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(安徽专版)

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、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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 3 5 6 8 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 p. 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 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2CE9 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 点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断α、b ( 姓名 A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 得分 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4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>mg。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（) 77777777 77777777777777777 2 2 A.7R B.5R C. D.2R 5.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 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 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e,细胞膜 的厚度为d。下列说法正确的是 () A细胞膜外 RARRRRRRRRR 细胞核 g !!! 细胞膜 ----- B细胞膜丙 vo A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= d B.膜内匀强电场的场强E=m0 2ed vo C.B点电势p6=pa十 2e D.钠离子在B点的电势能E,=2mu6 单元过关（十）物理第2页（共8页） 7 6.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。下列说法正确的是 () A.小球带负电 E E B.小球所带电荷量的大小为 .⊙B g C.小球做圆周运动向心力大小为Qg ER2 D,小球做圆周运动的线速度大小为，Q 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3mg,重力加 9 速度为g,下列说法正确的是 () 0 60° B 609 A.物块到B点时的速度为√gR B.物块在最低点时受到的最大压力为3g 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，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v。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 A.电场线方向沿ON方向 B.粒子可能从M点射出圆形区域 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 7 单元过关（十）物理第3页（共8页） 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 10 答案 9.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 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 D.图中a点电势低于b点电势 基板电池 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() A.球1带正电，球2带负电 E 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的速度大小之比为回 5 三、非选择题：本题共5小题，共58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 5 4 R 电压 传感器 接计算机3 B 2 3 5 t/s 单元过关（十）物理第4页（共8页） 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 0g (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 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.(10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0~500μA,内阻5002）；数字电压表（量程 为0~10V);电阻箱（阻值0~99992）。 A 450 400 350 200 300 300 lululluuln// 100 400 250 A 200 150 100 超 50 0 10203040506070809010011075 丙 丁 单元过关（十）物理第5页（共8页） I/uA 450 400 300 250 200 10o 50 0 0.51.01.52.02.53.03.54.04.55.07s 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 (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 以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 2 13.(10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、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 下极板已 单元过关（十）物理第6页（共8页） 14.（14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 大小C一2。，上下边界距离为d。质子束从图中位置射入电场时，速度方 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g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”儿与人射角&的关系（折射率=人射角正弦值 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）。 B 单元过关（十）物理第7页（共8页） 15.(18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g=十1×104C。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μ=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h。=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 D 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、选择题 最远时，根据动能定理得mgR一qE(x十R)一pmgx= 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 0,解得x-号RA正确。 2 e,S·d,与电源断开后，Q C=hd,可得U=4πkQ 5.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 不变，则U℃d,根据题意当F较小时，随着F的 运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0 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 听=-2ad,解得加速度大小a一2d,A错误：由牛顿 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 第二定律可知e=a,联立解得E= 2edB错误， 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 1 1 由动能定理可得(p。一p)e=0-2mu5,解得B点电 两端电压为U时，电容器存储的电能E。=2UQ= 2CU,A错误；充电过程电源非静电力做功W 势，=十， 2e,C正确；钠离子在B点电势能E, ,m6 EQ=CE,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 9.e十2D错误。 增加后趋于定值，根据电容器电容定义式C=,可 6.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； 有造国周运动，剥有E=mg,解得g=2,小球 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则 错误。 Qg kQmg 3.D【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做 F合=2k R12sin30°= 4ER,由于F◆= 类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同 sin 30 时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N 1 kQg 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方 mR,解得u=2√ER,C错误，D正确。 向位移之比为2：1，则初速度之比为2：1，带电 7.D【解析】物块从A点到B点，根据动能定理有 粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子 mg·2Rsin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)·2R- a、b初速度之比为2：1，则所用时间之比为1：2， 1 1 D正确：沿电场方向的位移大小相等，由y=号 gE·2Rcos60°=2mo员-2mui,解得va= √2gR,A错误；物块从B,点到C点，根据动能定理有 可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定 律有gE=m,可得品-已，可知带电粒子具有相 R1-0s60)=合m呢一号m,#失在录发点根 同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均 据牛频第二定律有F-mg=m尺，解得F=4mg,B 做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电 场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分 错误；物块滑到DF斜面，受力分析如图所示，沿斜 速度大小相等，由于初速度之比为2：1，则到达 面方向有mg sin60°<qEcos60°+mg cos60°十 M、N的速度大小不相等，C错误。 