单元过关(十) 电容器 带电粒子在电场中运动的综合问题-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川专版)

2026一2027学年度单元过关（十） 物理·电容器带电粒子在电场中 运动的综合问题 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 1.如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰徐设计的，逐渐增大施 加于两极板的压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F 较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F 的关系曲线可能正确的是 () 犰猾 弹性结构 B.C C.0 D. 2.某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器 得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容 为C,电源的电动势为E,R为定值电阻。下列说法正确的是 () 电流传 个U 感器 电压 传感 器 A.当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为CU B.充电过程电源非静电力做功为2CE C.充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定 D.放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零 单元过关（十）物理第1页（共8页） 劳力不锻，奋斗不朽 3.某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内 班级 分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从 Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交 姓名 点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断α、b ( 得分 A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1：2 4.如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧轨道，轨道半径 为R,BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场 (图中未画出)，场强大小为E(未知)。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块（可视 为质点)从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩 擦因数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R,重力加速度大小为 g,且8qE>g。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距() 7777777777777777777777777 B.5R C.3R D.2R 5.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E,A、B为两个固定的电荷量均 为一Q的点电荷，O点是A、B连线的中点。有一质量为m的带电小球在两电荷连线的 中垂面内做半径为R的匀速圆周运动，圆心为O,带电小球和点电荷A的连线与A、B 连线夹角为30°，重力加速度为g,静电力常量为k。下列说法正确的是 () 单元过关（十）物理第2页（共8页） 1 A.小球带负电 B.小球所带电荷量的大小为E g C.小球做圆周运动向心力大小为Qg ER? D.小球做圆周运动的线速度大小为2√ER 1kQg 6.离子注人机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释 放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的 电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为1、间距为d,U2t关系如图乙所示。 长度为α的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通 过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=士Um时，离子恰好从两极板的 边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是 () U U2 A 27 A.U,的最大值U。= B.当U,=士Un且L=a一1)L时，离子恰好能打到样品边缘 2d C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 7.如图所示，圆形区域内存在着与圆平面平行的匀强电场（图中未画出），直径MN与水平 直径PQ间的夹角为45°，圆心O处有一粒子源，在圆形平面内沿不同方向发射速率均 为。的完全相同的带正电粒子，发现两个特点：速度方向垂直于MN斜向右上方发射的 粒子最终从Q点射出圆形区域；所有射出圆形区域的粒子中从N点射出的粒子速度最大。 不计粒子重力及粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是 () M 45⊙入 A.电场线方向沿ON方向 B.粒子可能从M点射出圆形区域 单元过关（十）物理第3页（共8页） C.粒子可能从P点射出圆形区域 D.从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 6 9 10 答案 8.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板 构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振 动。当振动膜随声波向右振动，与基板距离减小的过程中 () 振动膜 电阻 声波 信号 输出 基板电池 A.电容器的电容增大 B.振动膜所带的电荷量增大 C.电容器的板间电场强度不变 D.图中a点电势低于b点电势 9.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时，在此匀强电场中由 静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是() 40t5y:m- 0 -20 A.带电粒子将做往复运动 B.3s末带电粒子回到原出发点 C.3s末带电粒子的速度为零 D.前3s内，静电力做的总功为零 10.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别把两个 质量均为的小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为vo,方向水平，小球2抛出时 速度与水平方向成0=45°，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，两球在P点相遇，P是 AB连线中垂线上一点。已知两球电荷量大小均为q,电场强度大小E=”m8, 2g8为重力 加速度，不计空气阻力和两球间的相互作用，两球从抛出到P点相遇的过程中（) 单元过关（十）物理第4页（共8页） A.球1带正电，球2带负电 B.该过程中两球速度的变化量相等 C.该过程中两球机械能的变化量相同 D,两球相遇时球1和球2的速度大小之比为10 5 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)小罗同学按如图甲所示的电路完成实验“探究电容器两极板间电势差跟所带电 荷量的关系”，其中A、B两个电容器完全相同。步骤如下： U/V R 2 电压 传感器 接计算机 2345t/s 乙 ①将电压传感器连接计算机并配置好相关软件程序，取一个电容器A和电压传感器相 连，开关S1闭合，S2断开，用四节干电池给A充电，稳定后断开开关S1,通过计算机 可以看到A两极板具有一定的电压，记为U1。 ②将开关S2接1，使另一个相同的但不带电的电容器B与A并联。电压传感器测得的 电压变为U2。 ③然后将开关S2接2，使电容器B放电。 ④不断将开关S2交替置于1和2，计算机得到图乙所示的U-t图像，电压表示数依次为 U1、U2、U3、…,记录在表中。 U/V U2/V U3/V U./V 6.00 2.90 0.65 (1)电路中电阻R1的作用是 (2)由图乙读数可知，表格中U3处缺失的值为 (结果保留两位小数)。 单元过关（十）物理第5页（共8页） (3)理论上每次电压值应该减半，由表格分析实际数据与理论值出现差异最可能的原 因是 A.电阻R1过大导致电量损耗 B.电阻R2过大导致电量损耗 C.电容器在充、放电过程中损耗一部分电量 D.电压传感器内阻不够大放掉一部分电量 12.(8分)小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图甲所示的电 路进行实验，观察电容器充电过程。实验仪器如下：电源（电压为4.5V,内阻不计）；电 容器（额定电压为16V);电流表（量程为0~500uA,内阻5002）；数字电压表（量程为 0~10V);电阻箱（阻值0~99992）。 (v 45ot4 % 350 200300 300 400 F-9 、山山uu/分 250 200 HA 500 150 100 50 0102030405060708090100110ts 丙 丁 400 50 300 250 200 150 100 50 00.51.01.52.02.53.03.54.04.55.0s 色 单元过关（十）物理第6页（共8页） 1 (1)电路连接完毕后如图乙所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实 验步骤是 (2)将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图丙所示，其读数为 uA。 (3)记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图丁所示，小明数出曲线下围成的格子 数有225格，则电容C大小为 μF。 (4)由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，(3)问中电容的测量 结果与真实值相比（填“偏大”“偏小”或“相等”），请简要说明理由 (5)开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U,利用数据绘制I-U 关系如图戊所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为 2。 13.(10分)类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折 射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场（图中未画出），ab与cd间电 势差大小D一2，上、下边界距离为4。质子束从图中位登射人电杨时，速度方向与 法线夹角a为入射角，从cd边射出时，速度方向与法线夹角3为折射角，质量为m、电 荷量为q的质子束进人电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的 作用力。电场的水平长度足够长。 (1)求电场的“折射率”与人射角&的关系（折射率=入射角正弦值 出射角正弦值。 (2)当质子束恰好在cd面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从cd面射出） 时，求质子束的人射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 (3)当在电场区域发生“全反射”时，求质子在ab面的入射点与出射点之间水平距离s 的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。 B 14.(13分)如图甲所示，在x<0的区域内存在与x轴正方向成0=45°的匀强电场E1（大 小未知)，在x>0的区域内存在竖直方向的匀强电场，大小E,=g,其方向变化如图 乙所示（规定竖直向上为正）。在x轴负半轴的A(一名，0)处有一微粒源，可以源源不 断地发出质量为m、电荷量为q的微粒（初速度视为0），在匀强电场E1中微粒从A沿 直线运动到O点。在x=2L处放置一平行于y轴的足够长的挡板MN,用于吸收打 单元过关（十）物理第7页（共8页） L 到其上的微粒。重力加速度为g,不考虑微粒间的相互作用，令t。= ，其中m、g、 q、L为已知量。 (1)求匀强电场E1的大小及微粒到达原点O的速度大小0。 (2)求t1=0时刻从原点O经过的微粒打到挡板的位置纵坐标y。 (3)若挡板MN放在x=nL(n=1,2,3,…)处，写出微粒打在挡板上的纵坐标取值范 围（不要求写出推导过程）。 _mg 乙 15.(17分)如图，足够长的光滑绝缘水平台面左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质 量m=0.05kg的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不拴接，小球带电荷 量q=十1×10-4C。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台面右端A点飞出，恰 好能以v=5m/s的速率落到粗糙倾斜轨道的最高点B,并沿轨道滑下。已知倾斜轨 道与水平方向夹角α=37°、倾斜轨道长L=2.75m,带电小球与倾斜轨道间的动摩擦 因数u=0.5。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与半径R=0.5m的光滑过山车模型 的竖直圆轨道相连，小球在C点没有机械能损失，运动过程小球的电荷量保持不变。竖直 圆轨道处在范围足够大的竖直向下的匀强电场中，圆轨道上的一点P位于圆轨道最低点D 的右侧，距水平轨道高ho=0.06m(cos37°=0.8，sin37°=0.6，g取10m/s2)。求： (1)A、B间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能E。; (2)要使小球不脱离轨道（水平轨道足够长），电场强度E所满足的条件； (3)如果E=2×104N/C,小球进入轨道后，能够通过P点的次数。 37C 单元过关（十）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 2026一2027学年度单元过关（十） 物理·电容器带电粒子在电场中运动的综合问题 一、单项选择题 段圆孤上来回往复运动，且在B点的速度为0，则有 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 mgR-9ER-mg·2R=0,解得gE=3 mg,运动到 Ce,S,，可得U一4π·d,与电源断开后，Q erS 最远时，根据动能定理得mgR一qE(x十R)一mgx= 不变，则UOcd,根据题意当F较小时，随着F的 2 0,解得x=7R,A正确。 增大，d在减小，故此时极板间的电势差U在减 小；当F增大到一定程度时，F再增大，d基本不 5.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 变，U基本不变，D正确。 匀建周周运功，则有B=mg,解得g一2小球 2.C【解析】根据W=QU,可知UQ图像中图线与 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 两端电压为U时，电容器存储的电能E。三2UQ 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则 2CU,A错误；充电过程电源非静电力做功W Qq F合=2k (R12sin30°= 0R,由于F= EQ=CE,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 sin30° 增加后越于定值，根格包容器电容定义式C-吕可 1kQg R,解得g=2√跟，C错误，D正确。 