题目内容
【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
【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.
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