20．如圖所示，平行板電容器豎直放置，與直流電源相連，開始時兩板M、N錯開（圖中實線所在位置），M板固定，并接地，兩板間P點固定一帶正電的粒子，則（　�。�
A．電鍵k閉合，N板緩慢向下移到虛線所在位置，兩板間的電壓先增大后減小
B．電鍵k閉合，N板緩慢向下移到虛線所在位置，電容器的帶電量先增大后減小
C．電鍵k斷開，N板緩慢向下移到虛線所在位置，帶電粒子的電勢能先增大后減小
D．電鍵k斷開，N板緩慢向下移到虛線所在位置，電容器貯存的電場能先增大后減小

分析 電容器始終與電源連接，兩端的電勢差不變，負極板向下移動一小段距離穩(wěn)定后，電容發(fā)生變化，根據(jù)Q=CU判斷帶電量的變化，當電鍵斷開后，則電量不變，那么由公式U=$\frac{Q}{C}$可知判斷電壓的變化，從而判斷P點與M極板間電勢差的變化，從而得出P點電勢的變化，進而確定電勢能的變化，最后依據(jù)庫侖力做功的正負，從而判定電容器的電場能的變化．

解答 解：A、電鍵K閉合，由于電容器一直與電源相連，因此電容器兩極間的電壓不變，故A錯誤；
B、由電容的決定式C=$\frac{?S}{4kπd}$，可知，兩板間的正對面積先增大后減小，因此平行板電容器的電容先增大后減小，由Q=CU可知，由于K閉合，電壓一定，電容器的帶電量先增大后減小，故B正確；
C、電鍵K斷開，電容器的帶電量一定，由U=$\frac{Q}{C}$可知，兩板間的電壓先減小后增大，由電壓分配可知，P點的電勢先降低后升高，因此帶正電的電荷在P點的電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D、由電壓分配可知，電容器的電量一定，N板移動過程中，兩板電荷間的庫侖力先做正功后做負功，因此電容器貯存的電場能先減小后增大，故D錯誤；
故選：B．

點評 解決本題的關鍵知道電容器與電源始終相連，兩端間的電勢差不變．電容器與電源斷開，電容器的電量保持不變．

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彈簧壓縮量Dx/cm1.02.03.04.05.06.0
彈簧對小球做功WW4W9W16W25W36W
s/cm10.1020.1529.9840.0550.1059.90
s2/cm2 （×102）1.0204.0608.98816.0425.1035.88
s3/cm3（×103）1.0308.18126.9564.24125.8214.9
（1）為了提高實驗的精確度，下列哪些操作方法是有效的ABC．
A．同一壓縮量多測幾次，找出平均落點
B．桌子必須保持水平并盡量光滑
C．小球球心與彈簧中軸線在同一直線上
D．精確測量小球下落高度
（2）已知小球從靜止釋放到離開彈簧過程中，彈簧對小球做功與彈簧壓縮量的平方成正比．判斷W與s之間的函數(shù)關系，用表中數(shù)據(jù)作圖（圖2），并給出功與速度之間的關系W∝v2．

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（1）畫出c的受力情況；
（2）求此時桌面所受摩擦力的大小和方向
（3）如圖乙，若將c拿掉，用水平繩將物體b系在豎直墻壁上，a、b兩個物體保持靜止狀態(tài)，當小球質量至少為多大時，才能將a拉出（g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）．

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