2021-2022学年江苏省南京市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

2021-2022学年江苏省南京市第二十七高级中学高一（下）期末物理试卷1 .如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时.，下面说法正确的是（）A.外电路的总电阻逐渐变大,B.外电路的总电阻逐渐变大,C.外电路的总电阻逐渐变小,D.外电路的总电阻逐渐变小,电灯两端的电压逐渐变小电灯两端的电压逐渐不变电灯两端的电压逐渐不变电灯两端的电压逐渐变小2.如图所示的电路中，电阻R =2 2断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2%则电源的内阻广为（）A.in B.2 0 C.3 0 D.4。3.关于电场强度，下列认识正确的是（）A.若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0B.点电荷的电场强度公式5 =卜与表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离厂的二次方成反比C.电场强度公式E =；表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍D.匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同4.在如图装置中，将开关S拨 至1可以给电容器充电，拨至2可以让电容器放电，通过电压表、电流表的示数，可以观察电容器充放电过程中电压和电流的变化情况。则下列说法中正确的是（）A.充电过程中，电压表、电流表示数逐渐增大B.放电过程中，电压表、电流表示数逐渐减小C.充电过程中，电容器电容逐渐增大D.放电过程中，电流减小的越来越快5.如图所示，电源内阻不可忽略，为电阻箱，/?2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，C为电容器，闭合开关S,电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断不正确的是（）A.若治不变，当温度降低时电压表的示数减小B.若治不变，当温度降低时油滴向上移动C.若温度不变，当电阻箱氏的阻值增大时，电容器C的电荷量减少D.若治不变，温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时油滴向下移动6.在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时,贝!J（）A.A灯变暗 B.8灯变亮C.电源的输出功率减小 D.电源的工作效率增大7.如图所示，真空中电荷量均为。的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB遇1和DCGD1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则（）A.A、B、C、。四个点的电势相同B.4、当、6、Di四个点的电场强度相同C.负检验电荷在A点的电势能小于在Ci点的电势能D.正检验电荷从C点移到B点的过程中，电场力对其做正功8.某电子透镜两极间的电场线分布如图所示，中间的一条电场线是直线，其它电场线对称分布，电子从。点沿直线0A以某一初速度仅在电场力作用下运动到4点.取0第2页，共14页点为坐标原点，沿直线向右为x 轴正方向.从。到 A 运动过程中，关于电子运动速度 v和加速度”随时间，的变化、电子的动能琉和运动轨迹上各点的电势中随位移x的变化图线中可能正确的是（）9.A.电源的输出功率为4.5勿B.电动机消耗的功率为0.75WC.电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125JD,如果电动机被卡住，电压表的示数将变大1 0.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流/。，R 为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。改变变阻器凡接入电路的阻值，记录电流表、电压表的示数并依次填写在下表中。由数据可以判定以下说法正确的是（）序号 12345678U/V1 4.01 2.01 0.08.0 6.0 4.0 2.00“A0.3 0 0.4 0 0.5 0 0.6 0 0.7 0 0.8 0 0.9 01.0 0A.实验过程中&逐渐增大 B.实验过程中恒流源输出功率逐渐减小C.恒流源提供的电流大小为2.0 0 4 D.电路中定值电阻R的阻值为1 0。1 1.某学习小组利用图甲电路测量干电池的电动势E和内阻r(约2 0),其中R为电阻箱,(1)测量R i 的阻值，断开开关S,先将多用电表选择开关旋至欧姆挡“xl”倍率，进行,测量此时的示数如图乙所示，则其读数为 0;(2)将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，闭合开关S,接电路中的。点的那支表笔不动，另 一 支 表 笔 接 电 路 中 的(选 填b”或 c )点，调节并记下电阻箱阻值R和电压表的示数U,则接a点 的 那 支 表 笔 是(选 填“红”或“黑”)表笔；(3)多次改变电阻箱的阻值R,记录下对应的电压U；(4)以J 为纵轴、5 为横轴，根 据 实 验 数 据 作 出 图 线 如 图 丙 所 示；U R U R(5)若不考虑多用电表对电路的影响，结合图丙可知1,干电池的电动势E =V,内阻r =。