Question

2．如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M．给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v₀对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为$\frac{d}{2}$，则（　　）

• A． 带电环与左极板相距最近时的速度V=$\frac{m{v}_{0}}{M}$
• B． 此过程中电容器移动的距离x=$\frac{md}{2（M+m）}$
• C． 此过程屮电势能的变化量E_p=$\frac{mM{{v}_{0}}^{2}}{2（M+m）}$
• D． 带电环减少的动能大于电容器增加的动能

Answer 1

分析 A、带电环与极板间相距最近时两者速度相等，选取带电环与电容器构成的系统作为研究对象，根据动量守恒定律，即可求出带电环与左极扳相距最近时的速度大小；
B、结合运动学公式求解电容器移动的距离；
CD、在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．

解答 解：A、带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v₀的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：mv₀=（M+m）V
解得：V=$\frac{m{v}_{0}}{M+m}$，故A错误；
B、该过程中电容器向左做匀加速直线运动根据运动学基本公式得：$\frac{v}{2}$t=s，
环向左做匀减速直线运动，由公式得：$\frac{v+{v}_{0}}{2}$t=s′
根据位移关系有s′-s=$\frac{d}{2}$，
解得：s=$\frac{mg}{2（m+M）}$，故B正确；
C、在此过程，系统中，因电场力做负功，导致带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．
所以：E_P=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}$（m+M）v²；
联立得：E_P=$\frac{mM{{v}_{0}}^{2}}{2（M+m）}$，故C正确；
D、在此过程，系统中，因电场力做负功，导致带电小环动能减少，电势能增加，从而导致电环减少的动能大于电容器增加的动能，故D正确；
故选：BCD．

点评 考查动量守恒定律与动能定理的应用，注意动量守恒定律的守恒条件与方向性，并掌握动能定理的功的正负．