Question

如圖所示，平行板電容器AB 兩極板水平放置，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A 和電源正極相連，且E₁＜E₂，二極管具有單向導電性，當單刀雙擲開關接1 時，一帶正電粒子沿AB 中心水平射入，打在B 極板上的N 點，不計粒子重力，為使粒子能打在N點右側，則下列措施可行的是（　�。�

• A、將單刀雙擲開關接2
• B、將B 板下移一段距離
• C、在A 板下表面插入一很薄的金屬板
• D、將A 板上移一段距離

Answer 1

分析：帶電粒子水平射入電場中，做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學公式結合得到帶電粒子的豎直位移與水平位移的關系，分析電源的電動勢變化時的情況．改變板間距離時，電容改變，由二極管的單向導電性則知，只能給A充電而不能放電，使得Q只能增大或不變，不能減�。瓻=

4πkQ

?S

，Q不變時，改變d，E不變，所以E也只能增大或不變，即小球受的電場力只能增大或不變．再進行綜合分析．

解答：解：A、設電源的電動勢為E，電容器板間距離為d，帶電粒子的質(zhì)量和電量分別為m和q，則有：
豎直位移為：y=

1

2

at2
水平位移為：x=v₀t
聯(lián)立得：y=

qEx2

2md

1

v 2 0

粒子能打在N點右側時，y不變，x增大，其他量不變，則電源的電動勢E必須減小，而E₁＜E₂，所以將單刀雙擲開關接2時，粒子能打在N點左側．故A錯誤．
B、將B板下移一段距離時，同理可知，板間場強E不變，帶電粒子所受的電場力大小不變，粒子做類平拋運動的加速度減小，運動時間變長，小球將打在N點的右側．故B正確．
C、在A板下表面插入一很薄的金屬板，AB間距d減小時，電容增大，則電量Q增大，根據(jù)E=

U

d

=

Q

Cd

，知E增大，所以電場力變大，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度增大，運動時間變短，小球將打在N點的左側．故C錯誤．
D、將A板上移一段距離，電容減小，而電容器所帶電量不變，根據(jù)推論：板間場強E=

4πkQ

?S

，場強E不變，帶電粒子所受的電場力大小不變，粒子小球仍然打在N點．故D錯誤．
故選：B．

點評：解決本題的關鍵掌握處理類平拋運動的方法，同時要掌握二極管的單向導電性．