(计算结果均保留两位有效数字)；若考虑多用电表内阻的影响，则电动势的测量值 真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。1 2.在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、8的规格为“3.8 V,0.3 A”.合上开关S 后，无论怎样移动滑动片，4、8灯都不亮.(1)用多用电表的直流电压挡检查故障：选择开关置于下列量程的 挡较为合适(用字母序号表示)；A.2.5VB.1 0VC.50VD.2 5 01/测得c、4间电压约为5.8 V,e、/间电压为0,则故障是下列哪一项？；4.A 灯丝断开B.B灯丝断开C d、e 间连线断开D.B灯被短路(2)接着训练用欧姆表的“X/”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，测试前，一定要将电路中的开关S _ _ _ _ _;测 c、d间和e、/间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为 H,此时第4页，共14页测量的是 间电阻，根据小灯泡的规格计算出的电阻为_ _ _ _ _0,它不等于测量值，原因是：13.电流表改装成欧姆表的电路如图所示，两表笔直接相连时，指针指在表盘刻度“5”上。两表笔之间接有600。的电阻时，指针指在刻度“I”上。求刻度“3”应标注的电阻值R。14.如图甲所示的电路，当变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙中的A、B 两直线所示,不考虑电表对电路的影响。(1)电压表彩的示数随电流表示数的变化图象为U-/图象中的哪一条直线？(2)定值电阻R。、变阻器的总电阻分别为多少？(3)试求出电源的电动势和内阻G(-1 r*、J、I R.月 人 ：/1-X 叫L.-4._ J I 却-5 0 OS IS /A c1 5.如图所示，两金属板A、8 水平放置，间距为3d。距离A 下方2d处有一水平放置的金属网G,A、B、G 的尺寸相同，G接地，4、8 的电势均为(8 0)。今有一带电粒子从金属网G的左侧正上方P 点、以初速度%水平射入电场，P 点到G的距离为d。粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，已知带电粒子的质量为?、电荷量为q(q 0)，粒子重力忽略不计。求：(1)粒子第一次到达G所需的时间t；(2)粒子穿过G后距B板的最近距离y；(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L.-A心G1-B第6页，共14页答案和解析1.【答案】D【解析】解：点亮的电灯增多时，电路中并联电阻增大；由并联电路的规律可知，外电路中的总电阻将减小；则由闭合电路欧姆定律可知，总电路中总电流增大，则电源内阻的电压增大；路端电压减小；故选：D.由图可知，各负载均为并联，则由并联电路的规律可知电阻及灯泡两端的电压的变化.本题考查闭合电路欧姆定律及并联电路的规律，要注意内阻不能忽略时，电流越大，电源的输出电压越小.2.【答案】A【解析】【分析】电压表是理想电表，根据闭合电路欧姆定律计算即可。本题是对闭合电路欧姆定律的考查，注意电路中的电压表认为是理想电表，串联电路的电流相同。【解答】解：断开S后，电压表的读数为3匕 即电源的电动势为3匕闭合S后，电压表的读数为2匕 使用电阻的电压为2 V,电路的电流为：/=g =；A =L 4,R 2电源的内阻为：丁=宁=?0 =1 2故A正确，B C D错误。故选：A o3.【答案】B【解析】解：4电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故A错误；B.点电荷的电场强度公式？=忆与表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与点电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离/的二次方成反比，故B正确；c.场强公式E=只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，所以与该点所放试探q电荷的电荷量不成正比，故C错误；D据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与该点场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与该点的场强方向相反，故。错误。故选：Bo电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；公式E =上与是点电荷电场的决定式，r2E=是采用比值法下的定义；正电荷所受电场力的方向与该点场强方向相同，负电荷q所受电场力的方向与该点的场强方向相反。本题考查电场强度，比较简单，明确电场强度两个公式的区别，熟记电场强度的方向如何规定是本题关键。4.【答案】B【解析】解；4电容器充电过程中，电流表的示数逐渐减小，电压表测量的是电容器两端的电压，示数逐渐增大，故A错误；8、电容器放电过程中，电容器带电量逐渐减小，根据C=?