Question

15．如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)E=18V，內(nèi)阻r=1.0Ω，電阻R₂=5.0Ω，R₃=6.0Ω．平行金屬板水平放置，兩板間距d=2cm，當(dāng)可變電阻R₁的滑動(dòng)觸頭移至R₁的中點(diǎn)時(shí)，電源的路端電壓是16V，一個(gè)電荷量q=-8.0×10^-9C的油滴正好平衡于兩板之間，（g取10m/s²）求：
（1）R₁的總電阻；
（2）油滴的質(zhì)量；
（3）迅速移動(dòng)R₁的滑動(dòng)觸頭P，油滴可獲得的最大加速度為多大？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)觸頭P在R₁中央時(shí)，先根據(jù)閉合電路歐姆定律求出干路中的電流，由歐姆定律求出R₂兩端的電壓和R₁、R₃并聯(lián)部分的電壓，根據(jù)歐姆定律求出通過R₃的電流，即可根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求出通過R₁的電流，就能求出R₁總阻值的一半，從而得到R₁的總阻值．
（2）油滴正好平衡于兩板之間，重力與電場力二力平衡，由E=$\frac{U}2oyqu8c$和平衡條件求解油滴的質(zhì)量．
（3）為使油滴向下的加速度最大，應(yīng)使R₁的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)R₁的最上端，根據(jù)歐姆定律求出電容器板間電壓，再根據(jù)牛頓第二定律求出最大加速度．

解答 解（1）電路中的總電流為：I=$\frac{E-{U}_{1}}{r}$=$\frac{18-16}{1}$A=2A
R₂兩端的電壓為：U_R2=I₁R₂=2×5.0V=10V
R₁、R₃并聯(lián)部分的電壓為：U_R3=U_R1=U₁-U_R2=16-10=6V
通過R₃的電流為：I_R3=$\frac{{U}_{R3}}{{R}_{3}}$=$\frac{6}{6}$A=1A
則通過R₁的電流為：I_R1=I₁-I_R3=1A
則R₁接入電路部分的電阻為：R₁′=$\frac{{U}_{R1}}{{I}_{R1}}$=6Ω，
則可變電阻的總阻值為：R₁=2R₁′=2×6Ω=12Ω．
（2）電容器并聯(lián)在R₂兩端，則電容器兩端的電壓為：U_C=U_R2=10V
根據(jù)平衡條件得：q$\frac{{U}_{C}}6g84g0u$=mg，
油滴的質(zhì)量為：m=$\frac{q{U}_{C}}{gd}$=4.0×10^-7kg．
（3）為使油滴獲得向下的加速度，需要把R₁的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)，以減小電容器兩端的電壓，從而減小電場力．為使向下的加速度最大，則應(yīng)使R₁的滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)R₁的最上端，此時(shí)，R₁、R₃并聯(lián)電阻為：R₁₃=$\frac{{R}_{1}{R}_{3}}{{R}_{1}+{R}_{3}}$=$\frac{12×6}{12+6}$Ω=4Ω，
則R₂兩端的電壓為：U_R2′=$\frac{E{R}_{2}}{{R}_{2}+{R}_{13}+r}$=9V，
電容器兩端的電壓為：U_C′=U_R2′=9V
根據(jù)牛頓第二定律得：mg-$\frac{q{U}_{C}^{′}}cwwq4qw$=ma，
油滴向下的最大加速度為：a=g-$\frac{q{U}_{C}^{′}}{md}$=1m/s²．
答：（1）R₁的總阻值為12Ω；
（2）油滴的質(zhì)量為4.0×10^-7kg；
（3）移動(dòng)R₁的滑動(dòng)頭P，油滴可獲得向下的最大加速度為1m/s²

點(diǎn)評(píng) 本題是電路與帶電粒子在電場中加速的綜合，它們聯(lián)系的紐帶是電容器的電壓，要在了解電路結(jié)構(gòu)的基礎(chǔ)上，熟練運(yùn)用歐姆定律求解電壓是關(guān)鍵．