Question

2．如圖所示，一平行板電容器的兩級板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置板間距離為d，有一帶電粒子P靜止在電容器中，當下極板快速下移x后，粒子P開始運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 電容器的電容變大
• B． 電容器極板上的電荷量增多
• C． 粒子運動的加速度大小為$\frac{x}{d+x}$g
• D． 粒子在運動過程中其他電勢能減小

Answer 1

分析 因電容器與電池相連，故電容器兩端的電壓保持不變；因距離變化，由C=$\frac{?S}{4πkd}$可知C的變化；由U=Ed可知場強E的變化，由帶電粒子的受力可知質(zhì)點的運動情況，并依據(jù)牛頓第二定律，即可求解加速度大小，最后由電場力做功的正負，來判定電勢能的變化．

解答 解：A、由C=$\frac{?S}{4πkd}$可知，當下極板快速下移x后，即d增大時，電容C減小；故A錯誤．
B、因電容減小，且電容器的電壓不變，根據(jù)Q=CU，則有電荷量減小，故B錯誤；
C、因質(zhì)點原來處于靜止狀態(tài)，則有Eq=mg，且電場力向上，因電容器與電池相連，所以兩端的電勢差不變，因d增大，
由E=$\frac{U}uifxp9n$，結(jié)合牛頓第二定律，可知，mg-qE′=ma，解得：a=$\frac{q\frac{U}cgy45i4-q\frac{U}{d+x}}{\frac{qU}{dg}}$=$\frac{x}{d+x}$g，故C正確；
D、因電場力向上，運動過程中，電場力做負功，則電勢能增大；故D錯誤．
故選：C．

點評 解答本題應抓住電容器與電源保持相連，兩板間的電勢差保持不變，運用C=$\frac{?S}{4πkd}$與E=$\frac{U}cmol5cg$進行分析，同時掌握牛頓第二定律的應用，理解電勢能變化與電場力做功的關系．