可知电容器两端的电压逐渐减小，流过电阻的电流逐渐减小，故B正确；C、电容器电容由电容器本身决定，不会随充电过程发生变化，故C错误；。、放电过程中，电流减小的越来越慢，故。错误。故选：B。在充电过程中，电压表的示数逐渐增大，但电流表示数逐渐减小；电容器的电容不会随着充电或放电过程而发生变化；放电过程中，因为电容器的电压逐渐减小，所以电流减小的越来越慢。本题主要考查了电容器的相关应用，从电流和电压的变化理解电容器的充放电过程，整体难度不大。5.【答案】A【解析】解：A、若治不变，当温度降低时，热敏电阻/?2的阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流减小，由 =-。知，电压表的示数增大，故A错误；B、若治不变，当温度降低时，电路中电流减小，%的电压为4 =E-/(R 1+r),则出增大，电容器板间电压增大，由E=J分析可知电容器板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上移动，故8正确；C、若温度不变，/?2的阻值不变，当电阻箱的阻值增大时，电路中电流减小，根据7?2的电压为4=质2，则 知 减 小，电容器板间电压减小，由、=CU分析可知电容器C的电荷量减少，故C正确；。、若不变，温度不变，刈 的阻值不变，电路中电流不变，则电容器板间电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，由E=分析可知电容器板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下移动，故。正确。本题选不正确的，故选：Ao当温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电压表示数的变化，判断电容器板间电压的变化，分析油滴所受电场力的变化，从而判断油滴移动方向。若温度不变，当电阻箱右 的阻值增大时，分析电路中电流变化，判断电容器板间电压的变化，从第8页，共14页而分析出电容器C 的电荷量如何变化。若R1不变，温度不变，当电容器C 两极板间的距离增大时，电容器板间电压不变，由E=J 分析电容器板间场强的变化，判断油滴所受电场力的变化，从而确定油滴的运动方向。本题是电路动态分析问题，主要考查闭合电路欧姆定律的应用，关键分析电容器的电压是否变化，电场强度是否变化，确定油滴是否受力平衡。6.【答案】D【解析】解：AB、当滑动变阻器的滑动头向下滑动时.，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流/变小，A灯的电压=E-/(R i+r),/变小，必变大，A灯变亮。流过B 的电流与=/一/2,/变小，4 变大，则%变小，8 灯变暗，故 AB错误；C、由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率如何变化，故 C错误；D、电源的工作效率v=x 100%=言x 100%=x 100%,外电路总电阻R增大，电源的工作效率增大，故 O 正确。故选：D。当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析总电流的变化和A灯电压的变化，判断4 灯亮度的变化。根据总电流与/?2电流的变化，分析流过8 灯电流的变化，分析B 灯亮度的变化。电源的效率等于输出功率与总功率之比，等于外电路总电阻与整个电路总电阻之比。此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析。7.【答案】A【解析】解：4 电势是标量，只有大小没有方向，由于A、8 到两点电荷的距离完全相等，C、。到两点电荷的距离完全相等，可知=8,(pc=(pD,而 A 点到左侧电荷的距离与D点到右侧电荷的距离相等，同样A 点到右侧电荷的距离与。点到左侧电荷的距离相等，因此VA=9 D从而 WA=故 A 正确；B、4、Bl在两电荷连线中垂面的左侧，场强的方向大致向右，而G、在两电荷连线中垂面的右侧，场强的方向大致向左，因此a、Bl、Cl、D1四个点的电场强度大小相等但方向不同，故 B错误；C、由于Ci和 C 到两点电荷的距离相等，因此电势相等，即9ci=Sc又以=(Pc因此负检验电荷在4点的电势能等于在Cl点的电势能，故C错误：D、由于伊B=9C，正检验电荷从C点移到2点的过程中，电场力对其做功为零，故。错误。故选：A。解答本题要掌握等量同种电荷周围电场分布情况，电场线与等势面垂直，在等势面上运动的电荷电势能不变.结合对称性进行分析.该题考查常见的电场以及电场线的分布，要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能或电势能变化情况.8.【答案】C【解析】解：A、u-t图线的斜率表示加速度，从。到A电场强度先增大后减小，则电子受到的电场力先增大后减小，所以加速度也是先增大后减小，不是一直减小，故A错误；8、由上分析，可知，电子的加速度先增大后减小，不是先减小后增大，故8错误；C、根据动能定理，那么动能的变化等于合力做的功，即&=q U,由于U=E X,由此可知，*=q E,因此电子的动能琢随位移x的变化图线斜率先增大后减小，故C正确；。、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，从。