帶負電；
（4）帶微粒在金屬板中運動的時間是0.04s．

點評 本題主要考查了閉合電路歐姆定律及牛頓第二定律、勻加速直線運動位移時間公式的應用，確定電容器的電壓是關鍵．