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，以初動能E_k0從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(guān)閉合，僅將上極板下移$\frac909vp0u{4}$，帶電油滴仍能沿水平線運動
• B． 保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移$\fracojg9lrb{4}$，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為E_k0+$\frac{qU}{12}$
• C． 斷開開關(guān)，僅將上極板上移$\fracinhgqcq{4}$，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時的動能為E_k0+$\frac{qU}{6}$
• D． 斷開開關(guān)，僅將上極板上移$\frac9mduif4{4}$，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$\frac{1}{8}C{U^2}$

Answer 1

分析 帶電油滴受到重力和電場力處于平衡，當(dāng)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(jù)動態(tài)分析判斷電場強度的變化

解答 解：帶電液滴沿圖中水平虛線勻速通過電容器，則有$mg=q\frac{U}xfoff95$
A、保持開關(guān)閉合，電壓不變，僅將上極板下移$\fracmwftp5l{4}$的過程中，極板距離減小，根據(jù)E=$\frac{U}ev949fb$知電場強度增大，電場力增大，帶電油滴向上做加速運動，故A錯誤；
B、保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移$\fracx5sbwgh{4}$，兩極板間距離變?yōu)?\frac{3}{4}$d，電場強度E=$\frac{U}{\frac{3}{4}d}$，電場力做功W=qE$\fraci0mlf0d{4}$=q×$\frac{U}{\frac{3d}{4}}$×$\fracxv9q9at{4}$=$\frac{qU}{3}$，根據(jù)動能定理W=E_k-E_k0，$q\frac{U}{3}-mg•\fracxqqdonv{4}={E}_{k}^{\;}-{E}_{k0}^{\;}$
得${E}_{k}^{\;}=q\frac{U}{3}-mg\fracrz5rcqy{4}+{E}_{k0}^{\;}$=$q\frac{U}{3}-q\frac{U}mlnunm4×\fracu5dbhld{4}+{E}_{k0}^{\;}={E}_{k0}^{\;}+\frac{qU}{12}$，所以撞擊上極板時的動能是${E}_{k0}^{\;}+\frac{qU}{12}$，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=$\frac{U}m5iiq0o=\frac{Q}{Cd}=\frac{Q}{\frac{{?}_{r}^{\;}S}{4πkd}×d}=\frac{4πkQ}{{?}_{r}^{\;}S}$，可知場強不變，油滴所受的電場力不變，帶電油滴仍然沿水平虛線勻速通過電容器，不會撞擊下極板，故C錯誤；
D、斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，由C知場強不變，兩板間的合場強為E，下極板在上極板處產(chǎn)生的場強為$\frac{1}{2}$E，上極板上移$\fraccr0qzf9{4}$，上極板所受電場力為$\frac{1}{2}$EQ
外力對極板所做的功為W=F×$\fracar4xiui{4}=\frac{1}{2}EQ×\fracx4z9nk0{4}=\frac{1}{8}UQ=\frac{1}{8}$U×CU=$\frac{1}{8}C{U}_{\;}^{2}$，故D正確
故選：BD

點評 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．