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(广东专版)

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 () 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 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 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 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同时进人电场，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a、b () 单元过关（十）物理第1页（共8页） 劳力不搬，奋斗不朽 班级 A.具有不同比荷 姓名 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 得分 D.到达K所用时间之比为1：2 4.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人细胞内。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pa,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 () 4细胞膜外 88888888M 细胞核 888W 细胞膜 B细胞膜丙 v8 A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= d mvo B.膜内匀强电场的场强E= Zed mvo C.B点电势96=9a十2e D.钠离子在B点的电势能E,= 2mvg 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 () A.小球带负电 E B.小球所带电荷量的大小为 mg C.小球做圆周运动向心力大小为bQmg ER2 D.小球做圆周运动的线速度大小为2√ER 1 kQg 单元过关（十）物理第2页（共8页） YJ 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l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。 长度为α的样品垂直放置在距U2极板处，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 样 U SB.. U AU的及大值U。一 &当U,=士U。且L=“2时，离子恰好能打到样品边缘 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 ( 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、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 8 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 () YJ 单元过关（十）物理第3页（共8页） 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() 40t9y:m) 01?34§6 →s 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，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 q 重力加速度为g,下列说法正确的是 () 60°XB R 、60°. 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 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(7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： 电压 传感器 接计算机 2 4 5 t/s 甲 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 4… 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 (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.(9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）。 0.0V 甲 IA 450 400 350 200 300 300 100 400 /mmttmmmy 250 A 500 200 150 100 50 鞋超蹈蹈金婴阀用 0 102030405060708090100110t/s 丁 单元过关（十）物理第5页（共8页） I/uA 450 400 300 250 200 10o 50 0 0.51.01.52.02.53.03.540455.07 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 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 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.(9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+++++++++干 d .0 稳压 电源 下极板立已 单元过关（十）物理第6页（共8页） YJ 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）。在轴负半轴的A(一2,0)处有一徽粒源，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t。=, 兰，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。 (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 0 YJ 单元过关（十）物理第7页（共8页） 15.(16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a=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4=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,小球进人轨道后，能够通过P点的次数。 37C D 单元过关（十）物理第8页（共8页）2027 单元过关 qE=mao (1分) 竖直方向上则有VA=g·toA (1分) 23 4Ega2 又因为vA=vo·tan0 (1分) 联立解得x= 3a,2= 3Eko (2分) 联立解得o=√2V3gL (1分) 故打到荧光屏上点的坐标为(23 4Ega2 (3)小球过B点时va=0 3 ,3a,3E0 1 (1分) 则小球在B点的动能E如=2mv, (1分) (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 又因为VB=2VAy 1 Eo=2·0.5mof 故有E=45 3 mgL (1分) Qq 0.5mv (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 、 a)2- (1分) R 1 动学规律则有后00=g·t (1分) √3 解得，R=20 vo=ax·t (1分) 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 可知ar=√3g x1=V1cos0·t1 由F合与水平方向夹角为30°，A与水平方向夹 y-y1=v1sin0·t1 角为30°，建立如图所示坐标系，将？