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(福建专版)

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4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 题号 2 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 () 弹性结构 C O D.0 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 () 。S电流传 ↑UU 感器 电压 传感 器 甲 A.当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为CU2 B.充电过程电源非静电力做功为2CE2 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.如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜 班级 电位)使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为。的正一价 钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电 姓名 场看作匀强电场，已知A点电势为p。,正一价钠离子质量为m,电子电荷量为，细胞膜 的厚度为d。下列说法正确的是 ( ) A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= A细胞膜外 得分 d R8888888888 B.膜内匀强电场的场强E=mw 细胞核 LL433 2ed 细胞膜 B细胞膜丙 mvo C.B点电势p6=pa十 2e D.钠离子在B点的电势能E6=2mu品 4.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o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 ( A.电场线方向沿ON方向 M B.粒子可能从M点射出圆形区域 450 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、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 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 5 6 8 答案 5.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 A.电容器的电容增大 振动膜 电阻 T B.振动膜所带的电荷量增大 声波 信号 输出 C.电容器的板间电场强度不变 基板电池 D.图中a点电势低于b点电势 单元过关（十）物理第2页（共8页） 6 6.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() A.带电粒子将做往复运动 40V-m) 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 6 t/s 20 D.前3s内，静电力做的总功为零 7.如图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦 因数为0.5，斜面与水平面间的夹角为60°，∠BOD=120°，虚线BM左侧、DN右侧分布 等大反向匀强电场E,带电量为一q(q>0)的物块从A点以√6gR的初速度沿斜面向下 运动，物块质量为m,物块可视为质点。AB长度为2R,电场强度大小为3m8,重力加 速度为g,下列说法正确的是 () E 0 60° B. R 60°. C A.物块到B点时的速度为√2gR B.物块在最低点时受到的最大压力为3mg C.物块最终在圆弧BCD做往返运动 D.物块在斜面运动的总路程为3R 8.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m的小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为o,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。已知两球电荷量天小均为9，电场强度大小E三，g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() 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0 6 单元过关（十）物理第3页（共8页） 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能 为4eV。该质子的电势能E。随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直 线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线。则该质子在O点处的能量为 eV;在 x1处的动能为 eV;x1、x2、x3处的电势最高处为 （填“x1” “x2”或“x3”)。 ↑E,/ev X2 X3 10.(3分)如图所示，竖直平面内有一光滑的圆形玻璃管道，管道圆心为O,半径为1.5m,管道 半径远远大于玻璃管道内径。空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为4×10°N/C。 将小球置于玻璃管道最低点并给小球一个初速度，使小球刚好能在玻璃管道内做完整的圆 周运动。小球的质量为0.03kg,电荷量为1×107C。取管道圆心O处的电势为0，圆心O 所在水平面为重力势能的零势能面，重力加速度g取10/s2。则小球具有的电势能最小 为 J;小球具有的机械能最小为 11.(3分)闪电是由云层中所积累的电荷放电引起的，通常是云层底部带正电荷，云层下方 的地面会感应出负电荷，当云层底部与地面间的电场强度增大到E。=5×105V/m时 击穿空气，发生短时放电现象，形成闪电。某圆盘形云朵底部与地面的距离h=1×10 ,该云朵与地面间的电场强度恰好达到E。时发生闪电，放电电流随时间变化的简化 函数图像如图所示。假设该次放电将云朵所带电荷全部放掉，云朵和地面构成的电容 器可视为理想的平行板电容器。则这次放电释放的总电荷量Q= C;该等 效电容器的电容值C= F。 ↑I/(103A) 10 0.1i103s) 单元过关（十）物理第4页（共8页） 12.(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3 23 5 t/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 U:/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)。 (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 0 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 13.(6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）。 单元过关（十）物理第5页（共8页） 0.0V 抑 x10 带带 ×100×1000 甲 IμA 450 t- 4001 350 200 300 300 100 400 250 200 0 、、、55s353&33111是/ A 150 100 理图用角 0 102030405060708090100110ts 多 入 400 350 300 250 200 150 100 50 0 0.51.01.52.02.53.03.54.04.55.0s 戊 (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 0 (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 A。 (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 uF。 (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 n。 单元过关（十）物理第6页（共8页） 6 14.（11分)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d,下极板接地， 板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板 中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相 同，所带电荷量的绝对值不变，不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 上极板+++++++++ d .0 稳压 电源 下极板 15.