m 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； 6.B【解析】离子在加速电场中被加速时U1q= 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电 1 m0,在偏转电场中做类平抛运动，则1= 容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线 性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D 号-君2，尔得-2A%深 错误。 3.D【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做 当U2=士Um时离子从板的边缘射出，恰能打 d 类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同 时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N 到样品边缘时，根据数学相似三角形知识，则三 ,点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方 向位移之比为2：1，则初速度之比为2：1，带电 粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子 ,解得L=a2,B正确：根那y=2· 2 1 a、b初速度之比为2：1，则所用时间之比为1：2， _2d D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=)Q U.92_U.t dm 一4dU,若其他条件不变，增大U1,则y变 可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定 小，样品的辐照范围变小，C错误；由题图可知t1 律有gE=ma,可得，号-是，可知带电粒子具有相 时刻所加的电场电压小于2时刻所加的电场的电 同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均 压，则1时刻射入的离子打到A,点时的竖直位移 做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电 小于t2时刻射入的离子打到B,点时的竖直位移， 场方向，由公式o,=at可知，到达M、N的竖直分 D错误。 速度大小相等，由于初速度之比为2：1，则到达 7.A【解析】由于从N,点射出的粒子速度最大，由 M、N的速度大小不相等，C错误。 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 1 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 4.A【解析】根据题意可知，由于qE>8mg=mg, MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 则物块不会停在BC上，则物块最终将在B点左侧一 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 ·35· 1 2027 单元过关 粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有 √ 2R 零，C正确；在前3s内，由动能定理可知W=△Ek= ,沿电场方向有 1 0一0=0，前3s内，静电力做的总功是零，D正确。 R=2a12,可知电场中粒子 1 23 456 2√28 加速度a= R,当粒子沿OM方向射出时， 有6=2ax,可得z=20=42R,所以不能从 10.AD【解析】两球运动时间相同，水平方向位移相 M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 同，1、2两球水平方向速度相等，00=2cos45°， Uo=E,2R,沿OM方向上射入的粒子最大距 得2=√20，由竖直方向位移相同，具有向上初 速度的加速度更大，可得a2>a1,故球2所受电 离为 ,对应电势差U=E· R 4√2 4√2 <U0,故无论 场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球 从哪个角度射出，都不能通过P,点，C错误；只要 2带负电，A正确；对球1，mg-Eq=ma1,a1= 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 3 2,对球2，mg十Eg=ma2,a2=2g,根据△v 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 a△t,且△t相等，1、2两球速度变化量不相等，B 同，D错误。 错误；电场力对球1做负功，对球2做正功，球1 二、多项选择题 机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化 eS 8.AB【解析】根据C一4rkd,振动膜随声波向右 量不同，C错误；1、2两球运动时间为t,竖直向下 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 1 为正方向，竖直方向2at2=（-v2sin45)t十 电容增大，A正确；根据电容的定义式有C=9, :,得1=2，相适时球1造度时 1 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 g 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 √u十(a1t)2=√2uo,球2速度v2,v2= U 与电势差的关系E=,电压一定，d减小，则电 2= V06+(-o+at)=5w,= √5U0 容器的板间电场强度增大，C错误：振动膜与电源 √/1 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 5,D正确。 所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜 三、非选择题 将得电子，电阻中的电流由a→b,则图中a点电 11.(1)限流，保护电容器(2分)(2)1.40/1.39/ 势高于b点电势，D错误。 1.41/1.42(2分)(3)C(2分) 9.CD【解析】带电粒子由静止释放后，在0~2s时 【解析】(1)为了减缓充电速度，保护电容器A, 间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小a1= 需要在电路中串联一个电阻。 gE 2gE ,在2~3s时间内，粒子的加速度大小a2= m (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 可知粒子由静止先以a1加速度大小加速2s,再 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 以a2加速度大小减速1s,由于a2=2a1,可知3s (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 末粒子速度为零，同理在3~5s时间内粒子由静止 少，A、B错误；造成实际数据与理论值出现差异 又以a1加速度大小加速2s,再以a2加速度大小减 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 速1s,此时粒子速度是零，因此粒子在0~6s时间 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时 量，D错误。 间图像如图所示，A错误；由带电粒子的速度时间 12.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因 (2)175(1分)(3)2500(2分)(4)偏大(1分) 此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误；由带电 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上 1 ·36· ·物理· 参考答案及解析 记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果 (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 偏大(1分)(5)9645(9200~9800均可) 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 (2分) 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 【解析】(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 合前，应将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）。 