Question

13．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v₀=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电荷量q=1×10^-2 C，质量为m=2×10^-2 kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s²）．求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？
（3）此时电源的输出功率是多少？
（4）此时电源的效率是多少？

Answer 1

分析 （1）小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A板右边缘射出时，水平位移为L，竖直位移为d，根据运动学和牛顿第二定律结合可求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器接入电路的阻值．
（2）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数．
（3）电源的输出功率P=UI，U是路端电压，I是总电流；
（4）根据效率公式η=$\frac{{P}_{出}}{{P}_{总}}$，即可求解．

解答 解：（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：
  水平方向：L=v₀t
  竖直方向：d=$\frac{1}{2}$at²，
由上两式得：a=$\frac{2d{v}_{0}^{2}}{{L}^{2}}$=$\frac{2×0.4×{4}^{2}}{0．{8}^{2}}$=20m/s²
又根据牛顿第二定律得：
  a=$\frac{\frac{qU}{d}-mg}{m}$
联立得：U=$\frac{m（g+a）d}{q}$=$\frac{2×1{0}^{-2}×（10+20）×0.4}{1×1{0}^{-2}}$V=24V
根据串联电路的特点有：$\frac{U}{E}$=$\frac{R′}{R+R′+r}$
代入得：$\frac{24}{40}$=$\frac{R′}{15+R′+1}$
解得，滑动变阻器接入电路的阻值为 R′=24Ω
（2）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：
  I=$\frac{E}{R+R′+r}$=$\frac{40}{15+24+1}$A=1A
电压表的示数为：
  U=E-Ir=（40-1×1）V=39V
（3）此时电源的输出功率是 P=UI=39×1W=39W．
（4）电源提供的功率P_总=EI=40V×1.0A=40W
电源的效率η=$\frac{{P}_{出}}{{P}_{总}}$=$\frac{39}{40}$=97.5%
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为24Ω．
（2）此时电流表、电压表的示数分别为1A和39V．
（3）此时电源的输出功率是39W．
（4）此时电源的效率是97.5%．

点评 本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度．