(12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U一2。，上、下边界距离为d。质子束从图中位置射人电场时，速度方向与 法线夹角α为人射角，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的质子束进入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=人射角正弦值 一出射角正弦值 (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，求质子束的入射角（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面的人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）。 6 单元过关（十）物理第7页（共8页） 16.(16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E2=m8,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(一2,0)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 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，一官，其中m,8、 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）。 E2 t(xto mg 乙 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 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 加速度a=2v2 R,当粒子洛OM方向射出时， C=46,可得U三4πkQ 2.d,与电源断开后，Q 有时一2a,可得-波-2<R,所以不能从 不变，则Uo心d,根据题意当F较小时，随着F的 M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 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 Uro-B. R,沿OM方向上射入的粒子最大距 变，U基本不变，D正确。 2.C【解析】根据W=QU,可知UQ图像中图线与 42对应电势差U=E,R 离为 <Upo,故无论 √2 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 两端电压为U时，电容器存储的电能E。二2UQ= 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 2CUP,A错误；充电过程电源非静电力做功W 1 同，D错误。 二、双项选择题 EQ=CE2,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 增加后趋于定值，根据电容器电容定义式C-号，可 5.AB【解析】根据C二4振动膜随声波向右 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电 电容增大，A正确；根据电容的定义式有C=号， 容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 错误。 3.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 与电势差的关系E三，电压一定，d减小，则电 运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 容器的板间电场强度增大，C错误；振动膜与电源 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 v=一2ad,解得加速度大小a 2a,A错误；由牛顿 所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜 第二定律可知®=ma,联立解得E=mu 2ea,B错误， 将得电子，电阻中的电流由a→b,则图中a点电 势高于b点电势，D错误。 1 由动能定理可得(g:一ps)e=0-2mw6,解得B点电 6.CD【解析】带电粒子由静止释放后，在0~2s时 间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小 势m=.十 ,C正确；钠离子在B点电势能E6= a1-E,在2一3s时间内，拉子的加速度大小a: m e十"D错民。 =29 ，可知粒子由静止先以a1加速度大小加速 m 4.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 2s,再以a2加速度大小减速1S,由于a2=2a1, 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 可知3s末粒子速度为零，同理在3~5s时间内粒 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 子由静止又以a1加速度大小加速2s,再以a2加 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 速度大小减速1$，此时粒子速度是零，因此粒子 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 在0~6$时间内，带电粒子将始终向同一个方向 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向 运动，其速度时间图像如图所示，A错误；由带电 2R= 粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同 一个方向运动，因此3S末带电粒子回不到原出发 ot,沿电场方向有号R=1 2t,可知电场中粒子 点，B错误；由带电粒子的速度时间图像可知，3s ·37· 6 2027 单元过关 末带电粒子的速度是零，C正确；在前3s内，由动 能定理可知W=△Ek=0一0=0，前3s内，静电力 2,相遇时球1速度=√+(a1t)=2,球 做的总功是零，D正确。 2速度，w=√6+(-+azt)=5o, √2√1 ,D正确。 √500 5 三、非选择题 7.AD【解析】物块从A点到B点，根据动能定理 9.7(1分)6(1分)x3(1分) 有mg·2Rsin60°-μ(mg cos60°+Eqsin60)· 【解析】由题意，可得该质子在O点处的能量E= Es十E。=4eV十3eV=7eV,根据能量守恒定 2R-gE·2Rcos60°=1，m 1 2mw后一2mu1,解得ua= 律，可得该质子在x1处的动能Ek=7eV-leV =6eV;根据E,=qP,可知该质子在电势越高的 √2gR,A正确；物块从B,点到C点，根据动能定理有 位置电势能越大，若x1、x2、x3处的电势分别为 mgR1-660）-号m2-名m,畅块在最低点根 1 P1、P2p3,由题图知P3最高，故填x3。 10.-0.6(1分)0.15(2分) 据牛顿第二定律有F一mg=m R,解得F=4mg,B 【解析】小球运动到与圆心等高的右侧位置时电 错误；物块滑到DF斜面，受力分析如图所示，沿斜面 势能最小，则具有的最小电势能Epmin=一Erq= 方向有mg sin60°<qEcos60°+mg cos60°+ -(4×106×1.5)×(1×10)J=-0.6J;小球运 动到与圆心等高的左侧位置时电势能最大，此时 uEgsin60°，即mg sin60°<f+qEcos60°，则物块 会静止在DF斜面上，C错误；设物块静止的位置 小球的机械能最小，小球从“最高点”到该点，由 距离D点的位移为x,根据动能定理有mg(2R一 能量关系得2m=mgr in37-9Br(1-c0s3门. x)sin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)(2R+x) gE·2Ros60+B4ras60=0-名mi,解得x- 解得日m=0,15J,因这点的重力势能为零，则小 球在该点具有的机械能为0.15J。 R,则物块运动的路程s=2R十x=3R,D正确。 11.5(1分)1×10-8(2分) 公 【解析】根据q=It可知I-t图像与t轴围成面积 0 60° mg 表示电特量，制这次滋电锋放的感电符量Q=了X .60 100×103×0.1×10-3C=5C;云朵和地面的电 势差U=E。×h=5×108V,该等效电容器的电 8.AD【解析】两球运动时间相同，水平方向位移相 同，1、2两球水平方向速度相等，00=02cos45°，得 客值C-名-1X10R v2=√2v0,由竖直方向位移相同，具有向上初速 12.