Question

【题目】如图所示，两竖直放置的平行板电容器MN与一恒定电源相连，一个带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点(忽略阻力)，要使粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，下列分析正确的是：

A. 使N板适当左移，且粒子分別到达N板上的B、C两点时动能EkC<EkB

B. 使N板适当右移，且粒子分别到达N板上的B、C两点时动能EkC<EkB

C. 当粒子分别到达N板上的B、C两点电势能的改变△EpAC=△EpAB

D. 当粒子分别到达N板上的B、C两点时机械能的改变△EAC <△EAB

Answer 1

【答案】AC

【解析】

带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点，则AB连线与竖直方向的夹角满足，若要使粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，则要使得θ变大，则E变大，根据E=U/d可知，使N板适当左移，根据动能定理，粒子到达N板上的B点和C两点时电场力做功相同，而到达B点时重力做功较大，则到达N板上的B、C两点时动能EkC<EkB，选项A正确，B错误；因两板间的电势差不变，则根据EP=Uq可知，当粒子分别到达N板上的B、C两点电势能的改变△EpAC=△EpAB，选项C正确，D错误；故选AC.