到A电场强度先增大后减小；由于0-x图线的斜率表示电场强度的大小，则从。到4,9-X图线的斜率先增大后减小，图象与之不符，故。错误。故选：C电子从。到4可能做加速运动，也可能做减速运动；根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化，依据动能定理，由合力做功来确定动能的变化。考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向，并根据电场线来确定加速度，速度，电场力做功及动能如何变化，注意图象含义的应用。9.【答案】B【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定，电路中的电流/=中=转力=0.2 5 4电源R+r 10+2的总功率PE=7=6 x 0.25=1.5W电源的内耗功率B=I2r=0.252 x 2W=0.125小，电源的输出功率P%=PE-Pr=1.5WZ-0.125W=1.375I4Z,故 A 错误；A电动机消耗的功率PM=UM1 =3V x 0.254=0.7 5 W,故B正确。C.电动机线圈的热功率：P热=12rM=0.252 x 2W=0.1251V电动机线圈在1分钟内产生的热量为：Q=P邦t=0.125 x 6 0/=7.5/,故C错误。第10页，共14页。.电动机卡住后，电动机看成纯电阻，电路中的电流增大，/(R +r)增大，电动势E不变，电压表示数减小，故。错误；故选：B。根据闭合电路欧姆定律列式求解电流，根据P =U”/求解电动机的总功率，根据 痛=M r”求解电动机的热功率，根据P必=P-P然求解电动机的输出功率。本题考查含电动机的电路，关键是明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，要先根据闭合电路欧姆定律列式求解电流.1 0 .【答案】B【解析】解：A、由表格数据知U减小，/增大，根据氏=彳，知&逐渐减小，故A错误；B、&逐 渐 减 小，外电路总电阻逐渐减小，而总电流不变，由P =GR分析知恒流源输出功率逐渐减小，故B正确；C、当U =0时，10=1 =1.0 0 1,故 C 错误；D、当U =1 0.0 V时，/=0.50 4 则/?=工=I，。=2 0 0,故。错误。/()-/1.0 0 0.50故选：B o根据电压表示数。和电流表示数/的变化情况，分析&的变化情况。根据外电阻的变化，抓住总电流不变，由P=/2R分析恒流源输出功率的变化情况。根据欧姆定律和并联电路的规律求恒流源提供的电流大小，并由欧姆定律求R的阻值。本题是信息给予题，要读懂题意，知道恒流源的特点：为电路提供恒定电流/。，而不是恒压源，要消除习惯思维的影响，再运用欧姆定律和功率公式进行解答。1 1.【答案】欧 姆 调 零6。红9.1 1.2小于【解析】解：(1)使用欧姆表，将转换开关掷于欧姆挡后，要进行欧姆调零，根据指针示灵数和倍率进行读数，为两者的乘积，所以R =6x H 2 =6。；(2)用多用电表的电压挡测电阻箱两端电压：我们知道，多用表的电流方向为：红表笔入黑表笔出，而甲电路电流的方向为a红表笔a未动，那么多用电表黑表笔应接b点。(5)根据闭合电路欧姆定律有：电阻箱两端电压。=-/(&+)，而/=，联立变形可得：=呼*=+3结合图丙的纵截距b=5 =0.1 1 M T,所以E =9.1 V。结合图象U ERE E的斜率k=31 I =%解得：r=1.21 2.E 1.0若考虑多用电表电压挡的内阻，由于电压表的分流，导致实际的电流值比测量值大，且电压越大时，分流越大，那么实际的U-/图象将比测量的U-/图象陡，所以测量值偏小。故答案为：(1)欧姆调零；6(2)8、红；(5)9.1、1.2、小于(1)多用表欧姆刻度读数为：刻度值X 倍率；(2)多用表的电流方向为：红表笔入黑板笔出，图甲电路电流的方向为a-6,从而确定表笔；(5)根据闭合电路欧姆定律，求出J与J的函数表达式，利用数学知识求出图象的斜率和U R截距，从而求出电源的电动势和内阻，并进行误差分析。易错点：若该同学在处理实验数据时，R +&+r为电路的总电阻，电阻箱电阻为外电路的总电阻阻值R,则电源的等 效 内 阻 为+r。1 2 .【答案】B A断 开 6 e、/1 2.7 温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻.(或测量出的电阻是常温下的电阻).【解析】解：因为电源的电动势大约6 匕 要使电压挡选择的量程要安全以及准确，则选择开关选择1 0 V的 量 程.故 3正确.故选：B.测得c、d间电压约为5.8 叭 接近电源电动势，e、/间电压为0,可知灯泡A断路.故4正确.故选：A.(2)用欧姆表测量电阻时，电键应断开，使得待测电阻与电源不相连.欧姆表的读数为6 X I。=6。，因为M 间断路，知测量的是 间的电阻.根据R=3 得，小灯泡的电阻为R=居。七1 2.7 0.它不等于测量值，原因是温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻.(或测量出的电阻是常温下的电阻).故答案为：(1)8、4(2)断开，e、f 1 2.7,温度高时金属丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻.(或测量出的电阻是常温下的电阻).(1)选择的量程要安全，以及要使指针指在中间附近.结合电源的电动势选择合适的量程.