(1)限流，保护电容器(2分)(2)1.40/1.39/ 度的加速度更大，可得a2>a1,故球2所受电场力 1.41/1.42(2分)(3)C(2分) 向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2带 【解析】(1)为了减缓充电速度，保护电容器A, 需要在电路中串联一个电阻。 电，A正确；对球1，mgEq=ma4,a,二号 (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 3 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 球2，mg十Eg=ma2a2=28,根据△u=a△，且 (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 △t相等，1、2两球速度变化量不相等，B错误；电 少，A、B错误；造成实际数据与理论值出现差异 场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 少，球2机械能增加，两球机械能变化量不同，C 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 错误；1、2两球运动时间为t,竖直向下为正方向， 量，D错误。 13.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 竖直方向a1t2=(一2sn45)t千乞a2t2,得 (2)175(1分)(3)2500(1分)(4)偏大(1分) ·38· ·物理· 参考答案及解析 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上 d 记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果 代入解得=2√m (1分) 偏大(1分)(5)9645(9200~9800均可) 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 (1分) p=mv3=2√gEnd。 (2分) 【解析】(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭 15.(1)n=cosa(2)45°(3)s≤4d 合前，应将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）。 【解析】(1)设质子射入时速度为0，质子射出电 (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值 场时速度为v,,水平方向速度不变，根据运动的 为10μA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 合成与分解有 流表指针指在170uA到180μA之间，故电流表 读数为175μA。 =sin -=sin B Vo (3)根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面 根据动能定理有 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 荷量q=10×10-6×5C=5×10-5C,故当充满电 tamom 1 (1分) 后，电容器的电荷量Q=225q=1.125×10-2C,故 根据“折射率”定义有 电容器的电容C=9=1.125X10 F=2.5 n- sin a (1分) U 4.5 sin B X10-3F=2500μF。 联立解得n=cosa (1分) (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 (2)根据题意，当质子束恰好不从cd面射出时， 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此 结果偏大。 时B=90°，设入射角为0，则有 (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R sin 0 (1分) EU sin90°=n=cos0 +Ra)+U,可得I=RA十RRA十R,故图像斜 解得sin0= 1_(50-395)×109 2,0=45 (1分) 率k=一RA十R 4.0-0.5 1，解得 (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 R≈96452。 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 14.(1)√qE 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 (2)2√gEmd 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 【解析】(1)由牛顿第二定律qE=ma (1分) U=Ed (1分) 由运动华公式号-了 (1分) 设竖直方向初速度为vy,加速度为a,则有 Eq=ma,0-v3=2ay (1分) 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间 设入射角为i,则有 md t=λNqE (1分) v=tan i (1分) Ux (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 qEd 点，有 v=at= (1分) m x 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 2y =tan i (1分) 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变， 又有s=2x (1分) 设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 v2,满足v-v=2ad (2分) 联立解得=4，d tan i 代入解得02= 3qEd 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 (1分) m 有tani≥l (1分) 同理可得微粒第一次从上极板回到O,点时的速 解得s≤4d。 (1分) 度大小为u,满足3-经=2a d (1分) 16.(1)2mg √gL(2)-3L ·39· 6 2027 单元过关 (3)( nm,+1DL,-nn,-1DL）m=1,2,3,…） y2=0t0=2L (1分) 2 2 其中v,y=a2to (1分) 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 则微粒打到挡板的位置纵坐标 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 y=-(y1+y2)=-3L (1分) 向右，由受力分析得 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 gE sin 0=mg (1分) 解得E,二②mg (1分) q 若微粒在t=0时刻经过原，点O,由(2)分析可 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微粒 动，在水平方向有 在t一t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 mg 竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒 tan =ma (1分) 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 8=2a12 (1分) 同理，当=2，由(2)分析可知，微粒在右侧区域 运动的时间为2t0,若微粒在t=0时刻经过原点 解得vo=√gL (1分) O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L；若微 (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 打到挡板所用时间 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 i- L=2t0 (1分) 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 0 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 0~t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 有mg十qE2=ma2 (1分) 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 1 y1=2a:6=L (1分) 为-aL.a02小水a=12… 2 t02t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， (5分) 做匀速直线运动，在竖直方向上有 6 。40·