Question

7．在如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)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，虛線到兩極板的距離相等，極板長(zhǎng)L=0.20m，兩極板的間距d=1.0×l0^-2m，g取10m/s²．
（1）若最初開(kāi)關(guān)S處于斷開(kāi)狀態(tài)，則將其閉合后，流過(guò)R₄的電荷量為多少？
（2）若開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，有一個(gè)帶電微粒沿虛線方向以v₀=2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，則：當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間后，能否從極板間射出？（要求寫(xiě)出計(jì)算和分析過(guò)程）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電壓與電阻的關(guān)系，結(jié)合S斷開(kāi)與閉合，分別求出電阻R₃兩端的電壓，再根據(jù)Q=CU，從而求解；
（2）根據(jù)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)有：q$\frac{{U}_{3}}18787vd$=mg；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，由牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解．

解答 解：（1）s斷開(kāi)時(shí)，電阻R₃兩端的電壓U₃=$\frac{E{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}+r}$=16 V  
S閉合后，外電路的總電阻R=$\frac{{R}_{1}（{R}_{2}+{R}_{3}）}{{R}_{1}+{R}_{2}+{R}_{3}}$=6Ω     
路端電壓U=$\frac{ER}{R+r}$=21 V    
  電阻R₃兩端的電壓U₃′=$\frac{{R}_{3}}{{R}_{2}+{R}_{3}}$U=14 V 
閉合開(kāi)關(guān)后流過(guò)R的電荷量△Q=CU₃-CU₃′=6．O×10^-12C   
（2）設(shè)帶電微粒的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)有：q$\frac{{U}_{3}}ntz767z$=mg   
當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，設(shè)帶電微粒的加速度為a，則有：mg-q$\frac{{U}_{3}^{′}}a2bg238$=ma  
假設(shè)帶電微粒能從極板間射出，則水平方向有：t=-$\frac{L}{{v}_{0}}$
豎直方向有：y=$\frac{1}{2}$at²  
由以上各式得y=6.25×10^-3 m＞$\fraccg73qtu{2}$
故帶電微粒不能從極板間射出．  
答：（1）若最初開(kāi)關(guān)S處于斷開(kāi)狀態(tài)，則將其閉合后，流過(guò)R₄的電荷量為6．O×10^-12C；
（2）此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間后，不能從極板間射出．

點(diǎn)評(píng) 考查電路問(wèn)題的處理方法，掌握平衡條件，及牛頓第二定律的應(yīng)用，知道運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的運(yùn)用．