電路液滴

A. 水平放置的平行板電容器C如圖方式連入電路．其間一帶電液滴懸浮在兩極板間不動，要使液滴上升，可使（　

液滴受重力及電場力，開始時處於平衡狀態，故電場力一定向上；
若要使液滴上升，則應使電場力增大；
由圖可知，R₁與R₂串聯，電容器與R₂並聯；
A、R₁減小，則總電阻減小，電流增大，則R₂兩端的電壓增大；故電容器兩端的電壓增大，液滴受電場力增大；液滴上升，故A正確；
B、R₂增大時，總電阻增大，總電流減小，則R₁兩端的電壓減小，則R₂兩端的電壓增大；如A分析可知，液滴上升，故B正確；
C、平行板間距離減小，電壓U不變；則板間的場強增大，液滴受力增大，故液滴上升，故C正確；
D、R₃與電容並聯，故R₃相當於導線，改變R₃不會改變板間電壓，故液滴不動；故D錯誤；
故選：ABC．

B. 液滴的形成涉及到的物理知識有哪些

液體分子之間存在的是引力，同時也在斥力。液體內部分子之間的引力和斥力基本平衡。但是液體表面分子之間距離較大，分子之間不要表現為引力，大量分子之間相互作用引力的合力，就是液體表面張力。在液體表面張力的作用下，液體表面有收縮的趨勢，從而形成球面。
涉及到的物理概念有：液體的分子結構，分子力、表面張力、力的合成。

C. 紅外發射管和紅外接收管能液滴計數嗎比如，輸液時的液滴。求電路圖，輸出是接單片機外部中斷的。

這樣的實驗未做過，你可以試試的，有滴液與無滴液時，透過滴液管的紅外接收管輸出的變化有多大，也就是有滴液與無滴液時的透光率如何，這個暫時與單片機無關；

D. 液滴是什麼

• 液滴

  （細小液體粒子）

• 

液滴是指在靜止條件下可沉降，在紊流條件下能保持懸浮狀態的細小液體粒子，主要粒徑范圍在200μm以下。

E. 如圖所示的電路中，平行金屬板中的帶電液滴處於靜止狀態，電流表和電壓表均為理想電表，當滑動變阻器R 4

C、滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則外電路總電阻減小，總電流增大，則電源的內電壓增大，由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓減小，R 1 兩端的電壓增大，故並聯部分電壓減小，則電容器兩端的電壓減小，板間場強減小，則帶電液滴所受的電場力減小； 則質點將向下移動，故C錯誤； B、因並聯部分電壓減小，則R 2 中的電流減小，而幹路電流增大，故電流表中的電流增大，故B錯誤； A、R 1 兩端的電壓增大，路端電壓減小，並聯部分電壓減小，即R 3 與R 4 兩端的總電壓減小；而由於電流表示數增大，由歐姆定律可知R 3 兩端的電壓增大，故R 4 兩端的電壓減小，電壓表示數減小，故A正確； 由電路圖可知，R 3 與R 4 串聯後與R 2 並聯，再與R 1 串聯，電容器與並聯部分並聯； D、電源的效率為η= UI EI = U E ，由上分析可知，路端電壓U減小，則電源的效率降低．故D錯誤． 故選A．

F. 平行板電容器連接在電路中閉合S,使電容器充電後,有一帶電液滴恰好靜止在兩極板之間，關於液滴的運動情

平行板上板帶正電，由二力平衡知，液滴受向上電場力和向下重力，液滴帶負電。
S閉合時平行板電壓U不變。由E=U/d知，E與d有關，與S無關。d增大E減小，液滴向下運動。A錯B對。
S斷開時平行板帶電量Q不變。由C=εS/4πkd=Q/U和U=Ed，得E=4πkQ/εS。可知E與S有關，與d無關。S減小E增大，液滴向上運動。CD錯。

G. 如圖所示的電路，閉合開關，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處於靜止狀態．為了使液滴豎直向

A、將S斷開，電量Q不變，增大板間距離d，根據E=

U

d

，U=

Q

C

，C=

?S

4πkd

，則E=

4πkQ

?S

，與d無關，則E不變，帶電液滴不動．故A錯誤；
B、將S斷開，Q不變，將兩板水平地向相反方向移開一些，正對面積S減小，根據E=

4πkQ

?S

知，E變大，則電場力變大，液滴向上運動．故B正確；
C、保持開關閉合，板間距離d變小，電勢差不變，根據E=

U

d

知，電場強度增大，電場力增大，將向上運動．故C正確；
D、保持開關閉合，以兩板各自的左側板沿為軸，逆時針方向轉過一個小角度，板間距離減小，場強增大，電場力也逆時針轉過一個小角度，液滴將沿電場力與重力的合力方向運動，不可能豎直向上運動，故D錯誤．
故選：BC．

H. 如2所示的電路中，平行金屬板中的帶電液滴處於靜止狀態，電流表和電壓表均為理想電表，當滑動變阻器我l的

C、滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則外電路總電阻減小，總電流增大，則電源的內電壓增大，由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓減小，R₁兩端的電壓增大，故並聯部分電壓減小，則電容器兩端的電壓減小，板間場強減小，則帶電液滴所受的電場力減小； 則質點將向下移動，故C錯誤；
B、因並聯部分電壓減小，則R₀中的電流減小，而幹路電流增大，故電流表中的電流增大，故B錯誤；
A、R₁兩端的電壓增大，路端電壓減小，並聯部分電壓減小，即R₃與R_四兩端的總電壓減小；而由於電流表示數增大，由歐姆定律可知R₃兩端的電壓增大，故R_四兩端的電壓減小，電壓表示數減小，故A正確；
由電路圖可知，R₃與R_四串聯後與R₀並聯，再與R₁串聯，電容器與並聯部分並聯；
D、電源的效率為η=

Uq

Eq

=

U

E

，由上分析可知，路端電壓U減小，則電源的效率降低．故D錯誤．
故選A．