Question

10．電路如圖所示，電源電動勢E=28V，R₁=12Ω，R₂=R₄=4Ω，R₃=8Ω，r=2Ω．C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板距離相等，極板長L=0.20m，兩極板的間距d=1.0×10^-2m．

（1）求開關(guān)S從斷開狀態(tài)，調(diào)到閉合狀態(tài)的過程中，流過R₄的電量為多少？
（2）開關(guān)S斷開時，質(zhì)量均為m=8×10^-22kg、帶電量均為8×10^-16的正負(fù)兩粒子，由電容器上下邊界的a、c兩點，先后沿ab和cd方向以速率v₀進入電容器（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，求粒子的速率進入電場的速率v₀．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)開關(guān)S斷開時，電容器的電壓等于電阻R₃兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律及串聯(lián)電路電壓的分配關(guān)系，利用比例法電容器的電壓和電量．當(dāng)S閉合后，電阻R₂與R₃串聯(lián)后再與R₁并聯(lián)，電容器的電壓等于電阻R₃兩端的電壓，求出電容器的電量，再求出電容器電量的變化量，即為流過R₄的總電量．
（2）在勻強電場中，兩個質(zhì)量相同、帶電量大小相同的正負(fù)粒子在一矩形的對角頂點以方向相反、大小相等的速度進入矩形，軌跡恰好相切，由此可知兩粒子的運動軌跡完全對稱，且相切點是矩形的幾何中心．不計重力，則粒子做類平拋運動．

解答 解：
（1）S斷開時，電阻R₃兩端電壓為U₃=$\frac{{R}_{3}}{{R}_{3}+{R}_{2}+r}E=16V$
S閉合后，外阻為R=$\frac{{R}_{1}（{R}_{2}+{R}_{3}）}{{R}_{1}+{R}_{2}+{R}_{3}}$=6Ω
路端電壓為U=$\frac{R}{R+r}E$=21V
電阻R₃兩端電壓為U₃′=$\frac{{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}}U$=14V
則流過R₄的總電量為△Q=CU₃-CU₃′=6×10^-12C
（2）開關(guān)斷開時，電壓為16V；由于正負(fù)粒子的質(zhì)量、電荷量大小、運動初速度大小均相等，且粒子僅在電場的作用下運動，所以可知粒子做類平拋運動，且運動軌跡形狀相同，相切點為矩形的幾何中心．
由類平拋運動的關(guān)系可得：
豎直方向：$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{3}}{m}$t²=$\frac65vo06h{2}$，
水平方向：v₀t=$\frac{L}{2}$，
解得t=$\sqrt{\frac{dm}{qE}}$，
則v₀=$\frac{L}{2}$$\sqrt{\frac{dm}{qE}}$=$\frac{0.2}{2}$×$\sqrt{\frac{8×1{0}^{-16}×16}{1×1{0}^{-2}×8×1{0}^{-22}}}$=4×10³m/s；
答：（1）流過R₄的電量為6×10^-12C
（2）粒子的速率進入電場的速率為4×10³m/s；

點評 本題考查了粒子在勻強電場中的運動，解題的關(guān)鍵是知道該題條件下的正負(fù)粒子的運動軌跡完全對稱，且它們做的運動是類平拋運動，由類平拋運動的關(guān)系列式即可求解．同時含容電路，關(guān)鍵是確定電容兩端的電壓，當(dāng)電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于與之并聯(lián)的電路的電壓，也等于所在電路兩端的電壓．