根据测得的电压判断故障的原因.(2)欧姆表测量电阻时，开关S需断开.欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率.根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，通过温度升高，电阻率变大，分析计算出的电阻与测量电阻不等的原因.解决本题的关键掌握欧姆表的使用方法和注意事项，以及会进行故障分析.1 3 .【答案】解：当两表笔短接(即Rx =。)时，指针指在表盘刻度“5”上，电流表应调至满偏电流/。，设此时欧姆表的内阻为勺夕 此时有关系：Ig=当两表笔之间接有Ri =6 0 0 0 的电阻时，指针指在表盘刻度“1”上，则由图可知，此时9 g，则此时有：口9=三 丁，解得：R 内=1 5 0。55 R 内第12页，共14页当指针指在表盘刻度“3”上时，此时有：口 =*，解得：R=lo o n5 y R+R内答：刻 度“3”应标注的电阻值R 为1 0 0。【解析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表的结构与欧姆表的工作原理，应用闭合电路欧姆定律分析答题。本题考查了欧姆表的原理，要求学生会应用闭合电路欧姆定律分析，本题关键要看清楚每次测电阻时的电流与满偏电流之间的关系。1 4 .【答案】解：(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻品 的电压增大，路端电压减小，由图分析可得匕对应A、彩对应B.(2)由题意得：%=/&，则有：/?0=7 7 =7=4/3当滑动变阻器取最大值时，电流最小，为：/mi n=0.5/1,而外=U2-U1=8-2 =6V所以 Rma x =O =1 2。*min(3)因为/=E-/r,则内阻为：?=*=0=2 0 I 1.50.5所以有：=(/2+/r =8.0 +0.5 x 2 =9 1/。答：(1)电压表彩的示数随电流表示数的变化图象为瓦(2)定值电阻&、变阻器的总电阻R 分别为4 0 和1 2 0。(3)电源的电动势9 匕 内阻为2。【解析】(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻岛的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线。(2)定值电阻R。等于图线A的斜率大小。由数学知识求出图线的斜率求解R 0.当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻上(3)图线B反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻。再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势。本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。1 5 .【答案】解：(1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为f,则有1 ,d-at22根据牛顿第二定律有：瞥=小。2aUAG=(P联立解得(2)粒子穿过G 板时的竖直方向的速度为v at粒子穿过G后，粒子的加速度为则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动，速度减为0所用时间为v v 1t=-7 =a 2a 2因为所以粒子穿过G后距5板的最近距离1 1y=d d=dJ 2 2(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0,粒子在竖直方向先做匀加速运动加速到u,后做匀减速运动/减到0,再接着反向加速|t加到v,然后减速运动减到0,竖直方向可能做周期性这种运动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动，则粒子恰好沿水平方向飞离电场的时间为=n(t+n =l、2、3.金属板的长度为L VQt 371VQCI,n =1、2、3.”答：(1)粒子第一次到达G所需的时间为2 d器；(2)粒子穿过G后距8板的最近距离为d；(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，金属板的长度为7 1 =1、2、3.0【解析】(1)根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解时间；(2)粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动，根据运动学公式可解得；(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0,粒子在竖直方向先做匀加速运动加速到v,后做匀减速运动)减到0,再接着反向加速“加到v,然后减速运动减到0,竖直方向可能做周期性这种运动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动.有关带电粒子在匀强电场中的运动，关键分析力和运动的关系。根据带电粒子受力情况,用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等。第14页，共14页