Question

2．如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始開關閉合，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，電容器儲存的能量E=$\frac{1}{2}$CU²．一電荷量大小為q的帶電油滴以初動能E_k從一平行板電容器的兩個極板中央水平射入（極板足夠長），帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則（　　）

• A． 保持開關閉合，將上極板下移$\fracp9vv5xb5{3}$，帶電油滴仍能沿水平線運動
• B． 保持開關閉合，將上極板下移$\fracp9vv5xb5{3}$，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為E_k+$\frac{qU}{12}$
• C． 斷開開關，將上極板上移$\fracp9vv5xb5{3}$，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時的動能為E_k+$\frac{qU}{8}$
• D． 斷開開關，將上極板上移$\fracp9vv5xb5{3}$，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為$\frac{1}{6}$CU²

Answer 1

分析 帶電油滴受到重力和電場力處于平衡，當電場強度增大時，液滴將會向上運動．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，根據動態(tài)分析判斷電場強度的變化．

解答 解：AB、帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則說明受到的重力和電場力平衡，故有$\frac{U}p9vv5xb5q=mg$，保持開關閉合，將上極板下移$\fracp9vv5xb5{3}$，由于和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，所以$E=\frac{U}p9vv5xb5$可得電場強度增加，即電場力增大，油滴向上偏轉，撞擊時，根據動能定理可得$qE′\fracp9vv5xb5{6}-mg\fracp9vv5xb5{6}={E}_{k}^{′}-{E}_{k}^{\;}$，$E′=\frac{U}{\frac{2d}{3}}=\frac{3U}{2d}$，結合$\frac{U}p9vv5xb5q=mg$，解得${E}_{k}^{′}={E}_{k}^{\;}+\frac{qU}{12}$，故A錯誤，B正確；
C、斷開開關，電荷量不變，將上極板上移$\fracp9vv5xb5{3}$，根據$C=\frac{?S}{4πkd}$，$E=\frac{U}p9vv5xb5$，$C=\frac{Q}{U}$可得$E=\frac{U}p9vv5xb5=\frac{Q}{Cd}=\frac{4πkQ}{?S}$
兩極板間的電場強度不變，所以油滴仍處于平衡狀態(tài)，沿直線通過，故C錯誤；
D、移動前電容器的能量為$E=\frac{1}{2}C{U}_{\;}^{2}$，將上極板上移$\fracp9vv5xb5{3}$后，根據$C=\frac{?S}{4πkd}$，可得$C′=\frac{Q}{C′}=\frac{Q}{\frac{3}{4}C}=\frac{4}{3}U$，此時電容器存儲能量為$E′=\frac{1}{2}C′U{′}_{\;}^{2}=\frac{2}{3}C{U}_{\;}^{2}$，所以外力對極板做功至少為$W=E′-E=\frac{1}{6}C{U}_{\;}^{2}$，故D正確；
故選：BD．

點評 解決本題的關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．