uEqsin60°，即ng sin60°<f+qEcos60°，则物块 1 会静止在DF斜面上，C错误；设物块静止的位置 4.A【解析】根据题意可知，由于gE>8mg=mg, 距离D点的位移为x,根据动能定理有mg(2R一x) 则物块不会停在BC上，则物块最终将在B点左侧一 sin60°-u(mg cos60°+Eqsin60)(2R+x)-qE· 段圆孤上来回往复运动，且在B点的速度为0，则有 3 2Rcos60+Ex60s60°=0-2mo2,解得x=R, mgR-gER-wng·2R=0,解得gE= 4g,运动到 则物块运动的路程s=2R十x=3R,D正确。 ·35· 2027 单元过关 2带负电，A正确；对球1，mg一Eg=ma1,a1= 3 94 2,对球2，mg十Eg=ma2,a2=2g,根据△u- 60° mg 60° a△t,且△t相等，1、2两球速度变化量不相等，B 错误；电场力对球1做负功，对球2做正功，球1 8,A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 量不同，C错误；1、2两球运动时间为t,竖直向下 知电场E沿ON方向，A正确；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 为正方向，竖直方向2a1t2=（-U2sin45)t十 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 2a2t,得t= 2,相遇时球1速度 半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有，R √o十(a1t)=√2vo,球2速度v2,v2= 1 00t,沿电场方向有受R2at,可知电杨中拉子 /06+(-+a,t)=5u,3, 5v0 加速度a= R,当粒子沿OM方向射出时， 2W2o6 /10 5,D正确。 有=2ac,可得x=2a42 vi R 三、非选择题 <R,所以不能从 11.(1)限流，保护电容器(2分)(2)1.40/1.39/ M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 1.41/1.42(2分)(3)C(2分) 【解析】(1)为了减缓充电速度，保护电容器A, Ur0=E·号R,沿OM方向上射入的粒子最大距 需要在电路中串联一个电阻。 离为 对应电势差U=E, (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 <Uo,故无论 4√2 42 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 少，A、B错误；造成实际数据与理论值出现差异 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 同，D错误。 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 二、选择题 量，D错误。 eS 12.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 9.AB【解析】根据C=4πa,振动膜随声波向右 (2)175(2分)(3)2500(3分)(4)偏大(1分) 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上 电容增大，A正确；根据电容的定义式有C=马， 记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果 偏大(1分)(5)9645(9200~9800均可) 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 (2分) 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 【解析】(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭 U 与电势差的关系E= ,电压一定，d减小，则电 合前，应将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）。 (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值 容器的板间电场强度增大，C错误；振动膜与电源 为10μA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 流表指针指在170uA到180以A之间，故电流表 所带电荷量增大，电容器处于充电状态，即振动膜 读数为1754A。 将得电子，电阻中的电流由a→b,则图中a点电 (3)根据I-七图像的物理意义可以知道图像的面 势高于b点电势，D错误。 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 10.AD【解析】两球运动时间相同，水平方向位移相 荷量q=10×10-6×5C=5×105C,故当充满电 同，1、2两球水平方向速度相等，v0=v2c0s45°， 后，电容器的电荷量Q=225g=1.125×10-2C,故 得v2=√2v0,由竖直方向位移相同，具有向上初 电客器的电容C==1.125X10 -F=2.5 速度的加速度更大，可得a2>a1,故球2所受电 4.5 场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球 ×10-3F=2500uF。 ·36· ·物理· 参考答案及解析 (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 时B=90°，设入射角为0，则有 结果偏大。 sin 0 sin 90 5=n=cos 0 (1分) (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R EU +R)+U,可得I=RA十RRA十R,故国像斜 角解得sn0三2,0三45。 (1分) 率k二一 1 (50-395)×106 (3)当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中 21，解得 RA十R 4.0-0.5 的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度 R≈9645n。 水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移 为x,竖直位移为y。设电场强度为E,则 13.(1) md (2)2√qEmd aE U=Ed (1分) 【解析】(1)由牛顿第二定律qE=ma (1分) 设竖直方向初速度为vy,加速度为a,则有 由运动学公式号-了心 Eq=ma,0-v3=2ay (2分) (1分) 设入射角为i,则有 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间 =tani (1分) -层 Uy (1分) 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小 点，有 gEd x v=at= (1分) =tan i (1分) m 2y 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 又有s=2x (1分) 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变， 联立解得s=4 tani (1分) 设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 要发生“全反射”，则i≥45°，根据三角函数关系 v2,满足v-v=2ad (1分) 有tani≥>l (1分) 3gEd 代入解得2= (1分) 解得s≤4d。 (1分) m 15.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×10N/C 同理可得微粒第一次从上极板回到O,点时的速 或E≤2.2×103N/C(3)4次 度大小为3，满足v?一v2=2a d 2 (1分) 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B点处 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s 代入解得v3=2 qEd (1分) 水平分速度v.=vcos37°=4m/s m 由自由落体运动公式可得 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 p=mv3=2√qEmd。 (2分) =0.45m h一2g (1分) 14.(1)n=cosa(2)45°(3)s≤4d 弹簧的弹性势能 【解析】(1)设质子射入时速度为v。,质子射出电 1 场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的 E,=2mu2=0.4J (2分) 合成与分解有 (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 -sin a vi -=sin B 足qE,十mg=mR (1分) 根据动能定理有 小球从B恰好运动到圆轨道最高，点时，由动能定 1 1 理得 -Uq=2mv2mv (1分) ngLsin37°-mgLcos37°-2(qE1+mg)R= 根据“折射率”定义有 1 (1分) - (1分) 解得E1=2.2X103N/C (1分) 联立解得n=cosa (1分) 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， (2)根据题意，当质子束恰好不从cd面射出时， 由动能定理得 ·37· 7 2027 单元过关 mgL sin37°-umgLcos37°-（qE2+mg)R (qE+mg)h=(mg sin 37+umg cos 37)x 0-n (1分) (1分) 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 解得E2=1.3X104N/C (1分) 上最大高度h2处的过程中 可知电场强度E所满足的条件 (qE十mg)h2=(mg sin37°-mg cos37)x E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C(2分) (1分) (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度1处的 _mg sin37°-umg cos37°1 过程中，由动能定理可得 可得 mng sin37°+umg cos37°-5 (1分) mgLsin37°-umgL cos37°-(qE+mg)h1=0 (1分) 1 2mv2 (1分) 则有，=（得a, 当n=3时，可知 解得h1=0.36m (1分) 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h] k:=(传）a<0.06=A, （1分) 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 故小球能够通过P点4次。 (1分) 程中 7 ·38·