Question

20．如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，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，二極管具有單向?qū)щ娦�，一帶電小球從AB間的某一固定點(diǎn)水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過(guò)上下移動(dòng)A板來(lái)改變兩極板AB間距（兩極板始終水平），則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)AB間距增大時(shí)，若小球帶正電，小球可能打在N點(diǎn)的右側(cè)
• B． 當(dāng)AB間距增大時(shí)，若小球帶負(fù)電，小球可能打在N點(diǎn)的左側(cè)
• C． 當(dāng)AB間距減小時(shí)，若小球帶正電，小球可能打在N點(diǎn)的右側(cè)
• D． 當(dāng)AB間距減小時(shí)，若小球帶負(fù)電，小球可能打在N點(diǎn)的右側(cè)

Answer 1

分析 因?yàn)槎�極管的單向?qū)щ娦�，只能給A充電而不能放電，使得Q只能增大或不變，不能減小．根據(jù)U=$\frac{Q}{C}$，C=$\frac{?S}{4πkd}$，E=$\frac{U}ickivtl$=$\frac{Q}{cd}$=$\frac{4πkQ}{?S}$，Q不變時(shí)，改變d，E不變，所以E也只能增大或不變，即小球受的電場(chǎng)力只能增大或不變．

解答 解：A、當(dāng)AB間距d增大時(shí)，若小球帶正電，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E=$\frac{U}vrhfi4i$=$\frac{Q}{cd}$=$\frac{4πkQ}{?S}$，E不變所以電場(chǎng)力不變，小球仍然打在N點(diǎn)．故A錯(cuò)誤．
B、當(dāng)AB間距增大時(shí)，若小球帶負(fù)電，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E=$\frac{U}ti9lj4r$=$\frac{Q}{cd}$=$\frac{4πkQ}{?S}$，E不變所以電場(chǎng)力大小不變，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，小球仍落在N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C、若小球帶正電，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，根據(jù)E=$\frac{U}ppckrfs$=$\frac{Q}{cd}$=$\frac{4πkQ}{?S}$，所以d減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)．故C錯(cuò)誤；
D、若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d減小時(shí)，電容增大，則Q增大，根據(jù)E=$\frac{U}afsvifl$=$\frac{Q}{cd}$=$\frac{4πkQ}{?S}$，所以d減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大向上，若電場(chǎng)力小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)．故D正確；
故選：D

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法．以及知道二極管的單向?qū)щ娦裕?/p>