题目内容
如图，一质量不计，可上下移动的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封有理想气体．筒的侧壁为绝缘体，上底N、下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积S=2cm2．在电键K断开时，两室中气体压强均为p=240Pa，ND间距l1=1μm，DM间距l2=3μm．将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量导种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动．稳定后，ND间距l1′=3μm，DM间距l2′=1μm，活塞D所带电量的绝对值q=εSE（式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量ε=8.85×10-12C2/Nm2）．求：（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；
（2）活塞受到的电场力大小F；
（3）M所带电荷产生的场强大小EM和电源电压U；
（4）使滑片P缓慢地由B向A滑动，活塞如何运动，并说明理由．
【答案】分析：（1）分别对两气室中由玻意耳定律列式，由前后体积的变化可求得气室中的气体压强；
（2）对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得电场力；
（3）由电场强度公式可求得M点的电场强度，由电场的叠加可求得M产生的场强；
（4）由滑片的移动可知两电场的变化，则可得出活塞受电场力的变化，根据受力关系可得出活塞的运动情况．
解答：解：（1）电键未合上时两室中气体压强为p．
设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，
由玻意耳定律pl1S=p1l1′S，
p1=
=80Pa，
pl2S=p2l2′S，
p2=3p=720Pa．
两室中压强分别为80Pa和720Pa；
（2）活塞受到的气体压强差为△p=p2-p1=640Pa，
活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F=△pS=0.128N．
电场力为0.128N；
（3）活塞受到的电场力大小F=qEM，其中活塞带电量q=εSE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生．
根据电场叠加原理，M产生的场强大小EM=
，所以F=2eSEM2，
EM=6×106V/m，U=El2′=12V，
M产生的场强为6×106V/m；电源电压为12V；
（4）活塞向上移动；
当滑片P由B向A滑动时，DM间电压减小场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动．
点评：本题要求学生能正确审题，从题目中找出所需信息，再利用所学的物理规律列式计算，对学生的分析问题、解决问题能力要求较高．
（2）对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得电场力；
（3）由电场强度公式可求得M点的电场强度，由电场的叠加可求得M产生的场强；
（4）由滑片的移动可知两电场的变化，则可得出活塞受电场力的变化，根据受力关系可得出活塞的运动情况．
解答：解：（1）电键未合上时两室中气体压强为p．
设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，
由玻意耳定律pl1S=p1l1′S，
p1=
=80Pa，pl2S=p2l2′S，
p2=3p=720Pa．
两室中压强分别为80Pa和720Pa；
（2）活塞受到的气体压强差为△p=p2-p1=640Pa，
活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力F=△pS=0.128N．
电场力为0.128N；
（3）活塞受到的电场力大小F=qEM，其中活塞带电量q=εSE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生．
根据电场叠加原理，M产生的场强大小EM=
，所以F=2eSEM2，EM=6×106V/m，U=El2′=12V，
M产生的场强为6×106V/m；电源电压为12V；
（4）活塞向上移动；
当滑片P由B向A滑动时，DM间电压减小场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动．
点评：本题要求学生能正确审题，从题目中找出所需信息，再利用所学的物理规律列式计算，对学生的分析问题、解决问题能力要求较高．
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。在电键K断开时，两室中气体压强均为
，ND间距
，DM间距
，将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动。稳定后，ND间距
，DM间距
，活塞D所带电量的绝对值
(式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量
)求：
和电源电压U;