Question

13．如圖所示，光滑絕緣斜面高度h=0.45m，斜面底端與光滑絕緣水平軌道圓弧連接，水平軌道邊緣緊靠平行板中心軸線．平行板和三個(gè)電阻構(gòu)成如圖所示電路，平行板板長(zhǎng)為l=0.9m，板間距離d=0.6m，R₁=3Ω，R₂=3Ω，R₃=6Ω．可以看為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，電量q=-0.01C，質(zhì)量m=0.03kg，從斜面頂端靜止下滑．

（1）若S₁、S₂均斷開(kāi)，小球剛好沿平行板中心軸線做直線運(yùn)動(dòng)，求電源電動(dòng)勢(shì)ε
（2）若S₁斷開(kāi)，S₂閉合，小球離開(kāi)平行板右邊緣時(shí)，速度偏向角tanθ=$\frac{2}{5}$，求電源內(nèi)阻r
（3）若S₁、S₂均閉合，判斷小球能否飛出平行板？

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒定律求出小球進(jìn)入平行板的速度，然后由平衡條件求出電動(dòng)勢(shì)．
（2）小球在極板 間做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與串并聯(lián)電路特點(diǎn)、歐姆定律求出電源內(nèi)阻．
（3）應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析判斷小球能否飛出平行板．

解答 解：（1）小球下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，
由機(jī)械能守恒定律得：$mgh=\frac{1}{2}mv_0^2$，
解得：${v_0}=\sqrt{2gh}=3m/s$，
對(duì)s₁s₂均斷開(kāi)時(shí)，極板電勢(shì)差即為電源電動(dòng)勢(shì)ε，
由平衡條件得：$mg=q\frac{ε}mqz0ktx$，解得：$ε=\frac{mgd}{q}=\frac{{3×{{10}^{-2}}×10×0.6}}{{1×{{10}^{-2}}}}V=18V$；
（2）當(dāng)s₁斷開(kāi)，s₂閉合時(shí)，帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：l=v₀t，
豎直方向分速度：v_y=atv_y=v₀tanθ，
對(duì)帶電小球，由牛頓第二定律得：
mg-qE₁=ma₁，其中：U_C=E₁d，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=4m/s²，E₁=18N/C，U_C=10.8V，
當(dāng)s₁斷開(kāi)，s₂閉合時(shí)，R₁與R₃串聯(lián)，電容器與R₃并聯(lián)，
電容器兩端電壓：${U_C}={U_{R_3}}$
部分電路歐姆定律：${U_{R_3}}={I_1}{R_3}$
閉合電路歐姆定律：ε=I₁（R₁+R₃+r）
代入數(shù)據(jù)解得：r=1Ω；
（3）當(dāng)s₁s₂均閉合時(shí)，R₂與R₃并聯(lián)，并聯(lián)電阻：
${R_{23}}=\frac{{{R_2}{R_3}}}{{{R_2}+{R_3}}}=\frac{3×6}{3+6}=2Ω$，
電路電流：${I_2}=\frac{ε}{{{R_1}+{R_{23}}+r}}=\frac{18}{3+2+1}=3A$，
電壓：U₂=I₂R₂₃=6V，
對(duì)小球，由牛頓第二定律得：mg-qE₂=ma₂，
其中電壓：U₂=E₂d，
聯(lián)立求解：${a_2}=\frac{20}{3}m/{s^2}$
對(duì)帶電小球類平拋運(yùn)動(dòng)分析，有：
l=v₀t，$y=\frac{1}{2}a{t^2}$
聯(lián)立求解：y=0.3m，$y=\fractnh99yr{2}=0.3m$；
帶電小球恰好從右側(cè)極板邊緣飛出．
答：（1）若S₁、S₂均斷開(kāi)，小球剛好沿平行板中心軸線做直線運(yùn)動(dòng)，電源電動(dòng)勢(shì)ε為18V．
（2）若S₁斷開(kāi)，S₂閉合，小球離開(kāi)平行板右邊緣時(shí)，速度偏向角tanθ=$\frac{2}{5}$，電源內(nèi)阻r為1歐姆．
（3）若S₁、S₂均閉合，小球恰好能飛出平行板．

點(diǎn)評(píng) 本題是電場(chǎng)、運(yùn)動(dòng)學(xué)與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程、分析清楚電路結(jié)構(gòu)是正確解題的關(guān)鍵；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與歐姆定律可以解題．