Question

19．一電路如圖所示，電源電動勢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，虛線到兩極板距離相等，極板長l=0.20m，兩極板的間距d=1.0×10^-2m．
（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過R₄的總電荷量為多少？
（2）S斷開時，電源的總功率多大？
（3）若開關(guān)S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以v₀=2.0m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的電場中射出？（要求寫出計算和分析過程，g取10m/s²）

Answer 1

分析 （1）當開關(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）根據(jù)歐姆定律求出電路中的總電流，再根據(jù)P=EI求解總功率；
開關(guān)S斷開時帶電油滴恰好靜止在水平放置的平行金屬板正中間，電場力與重力平衡，根據(jù)平衡條件得到重力與電場力的關(guān)系．S閉合時，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出油滴到達極板的時間．然后根據(jù)側(cè)向位移來確定是否能射出．

解答 解：（1）S斷開時，電阻R₃兩端電壓為${U}_{3}=\frac{{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}+r}E=16V$
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${U}_{3}′=\frac{{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}}U=14V$
則所求流過R₄的總電量為$△Q=C（{U}_{3}-{U}_{3}′）=6.0×1{0}^{-12}C$       
（2）S斷開時，電路總電流I=$\frac{{U}_{3}}{{R}_{3}}=\frac{16}{8}=2A$，電源的總功率P=EI=28×2=56W
（3）設(shè)微粒質(zhì)量為m，電量為q，當開關(guān)S斷開時有：$\frac{q{U}_{3}}saiabjb=mg$
當開關(guān)S閉合后，設(shè)微粒加速度為a，則$mg-\frac{q{U}_{3}′}iu8wlr8=ma$
設(shè)微粒能從C的電場中射出，則水平方向：$t=\frac{L}{{v}_{0}}$
豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由以上各式求得：$y=6.25×1{0}^{-3}m＞\fraca0zaju4{2}$
故微粒不能從C的電場中射出． 
答：（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，則流過R₄的總電量為6×10^-12C；
（2）S斷開時，電源的總功率為56W；
（3）若開關(guān)S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以₀=2.0m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，不能從C的電場中射出．

點評 對于電容器，關(guān)鍵是確定其電壓，當電路穩(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．