A分解到x'、 y'上，小球在x'方向上做匀速运动，在当y方向 1 21=201 上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的 1 gE=0.5ma1 最小动能Emm=2mui (1分) 2√3 联立解得x1= 3a,y=3a,z1= 4Ega2 (1分) 而VAx=VAC0s30°=V0 (1分) 3Eko 所以只有一个亮点。 (1分) 解得Emn=2mu品 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 15.(1)1:1(2)W2√3gL (3)1v3 3mgL 的分解则有vcz=o,0cy=3UA (1分) (4)1:4 1 Eax=2m[oi+(3 votan0)2]=2mui(1分） 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 联立可得Ekmn：E kmax=1:4。 (1分) 的速度为0，由运动学公式得 L=24w (1分) 96 30°y 30° 又由于2L=toA (1分) 30° 解得toA=tAB 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为v0,从O到A,小 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=oto4 (1分) 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 变，U基本不变，D正确。 1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 2.C【解析】根据W=QU,可知UQ图像中图线与 C=E,S 4πka,可得U=4rkQ 横坐标所围面积表示电容器存储的电能，当电容器 ·d,与电源断开后，Q e,S 不变，则Ucd,根据题意当F较小时，随着F的 两端电压为U时，电容器存储的电能Ec=2UQ= 增大，d在减小，故此时极板间的电势差U在减 2CU,A错误；充电过程电源非静电力做功W 小；当F增大到一定程度时，F再增大，d基本不 YJ ·34· ·物理· 参考答案及解析 EQ=CE,B错误；充电过程中，电容器带电量迅速 1 增加后地于定值，根据包容器包容定义式C-吕，可 m,在偏转电场中做类平抛运动，则L 1Um92,解得Um=)2U1,A错误： 知电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，C正确； vot,22 dm 放电过程中，电路中的电流开始时较大，后随着电 当U2=士Um时离子从板的边缘射出，恰能打 容器带电量减小，放电电流逐渐减小，但是不是线 d 性减小，即电流传感器的示数不是均匀减小至零，D 错误。 到样品边缘时，根据数学相似三角形知识，则2- 2 3.D【解析】根据题意可知，带电粒子在电场中做 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 解得L三a。B正确；根据y三另 _2d 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方 2+L 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 Ung 2= Um12 dm 4dU,若其他条件不变，增大U1,则y变 a、b初速度之比为2：1，则所用时间之比为1：2， 小，样品的辐照范围变小，C错误；由题图可知t1 D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=2t 时刻所加的电场电压小于2时刻所加的电场的电 压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移 可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定 小于t2时刻射入的离子打到B点时的竖直位移， 律有gE=,可得，是-日，可知带电粒子具有相 D错误。 7.A【解析】由于从N点射出的粒子速度最大，由 同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均 动能定理可知，ON间电势差最大，由U=Ed,可 做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电 知电场E沿ON方向，A正确；速度方向垂直于 场方向，由公式v,=at可知，到达M、N的竖直分 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形 速度大小相等，由于初速度之比为2：1，则到达 区域，其轨迹类似于平抛，从O到Q合位移为圆 M、N的速度大小不相等，C错误。 4.C【解析】正一价钠离子从A到B做匀减速直线 、半径R,由平抛规律可知，沿初速度方向有R】 运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0 哈=一2ad,解得加速度大小a一2a,A错误；由牛顿 心0t,沿电场方向有2P二、1 2at,可知电场中粒子 第二定律可知e=ma,联立解得E= 2ed,B错误； 加速度a=2v2 R,当粒子沿OM方向射出时， 由动能定理可得(p。一p)e=0一 2mu6,解得B点电 有6=2，可得工==尽<R,所以不能从 2a4√2 势%，-.十m, M点射出圆形区域，B错误；由于OP之间电势差 ,C正确；钠离子在B,点电势能E6= 2e I0=E·R,沿OM方向上射入的粒子最大距 mvo 9e十2D错误。 5.D【解析】由于小球在两电荷连线的中垂线内做 离为R ,对应电势差U=E· R 4√2 <U0,故无论 42 匀造国周运功，到有的一m8,解得g一管，小球 从哪个角度射出，都不能通过P点，C错误；只要 从Q点射出，由于电势差相等，电场力做功相同， 处于竖直向上的匀强电场中，受到竖直向上的电 由动能定理可知，出射速度大小相等，但方向不 场力，故小球带正电，A、B错误；带电小球和点电 同，D错误。 荷A的连线与A、B连线夹角为30°，则 二、多项选择题 Fo=2k R2sin30°=bQmg Qq 4ER,由于F◆= ES 8.AB【解析】根据C一4πkd,振动膜随声波向右 sin30°) 振动，与基板距离减小时，即d减小，则电容器的 2 mR解得u三之/，C错误，D正确。 电容增大，A正确；根据电容的定义式有C=Q, 6.B【解析】离子在加速电场中被加速时U1q= 结合上述，电容器的电容增大，极板电压一定，则 ·35· YJ 2027 单元过关 振动膜所带的电荷量增大，B正确；根据电场强度 与电势差的关系E二日，电压一定，d减小，则电 mg 容器的板间电场强度增大，C错误；振动膜与电源 60° 60° 负极连接，振动膜带负电，结合上述可知，电容器 C 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(3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 需要在电路中串联一个电阻。 a=?,在2○38时间内，粒子的加速度大小 (2)电压U3应该比U2减小一半多，所以结果应 该小于1.45，通过坐标观察，约在1.40附近。 2 2qE ，可知粒子由静止先以a1加速度大小加 (3)电阻影响电流大小而不会影响电荷量的多 速2s,再以a2加速度大小减速1s,由于a2= 少，A、B错误；造成实际数据与理论值出现差异 2a1,可知3s末粒子速度为零，同理在3~5s时间 的可能原因是电容器在充、放电过程中损耗一部 内粒子由静止又以a1加速度大小加速2s,再 分电量，C正确；电压传感器不会放掉一部分电 以a2加速度大小减速1s,此时粒子速度是零，因 量，D错误。 此粒子在0~6s时间内，带电粒子将始终向同一 12.(1)将电阻箱阻值调至较大值（或最大值）(1分) 个方向运动，其速度时间图像如图所示，A错误； (2)175(1分)(3)2500(2分)(4)偏大(1分) 由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上 终向同一个方向运动，因此3$末带电粒子回不到 记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果 原出发点，B错误；由带电粒子的速度时间图像可 偏大(2分)(5)9645(9200~9800均可) 知，3s末带电粒子的速度是零，C正确；在前3s (2分) 内，由动能定理可知W=△Ek=0一0=0，前3s 【解析】(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭 内，静电力做的总功是零，D正确。 