Question

18．如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始時(shí)開關(guān)閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲(chǔ)存的能量E=$\frac{1}{2}C{U^2}$．一電荷量為-q的帶電油滴，以初動(dòng)能E_k0從平行板電容器的兩個(gè)極板中央水平射入（極板足夠長(zhǎng)），帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則（　�。�

• A． 保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移$\fracwegdpxk{4}$，帶電油滴仍能沿水平線運(yùn)動(dòng)
• B． 保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移$\fracur6dksz{4}$，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能為E_k0+$\frac{qU}{12}$
• C． 斷開開關(guān)，僅將上極板上移$\frac2bnerbu{4}$，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時(shí)的動(dòng)能為E_k0+$\frac{qU}{6}$
• D． 斷開開關(guān)，僅將上極板上移$\fraciqsp5us{4}$，若不考慮電容器極板的重力勢(shì)能變化，外力對(duì)極板做功至少為$\frac{1}{8}C{U^2}$

Answer 1

分析 帶電油滴受到重力和電場(chǎng)力處于平衡，當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度增大時(shí)，液滴將會(huì)向上運(yùn)動(dòng)．電容器始終與電源相連，兩端的電壓不變，電容器與電源斷開，所帶的電量不變，根據(jù)動(dòng)態(tài)分析判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的變化

解答 解：帶電液滴沿圖中水平虛線勻速通過電容器，則有$mg=q\frac{U}hz1qhe6$
A、保持開關(guān)閉合，電壓不變，僅將上極板下移$\fracuhfmzqo{4}$的過程中，極板距離減小，根據(jù)E=$\frac{U}nvcog1i$知電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，帶電油滴向上做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移$\fracxvhk0kd{4}$，兩極板間距離變?yōu)?\frac{3}{4}$d，電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{U}{\frac{3}{4}d}$，電場(chǎng)力做功W=qE$\fracu5seqsq{4}$=q×$\frac{U}{\frac{3d}{4}}$×$\fracrugi2k6{4}$=$\frac{qU}{3}$，根據(jù)動(dòng)能定理W=E_k-E_k0，$q\frac{U}{3}-mg•\frac7sqcjqd{4}={E}_{k}^{\;}-{E}_{k0}^{\;}$
得${E}_{k}^{\;}=q\frac{U}{3}-mg\fracmvmt676{4}+{E}_{k0}^{\;}$=$q\frac{U}{3}-q\frac{U}jqyk273×\fracpx1ugeq{4}+{E}_{k0}^{\;}={E}_{k0}^{\;}+\frac{qU}{12}$，所以撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能是${E}_{k0}^{\;}+\frac{qU}{12}$，故B正確；
C、斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)E=$\frac{U}vok61gd=\frac{Q}{Cd}=\frac{Q}{\frac{{?}_{r}^{\;}S}{4πkd}×d}=\frac{4πkQ}{{?}_{r}^{\;}S}$，可知場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受的電場(chǎng)力不變，帶電油滴仍然沿水平虛線勻速通過電容器，不會(huì)撞擊下極板，故C錯(cuò)誤；
D、斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，由C知場(chǎng)強(qiáng)不變，兩板間的合場(chǎng)強(qiáng)為E，下極板在上極板處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為$\frac{1}{2}$E，上極板上移$\fracwkc26ry{4}$，上極板所受電場(chǎng)力為$\frac{1}{2}$EQ
外力對(duì)極板所做的功為W=F×$\fracqyby6fh{4}=\frac{1}{2}EQ×\fracl6hyvyf{4}=\frac{1}{8}UQ=\frac{1}{8}$U×CU=$\frac{1}{8}C{U}_{\;}^{2}$，故D正確
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握電容器始終與電源相連，兩端的電壓不變，電容器與電源斷開，所帶的電量不變．