Question

3．如圖所示的電路中，四個(gè)電阻阻值均為R，電鍵S閉合時(shí)，有一質(zhì)量為m、電荷量為q 的小球靜止于水平放置的平行板電容器的中點(diǎn)．現(xiàn)斷開(kāi)S，帶電小球向一個(gè)極板運(yùn)動(dòng)并與此極板碰撞，碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，只是碰后小球所帶電量發(fā)生變化，碰后小球帶有和該板相同性質(zhì)的電荷，并恰能運(yùn)動(dòng)到另一極板，設(shè)兩極板間距離為d，電源內(nèi)阻也為R，重力加速度為g，則（　�。�

• A． 電源電動(dòng)勢(shì)為$\frac{3mgd}{2q}$
• B． 從打開(kāi)電鍵S到小球碰撞到極板所需時(shí)間為$\sqrt{\frac{6d}{g}}$
• C． 電鍵S斷開(kāi)后流過(guò)R₂的電荷量為$\frac{Cmgd}{4q}$
• D． 碰后小球電量為$\frac{11}{10}$q

Answer 1

分析 電鍵S閉合時(shí)，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，求出電容器板間電壓與電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系，對(duì)小球受力情況進(jìn)行分析，由電場(chǎng)力與重力平衡，即可求出板間電壓，解得電源的電動(dòng)勢(shì)．
斷開(kāi)S，由電路的關(guān)系求出電容器的板間電壓，對(duì)帶電小球運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求時(shí)間．
求出電鍵閉合時(shí)電容所帶的電量和電鍵斷開(kāi)后所帶的電量，流過(guò)${R}_{2}^{\;}$的電荷量為兩次電荷量之差；
根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立求出碰后小球電量；

解答 解：A、當(dāng)S閉合時(shí)，電容器電壓為U，則：$U=\frac{E}{2.5R}R=\frac{2}{5}E$①
對(duì)帶電小球受力分析得：$q\frac{U}3nh7ayp=mg$②
聯(lián)立①②式解得：$E=\frac{5mgd}{2q}$，故A錯(cuò)誤；
B、斷開(kāi)S，電容器電壓為U′，則：$U′=\frac{E}{3R}R=\frac{E}{3}$③
由牛頓第二定律知：$mg-q\frac{U′}yp4cdnl=ma$④
向下運(yùn)動(dòng)的位移$\fracv9mj72a{2}$：$\fracjgin1ge{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$⑤
聯(lián)立③④⑤得：$t=\sqrt{\frac{6d}{g}}$，故B正確；
C、電鍵S閉合時(shí)，電容器帶電量${Q}_{1}^{\;}=CU=\frac{2}{5}CE$⑥
電鍵S斷開(kāi)后，電容器的帶電量${Q}_{2}^{\;}=CU′=\frac{1}{3}CE$⑦
流過(guò)${R}_{2}^{\;}$的電荷量$△Q={Q}_{1}^{\;}-{Q}_{2}^{\;}=\frac{2}{5}CE-\frac{1}{3}CE=\frac{1}{15}CE$=$\frac{1}{15}C×\frac{5mgd}{2q}=\frac{Cmgd}{6q}$，故C錯(cuò)誤；
D、小球與極板碰撞速度大小為v，${v}_{\;}^{2}=2{a}_{1}^{\;}•\fracpao4zqz{2}$⑧
碰后${v}_{\;}^{2}=2{a}_{2}^{\;}•d$⑨
得${a}_{1}^{\;}=2{a}_{2}^{\;}$⑩
碰前根據(jù)牛頓第二定律：$mg-q\frac{U′}ce7ojqu=m{a}_{1}^{\;}$⑪
碰后根據(jù)牛頓第二定律：$mg-q′\frac{U′}2spuqg9=m{a}_{2}^{\;}$⑫
其中$mg=q\frac{U}bjo7zap$        $U=\frac{2}{5}E$        $U′=\frac{E}{3}$⑬
聯(lián)立解得：$q′=\frac{11}{10}q$，故D正確；
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 本題是串并聯(lián)電路與電容器兩部分知識(shí)的綜合，關(guān)鍵是確定電容器的電壓與電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系．