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 为10uA,根据估读原则，电流需估读到个位，电 流表指针指在170μA到180μA之间，故电流表 读数为175μA。 (3)根据I-t图像的物理意义可以知道图像的面 10.AD【解析】物块从A点到B点，根据动能定理 积为电容器两端的电荷量，图中每一格代表的电 有mg·2Rsin60°-μ(mg cos60°+Eqsin60)· 荷量q=10×10-6×5C=5×10-5C,故当充满电 1 2R-qE·2Rcos60°=2m后-2moi,解 后，电容器的电荷量Q=225g=1.125×10-8C,故 得0B=√2gR,A正确；物块从B点到C,点，根据动 电容器的电容C= 1.125×10-2 U F=2.5 4.5 1 能定理有mgR(1一cos60)= m呢名m物块 ×10-3F=2500uF。 (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流 在最低点根据牛顿第二定律有F一g=m尺，解得 表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量 F=4mg,B错误；物块滑到DF斜面，受力分析如图 结果偏大。 所示，沿斜面方向有mng sin60°<qEcos60°+ (5)根据闭合回路的欧姆定律可以得出E=I(R umg cos60°+Eqsin60°，即mg sin60°<f+ E U qEcos60°，则物块会静止在DF斜面上，C错误； 十RA)+U,可得I=RA十RRA十R,故因像斜 设物块静止的位置距离D点的位移为x,根据动 1。 能定理有mg(2R-x)sin60°-u(mg cos60°+ 率k=一RA十R 50=395)×10Q1,解得 4.0-0.5 Eqsin60)(2R+x)-gE·2Rcos60°+Eqxcos60°= R≈9645n。 0-号mi,解得x=R,则物块运动的路程 13.(1)qE d (2)2√/gEmd s=2R十x=3R,D正确。 【解析】(1)由牛顿第二定律gE=ma (1分) YJ ·36· ·物理· 参考答案及解析 由运动学公式号-a (1分) y2=v,to=2L (1分) 其中vy=a2to 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间 则微粒打到挡板的位置纵坐标 md y=-(y1+y2)=-3L (1分) t=qE (1分) (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小 L t= d 01=at=√m (1分) 若微粒在t=0时刻经过原，点O,由(2)分析可 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微粒 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变， 在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动，在 设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为 竖直方向上不偏转。综上所述，当=1时，微粒 v2,满足v-7=2ad (1分) 打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) 3gEd 同理，当=2，由(2)分析可知，微粒在右侧区域 代入解得2一m (1分) 运动的时间为2t0,若微粒在t=0时刻经过原点 同理可得微粒第一次从上极板回到O,点时的速 O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L;若微 度大小为u%,满足i-呢=2a2 粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀速直 (1分) 线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的 代入解得=2√m Ed 距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板 (1分) 上的纵坐标的取值范围为（一3L,一L) 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, p=mvg=2√qEmd。 (1分) 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围 14.1)y2mg √gL(2)-3L _n(n,+1L,-nn21DL）0m=1,23,…)。 为 2 2 (4分) -a".2a=12 n(n-1) 15.(1)0.45m0.4J(2)E≥1.3×104N/C 或E≤2.2×103N/C(3)4次 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 【解析】(1)小球从A到B做平抛运动，B,点处 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 竖直分速度v,=vsin37°=3m/s 向右，由受力分析得 水平分速度v.=ucos37°=4m/s gE sin 0=mg (1分) 由自由落体运动公式可得 解得E,=2mg (1分) v 9 h一2g =0.45m (1分) 微粒从A到O做初速度为零的匀加速直线运 弹簧的弹性势能 动，在水平方向有 1 mg (2分) tan =ma (1分) E,=2mu2=0.4J (2)若小球恰能到达圆轨道最高，点时速度1满 L v8=2a12 (1分) 足gE1十mg=mR (1分) 解得vo=√gL (1分) 小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定 (2)微粒在x轴方向的分运动为匀速直线运动， 理得 打到挡板所用时间 mgLsin37°-umgLcos37°-2(qE1+mg)R= t-2L=2,/G=2t0 1 (1分) (1分) 00 0~t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上 解得E1=2.2×103N/C (1分) 有mg+qE2=ma2 (1分) 若小球从B恰好运动到与圆轨道圆心等高处时， 1 由动能定理得 y1-2a2t6=L mgLsin37°-μngLcos37°-(qE2+mg)R t,~2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平衡， 1 =0一 (1分) 做匀速直线运动，在竖直方向上有 ·37· YJ 2027 单元过关 解得E2=1.3×104N/C (1分) 小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道 可知电场强度E所满足的条件 上最大高度h2处的过程中 E≥1.3×10N/C或E≤2.2×103N/C(2分) (qE+mg)h2=(mg sin 37-umg cos 37)x (3)小球从B点到达圆轨道上最大高度五1处的 (1分) 过程中，由动能定理可得 h2_mg sin37°-mg cos37°_1 mgL sin37°-mgLcos37°-(qE+mg)h1=0 可得 mg sin37°+umg cos37°=5 1 2 mve (1分) 则有点（得》a, (1分) 解得h1=0.36m 当n=3时，可知 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度五] 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过 A=(G)h<a.06- (1分) 程中 故小球能够通过P,点4次。 (1分) (qE+mg)h=(mg sin 37+umg cos 37)x （1分) YJ ·38·