题目内容
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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．若小球带电量q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，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）小球在A、B板间运动时的加速度的大小；为多少？
（2）滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）此时电源的输出功率．
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，根据运动学结合可求出加速度．
（2）由牛顿第二定律和U=Ed结合求出板间电压，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．
（3）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，电源的输出功率P=UI，U是路端电压，I是总电流．
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$\frac{2d}{\frac{{L}^{2}}{{v}_{0}^{2}}}$=$\frac{2×0.4×{4}^{2}}{0．{8}^{2}}$m/s2=20m/s2
（2）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
（3）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
此时电源的输出功率是 P=UI=39×1W=39W．
答：（1）小球在A、B板间运动时的加速度的大小为20m/s2；
（2）滑动变阻器接入电路的阻值24Ω；
（3）此时电源的输出功率39W．
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．
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如图所示，轻绳的一端系在质最为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的小圆环上，现用水平力F拉绳子上一点O，使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置，此过程中小圆环保持原位置不动，则环与杆之间的摩擦力F1和弹力F2的变化情况是（ ）| A． | F1保持不变，F2逐渐增大 | B． | F1逐渐增大，F2保持不变 | ||
| C． | F1逐渐减小，F2保持不变 | D． | F1保持不变，F2逐渐减小 |
（多选）如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC=2$\sqrt{3}$ m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个带电荷量q=-2×10-6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10-5 J，由B移到C的过程中电场力做功6×10-6 J，下列说法正确的是（ ）| A． | B、C两点的电势差UBC=3V | |
| B． | A点的电势低于B点的电势 | |
| C． | 负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少 | |
| D． | 该电场的场强为1V/m |
| A． | 在下落过程中，加速度先变大后变小 | |
| B． | 从更高处由静止释放，在空中运动时间变长 | |
| C． | 在下落过程中，机械能先增大后不变 | |
| D． | 从更高处由静止释放，落地前瞬间的速度变大 |
如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其它面为绝缘材料．ABCD面带负电，EFGH面带正电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带负电液滴，最后分别落在“1”、“2”、“3”三点，则下列说法正确的是（ ）| A． | 三个液滴在真空盒中都做平抛运动 | |
| B． | 落在点“3”位置的液滴的运动时间最长 | |
| C． | 三个液滴落到底板时的速度相同 | |
| D． | 落在点“1”位置的液滴所带电荷量最少 |
某同学用下面的实验装置测量小车的质量，他的部分实验步骤如下：