Question

（2011?廣元模擬）在如圖所示的裝置中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，定值電阻為R₁，滑動(dòng)變阻器總值為R₂，置于真空中的平行板電容器水平放置，極板間距為d．處在電容器中的油滴A恰好靜止不動(dòng)，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片P位于中點(diǎn)位置．
（1）求此時(shí)電容器兩極板間的電壓；
（2）求該油滴的電性以及油滴所帶電荷量q與質(zhì)量m的比值；
（3）現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P由中點(diǎn)迅速向上滑到某位置，使電容器上的電荷量變化了Q₁，油滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，再將滑片從該位置迅速向下滑動(dòng)到另一位置，使電容器上的電荷量又變化了Q₂，當(dāng)油滴又運(yùn)動(dòng)了2t的時(shí)間，恰好回到原來(lái)的靜止位置．設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與極板接觸，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)所用時(shí)間與電容器充電、放電所用時(shí)間均忽略不計(jì)．求：Q₁與Q₂的比值．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中的電流，由歐姆定律求出電容器兩極板間的電壓；
（2）處在電容器中的油滴A恰好靜止不動(dòng)，受到的重力與電場(chǎng)力平衡．電容器上板帶正電，分析油滴的電性．根據(jù)平衡條件求出油滴所帶電荷量q與質(zhì)量m的比值．
（3）設(shè)電容器原來(lái)的電量為Q，將滑動(dòng)變阻器的滑片P由中點(diǎn)迅速向上滑到某位置，使電容器上的電荷量增加了Q₁，油滴在電場(chǎng)中向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求出現(xiàn)在的電量，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式和速度公式分別求出油滴向上運(yùn)動(dòng)的位移和時(shí)間．將滑片從該位置迅速向下滑動(dòng)到另一位置，使電容器上的電荷量又減少了Q₂，再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出油滴向下運(yùn)動(dòng)的位移，聯(lián)立兩個(gè)位移關(guān)系式求出電量之比．

解答：解：（1）電路中的電流I=

E

R1+ R2 2

平行板電容器兩端的電壓U=

R2 2 E

R1+ R2 2

=

R2

2R1+R2

E．
（2）電容上板速寫(xiě)正電，油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力向上，則油滴帶負(fù)電．對(duì)油滴受力分析，得F_電-mg=0，即

1 2 ER2q

(R1+ R2 2 )d

=mg，所以

q

m

=

gd(2R1+R2)

ER2

．
（3）設(shè)電容器的電容為C，極板原來(lái)具有的電荷量為Q，電容器上的電量變化Q₁后，油滴在電場(chǎng)中向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t秒末油滴的速度為v₁、位移為s，板間的電壓
U₁=

Q+Q1

C

根據(jù)牛頓第二定律得
F_電1-mg=ma₁，

(Q+Q1)q

Cd

-mg=ma1
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s=

1

2

a₁t²，v₁=a₁t
電容器上的電量又變化了Q₂后，油滴在電場(chǎng)中向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2t秒末位移為-s．
極板間的電壓為U₂=

Q+Q1+Q2

C

根據(jù)牛頓第二定律得
mg-F_電2=ma₂，mg-

(Q+Q1-Q2)q

Cd

=ma₂
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得-s=2v₁t-

1

2

a₂（2t）²
解得：

Q1

Q2

=

4

9

．
答：（1）此時(shí)電容器兩極板間的電壓為

R2

2R1+R2

E．　
（2）油滴帶負(fù)電，油滴所帶電荷量q與質(zhì)量m的比值為

gd(2R1+R2)

ER2

．
（3）Q₁與Q₂的比值為4：9．

點(diǎn)評(píng)：本題是電容器、電路和電場(chǎng)知識(shí)的綜合應(yīng)用．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)分析受力情況，根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理是基本的方法．