如图所示电路中，电源电动势ε=18V，内阻r=1Ω，外电路中电阻R2=5Ω，R3=6Ω，平行板间距d=2cm，当滑动变阻
如图所示电路中，电源电动势ε=18V，内阻r=1Ω，外电路中电阻R2=5Ω，R3=6Ω，平行板间距d=2cm，当滑动变阻器的滑动头P位于中点时，电流表的示数为2A，平行板间静止悬浮着一个电量q=8×10-7C带负电的微粒．电容器的电容C=50uF，试求：（1）滑动变组器R1的总阻值；
（2）电容器所带的电量Q；
（3）微粒的质量；
（4）滑动变阻器P调到最上面，电路稳定后微粒的加速度．（g=10m/s2）
（2）电容器所带的电量Q；
（3）微粒的质量；
（4）滑动变阻器P调到最上面，电路稳定后微粒的加速度．（g=10m/s2）
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解题思路：（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，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，求出其电压，再由电容的定义式求解其电量Q．
（3）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；
（4）滑动变阻器P调到最上面，得到电容器的电压，根据牛顿第二定律求解其加速度．
（2）电容器两端的电压等于R2两端的电压，求出其电压，再由电容的定义式求解其电量Q．
（3）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；
（4）滑动变阻器P调到最上面，得到电容器的电压，根据牛顿第二定律求解其加速度．
（1）根据闭合电路欧姆定律得：
I=[ɛ
R2+
R3•0.5R1
R3+0.5R1
代入得：2=
18
5+
5×0.5R1
5+0.5R1
解得 R1=12Ω
（2）电容器的电压U=ɛ-Ir=18-2×1=16V
则电容器所带的电量Q=CU=50×10-6×16C=8×10-4C
（3）微粒处于静止状态，则有：mg=q
U/d]
则 q=[qU/dg]=6.4×10-5kg
（4）滑动变阻器P调到最上面时，外电路总电阻为 R=R2+
R1R3
R1+R3=5+[12×6/12+6]=9Ω
电容器的电压U′=[R/R+r]ɛ=[9/9+1]×18V=16.2V
根据牛顿第二定律得：q[U′/d]-mg=ma
联立解得 a=0.125m/s2．
答：
（1）滑动变组器R1的总阻值是12Ω；
（2）电容器所带的电量Q是8×10-4C；
（3）微粒的质量是6.4×10-5kg；
（4）滑动变阻器P调到最上面，电路稳定后微粒的加速度是0.125m/s2．
点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．
考点点评： 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．
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