Question

13．如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長L=80cm，兩板間的距離d=40cm，電源電動勢E=40V，內(nèi)電阻r=1Ω，電阻R=15Ω，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從B板左端且非�？拷麭板的位置以初速度v₀=4m/s水平向右射入兩板間，該小球可視為質(zhì)點．若小球帶電量q=1×10^-2C，質(zhì)量為m=2×10^-2kg，不考慮空氣阻力，電路中電壓表、電流表均是理想電表，若小球恰好從A板右邊緣射出（g取10m/s²）．求：
（1）小球在A、B板間運動時的加速度的大�。粸槎嗌�？
（2）滑動變阻器接入電路的阻值；
（3）此時電源的輸出功率．

Answer 1

分析 （1）小球進入電場中做類平拋運動，小球恰好從A板右邊緣射出時，水平位移為L，豎直位移為d，根據(jù)運動學(xué)結(jié)合可求出加速度．
（2）由牛頓第二定律和U=Ed結(jié)合求出板間電壓，再根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點，求解滑動變阻器接入電路的阻值．
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電路中電流，由歐姆定律求解路端電壓，即可求得兩電表的讀數(shù)，電源的輸出功率P=UI，U是路端電壓，I是總電流．

解答 解：（1）小球進入電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速運動，則有：
水平方向：L=v₀t
豎直方向：d=$\frac{1}{2}$at²
由上兩式得：a$\frac{2d}{\frac{{L}^{2}}{{v}_{0}^{2}}}$=$\frac{2×0.4×{4}^{2}}{0．{8}^{2}}$m/s²=20m/s²
（2）根據(jù)牛頓第二定律得：a=$\frac{\frac{qU}jrnn7zh-mg}{m}$
聯(lián)立得：U=$\frac{m（g+a）d}{q}$=$\frac{2×1{0}^{-2}×（10+20）×0.4}{1×1{0}^{-2}}$V=24V
根據(jù)串聯(lián)電路的特點有：$\frac{U}{E}$=$\frac{R′}{R+R′+r}$
代入得：$\frac{24}{40}$=$\frac{R′}{15+R′+1}$
解得滑動變阻器接入電路的阻值為：R′=24Ω
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律得電流表的示數(shù)為：
  I=$\frac{E}{R+R′+r}$=$\frac{40}{15+24+1}$A=1A
電壓表的示數(shù)為：
  U=E-Ir=（40-1×1）V=39V
此時電源的輸出功率是 P=UI=39×1W=39W．
答：（1）小球在A、B板間運動時的加速度的大小為20m/s²；
（2）滑動變阻器接入電路的阻值24Ω；
（3）此時電源的輸出功率39W．

點評 本題是帶電粒子在電場中類平拋運動和電路問題的綜合，容易出錯的是受習(xí)慣思維的影響，求加速度時將重力遺忘，要注意分析受力情況，根據(jù)合力求加速度．