U=Ed (1分) (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值 设竖直方向初速度为vy,加速度为a,则有 为10uA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 -Eg=ma,0-v=2ay (1分) 流表指针指在170uA到180μA之间，故电流表 设入射角为i,则有 读数为175uA。 =tan i (3)根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面 Uy 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 荷量q=10×10-6×5C=5×10-5C,故当充满电 点，有 后，电容器的电荷量Q=225g=1.125×10-2C,故 x =tan i 电容器的电容C= =1.125×10 2y U F=2.5 4.5 又有s=2x (1分) ×103F=2500μF。 联立解得s=4an司 (1分) (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 结果偏大。 有tan≥l 解得s≤4d。 (1分) (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R E U +RA)十U,可得I=RA十R一RA十R,故图像斜 14.(1)2mg √gL(2)-3L 1 率k二一RA十R (50-395)×10-6 4.0-0.501,解得 (3) nm,+DL,-nm2DLj0m=1,23,…） 2 2 R≈9645n. 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 13.(1)n=cosa(2)45°(3)s≤4d 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 【解析】(1)设质子射入时速度为o,质子射出电 向右，由受力分析得 场时速度为：，水平方向速度不变，根据运动的 gEsin 0=mg (1分) 合成与分解有 解得E,=2mg (1分) =sin: =sin B 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 根据动能定理有 动，在水平方向有 1 1 mg -Ug=2mu好-2mw6 (1分) tan =mar (1分) 根据“折射率”定义有 8=2a12 (1分) n=sin a (1分) sin B 解得v0=√gL (1分) 联立解得n=cosa (1分) (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， (2)根据题意，当质子束恰好不从cd面射出时， 打到挡板所用时间 发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此 时B=90°，设入射角为0，则有 L=2g t= 二2to (1分) sin 0 sin90°=n=cos0 (1分) 0~t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 有mg十qE2=ma2 (1分) √ 解得sin0= 2,0=45 1 (1分) y1=2026=L ·37· 1 2027 单元过关 t。~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， i 足qE1十mg=mR (1分) 做匀速直线运动，在竖直方向上有 y2=v,t0=2L (1分) 小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定 其中vy=a2to 理得 则微粒打到挡板的位置纵坐标 mgLsin37°-umgL cos37°-2(qE1+mg)R= y=-(y1+y2)=-3L (1分) 1 1 2mvi-2mv (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 解得E1=2.2×103N/C (1分) t 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， 若微粒在t=0时刻经过原点O,由（2)分析可 由动能定理得 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微粒 ngLsin37°-mgLcos37°-(qE2+mg）R 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 (1分) 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 解得E2=1.3×104N/C (1分) 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 可知电场强度E所满足的条件 同理，当n=2,由(2)分析可知，微粒在右侧区域 E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) 运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过原点 (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度h1处的 O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 过程中，由动能定理可得 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 mgLsin37°-mgLcos37°-(qE+mg)h1=0- 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 1 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 2mv2 (1分) 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 解得h1=0.36m 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h, 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 为-aDL,a2jka=128… 程中 (qE+mg)h1=(mg sin37°+μng cos37)x (4分) (1分) 15.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 或E≤2.2×103N/C(3)4次 上最大高度h2处的过程中 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B点处 (gE+mg)h2=(mg sin 37-umg cos 37)x 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s (1分) 水平分速度vx=vcos37°=4m/s h2_ng sin37°-umg cos37°1 由自由落体运动公式可得 可得 mg sin37°+mg cos37°=5 (1分) h一g =0.45m (1分) (1分) 弹簧的弹性势能 当n=3时，可知 1 E,=2m02=0.4J (2分) A,=(日)a<0.06= (1分) (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 故小球能够通过P,点4次。 (1分) 1 ·38·