Question

13．如图所示，电池组的电动势E=18V，内阻r=1Ω，R₂=5Ω，R₃=6Ω，平行金属板水平放置，板间距离d=2cm，当可变电阻R₁的滑片移到R₁的中点时，一个带电q=-8×10^-7C的油滴正好平衡于平行板间，电流表示数为2A，求：
（1）R₁的全部电阻值；
（2）油滴的质量；
（3）在R₁的滑片移动到最下端时，油滴获得的加速度是多大？

Answer 1

分析 （1）电路稳定后，电容器相当于断路，电路中滑动变阻器的一半阻值与R₃并联后与R₂串联，电容器并联在R₂两端；由闭合电路欧姆定律可求得R₁的一半阻值，即可求得总阻值；
（2）电容器两端的电压等于R₂两端的电压，带电微粒处于悬浮状态，故受力平衡；由受力平衡可求得微粒的质量；
（3）当微粒受电场力最大时其加速度最大，则可知当R₂两端的电压最大时加速度最大；分析电路的变化可知滑片的位置．

解答 解：（1）由闭合电路欧姆定律可得：
电路中的总电阻 R_总=$\frac{E}{I}$-r=$\frac{18}{2}$Ω-1Ω=8Ω；
则并联部分总电阻 R_并=8-5Ω=3Ω；
由并联电路的电阻规律可得：$\frac{{R}_{3}•\frac{{R}_{1}}{2}}{{R}_{3}+\frac{{R}_{1}}{2}}$=3Ω；
解得：R₁=12Ω；
即滑动变阻器的总阻值为12Ω
（2）R₂两端的电压 U₂=IR₂=2×5Ω=10V；
故电容器两端的电压为10V，由 $\frac{U}{d}$q=mg可得：
 m=$\frac{qU}{gd}$=$\frac{8×1{0}^{-7}×10}{10×0.02}$=4×10^-5kg；
故带电油滴的质量为4×10^-5kg；
（3）要使带电微粒有最大加速度，则应使电容器两端的电压最大，即R₂两端的电压最大，由串联电路的规律可知，应使并联部分电阻最小，即应使滑动变阻器短接时，此时并联部分电阻为零；
由闭合电路的欧姆定律可知，R₂两端的最大电压 U_m=$\frac{E}{r+{R}_{2}}$R₂=$\frac{18}{1+5}$×5V=15V
此时粒子受电场力 F=$\frac{q{U}_{m}}{d}$
加速度 a=$\frac{F-mg}{m}$=5m/s²；
带电粒子的最大加速度为5m/s²．
答：
（1）R₁的全部电阻值是12Ω；
（2）油滴的质量是4×10^-5kg；
（3）在R₁的滑片移动到最下端时，油滴获得的加速度是5m/s²．

点评 本题综合考查了闭合电路的欧姆定律、电容器、牛顿第二定律等重点知识，综合性较强；解题时注意寻找到各知识点及它们之间的联系，特别是要注意电路的分析及电容器的性质．