题目内容
如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，且E1＜E2，二极管具有单向导电性，当单刀双掷开关接1 时，一带正电粒子沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，不计粒子重力，为使粒子能打在N点右侧，则下列措施可行的是（ ）| A、将单刀双掷开关接2 | B、将B 板下移一段距离 | C、在A 板下表面插入一很薄的金属板 | D、将A 板上移一段距离 |
分析：带电粒子水平射入电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到带电粒子的竖直位移与水平位移的关系，分析电源的电动势变化时的情况．改变板间距离时，电容改变，由二极管的单向导电性则知，只能给A充电而不能放电，使得Q只能增大或不变，不能减小．E=
，Q不变时，改变d，E不变，所以E也只能增大或不变，即小球受的电场力只能增大或不变．再进行综合分析．
| 4πkQ |
| ?S |
解答：解：A、设电源的电动势为E，电容器板间距离为d，带电粒子的质量和电量分别为m和q，则有：
竖直位移为：y=
at2
水平位移为：x=v0t
联立得：y=
粒子能打在N点右侧时，y不变，x增大，其他量不变，则电源的电动势E必须减小，而E1＜E2，所以将单刀双掷开关接2时，粒子能打在N点左侧．故A错误．
B、将B板下移一段距离时，同理可知，板间场强E不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子做类平抛运动的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故B正确．
C、在A板下表面插入一很薄的金属板，AB间距d减小时，电容增大，则电量Q增大，根据E=
=
，知E增大，所以电场力变大，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，小球将打在N点的左侧．故C错误．
D、将A板上移一段距离，电容减小，而电容器所带电量不变，根据推论：板间场强E=
，场强E不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子小球仍然打在N点．故D错误．
故选：B．
竖直位移为：y=
| 1 |
| 2 |
水平位移为：x=v0t
联立得：y=
| qEx2 |
| 2md |
| 1 | ||
|
粒子能打在N点右侧时，y不变，x增大，其他量不变，则电源的电动势E必须减小，而E1＜E2，所以将单刀双掷开关接2时，粒子能打在N点左侧．故A错误．
B、将B板下移一段距离时，同理可知，板间场强E不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子做类平抛运动的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故B正确．
C、在A板下表面插入一很薄的金属板，AB间距d减小时，电容增大，则电量Q增大，根据E=
| U |
| d |
| Q |
| Cd |
D、将A板上移一段距离，电容减小，而电容器所带电量不变，根据推论：板间场强E=
| 4πkQ |
| ?S |
故选：B．
点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，同时要掌握二极管的单向导电性．
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