Question

10．電路如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)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(zhǎng)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(guò)程中，流過(guò)R₄的電量為多少？
（2）開關(guān)S斷開時(shí)，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(diǎn)，先后沿ab和cd方向以速率v₀進(jìn)入電容器（兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中）．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，求粒子的速率進(jìn)入電場(chǎng)的速率v₀．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，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(guò)R₄的總電量．
（2）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量相同、帶電量大小相同的正負(fù)粒子在一矩形的對(duì)角頂點(diǎn)以方向相反、大小相等的速度進(jìn)入矩形，軌跡恰好相切，由此可知兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡完全對(duì)稱，且相切點(diǎn)是矩形的幾何中心．不計(jì)重力，則粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)．

解答 解：
（1）S斷開時(shí)，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(guò)R₄的總電量為△Q=CU₃-CU₃′=6×10^-12C
（2）開關(guān)斷開時(shí)，電壓為16V；由于正負(fù)粒子的質(zhì)量、電荷量大小、運(yùn)動(dòng)初速度大小均相等，且粒子僅在電場(chǎng)的作用下運(yùn)動(dòng)，所以可知粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡形狀相同，相切點(diǎn)為矩形的幾何中心．
由類平拋運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可得：
豎直方向：$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{3}}{m}$t²=$\fracmpaxjws{2}$，
水平方向：v₀t=$\frac{L}{2}$，
解得t=$\sqrt{\frac{dm}{qE}}$，
則v₀=$\frac{L}{2}$$\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(guò)R₄的電量為6×10^-12C
（2）粒子的速率進(jìn)入電場(chǎng)的速率為4×10³m/s；

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是知道該題條件下的正負(fù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡完全對(duì)稱，且它們做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)的關(guān)系列式即可求解．同時(shí)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(shí)，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．