重庆市巴蜀中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试物理试卷（Word版附解析）

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2．小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
3．试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。
一、选择题（本题共15个小题，1-10题为单项选项题，每题3分，11-15题为多项选择题，每题4分；多选题全选对得4分，少选得2分，有错选不得分，一共50分）
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 行星在近日点的速率比远日点小
B. 卡文迪什通过实验测出了地球表面的重力加速度g
C. 开普勒第三定律的公式中，k值由中心天体质量决定
D. 根据开普勒第二定律，不同行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等面积
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律，同一行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，行星在近日点时与太阳的距离更小，因此速率更大，故A错误；
B．卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量，而非地球表面的重力加速度，故B错误；
C．开普勒第三定律公式中，是仅由中心天体质量决定的常量，同一中心天体的值相同，故C正确；
D．开普勒第二定律的适用对象是同一颗行星，不同行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积并不相等，故D错误。
故选C。
2. 关于电流和电动势的说法，下列说法正确的是（ ）
A. 电动势是一种非静电力
B. 电动势是反映电源把其他形式的能转换为电能本领的物理量
C. 电流既有大小，又有方向，所以电流是矢量
D. 通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，其大小等于非静电力把单位正电荷从电源负极移到正极所做的功，不是非静电力本身，故A错误；
B．电动势的物理意义就是反映电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，电动势越大，相同电荷量下电源可转化的电能越多，故B正确；
C．电流虽然有方向，但电流的运算遵循代数加减法则，不遵循矢量运算的平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误；
D．由电流定义式，可知，电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，只知道通过导体横截面的电荷量越多，若所用时间也越长，电流不一定越大，故D错误。
故选B。
3. 下列关于教材插图的说法，正确的是（ ）
A. 甲图，静电计是一种特殊的验电器，外壳通常仅由绝缘材料制成
B. 乙图，库仑通过扭秤实验发现点电荷之间的作用力与距离成反比
C. 丙图，在燃气灶中安装电子点火器是利用摩擦起电的原理
D. 丁图，由等势线图可以判断出，b侧比a侧的电势降落得快，电场强度更大
【答案】D
【解析】
【详解】A．静电计是一种特殊的验电器，外壳通常由金属材料制成，故A错误；
B．库仑通过此实验装置研究得出电荷之间的静电力与其之间距离平方成反比关系，故B错误；
C．在燃气灶中安装电子点火器是利用尖端放电的原理，故C错误；
D．等势线越密集地方电势降落得越快，电场强度也越大。由等势线图可知，b侧的等势线比a侧密集，因此，b侧比a侧的电势降落得快， b侧的电场强度更大，故D正确。
故选D。
4. 如图所示小巴同学将质量为m的小球从离地高h的A位置以速度v0斜向上抛出，恰好击中地面上的B点。若以抛出点为零势能面，重力加速度大小为g，且不计空气阻力，则小球在B位置的机械能为（ ）
A. -mghB. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于不计空气阻力，小球的机械能守恒，以抛出点为零势能面，则有
故选C。
5. 研究表明，人在兴奋时，心肌体表会形成瞬时电势分布，可等效为等量异种电荷产生的电场，如图实线为等差等势线，标有电势数值，a、b、c、d为等势线上的点，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为两点电荷连线中垂线上对称的两点，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的电场强度不相同
B. c点的电势比d点高
C. 心肌离子从a运动到b，电场力做正功，电势能减小
D. 将心肌离子在c点由静止释放，在只受电场力的作用下，它可以沿着cd连线运动到d点
【答案】C
【解析】
【详解】A．心肌体表等效为等量异种电荷产生的电场，从等势线数值可以看出，左侧带负电，右侧带正电，由于点和点关于两点电荷连线对称，根据等量异种电荷电场强度的分布特点可知，对称点的电场强度大小相等、方向相同，即、两点的电场强度相同，故A错误；
B．由图可知，点电势为，点电势也为，两点电势相等，故B错误；
C．由图可知，点的电势为，点的电势为，心肌离子带正电，从点运动到点，电势降低，根据电势能公式可知，电势能减小，则电场力做正功，故C正确；
D．两点电荷连线的中垂线上的电场强度方向均向左，与连线垂直，将心肌离子在点由静止释放，它所受的电场力方向并不沿连线方向，因此它不可能沿着连线运动到点，故D错误。
故选C。
6. 如图所示储液罐装有不导电液体，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储液罐中。电容器C通过开关与定值电阻R、电源E串联，已知平行板电容器极板正对面积S和两极板间距离d均固定不变，可通过调节储液罐的液面高度，改变两极板间绝缘介质的分布情况。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A. 液面升高过程中，电容减小
B. 液面升高过程中，通过电阻R的电流方向为由M流向N
C. 开关闭合一段时间后再断开，液面升高过程中，电容器储存的电荷量增加
D. 开关闭合一段时间后再断开，液面升高过程中，两极板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电容的决定式，当储液罐内的液面高度升高时，两板间充入电介质，使得相对介电常数变大，可知电容变大，故A错误；
B．在储液罐内的液面升高过程，电容增大，根据可知，Q增大，则电容器充电，则通过电阻R的电流方向为由M流向N，故B正确；
CD．由于开关断开，则电容器电荷量不变，电场强度，，
联立解得电场强度
当储液罐内的液面高度升高时，两板间充入电介质，使得相对介电常数变大，可知电场强度减小，故CD错误。
故选B。
7. 图所示的电路中，电源电动势E=6 V，内阻r=0.5 Ω，电阻R1=0.5 Ω，R2=6 Ω。开关闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机M额定电压为3 V，线圈电阻为0.1 Ω，则电动机的输出功率是（ ）
A. 7.5 WB. 8.5 WC. 5.875 WD. 6.875 W
【答案】D
【解析】
【详解】开关闭合后，电动机恰好正常工作，其两端的电压为额定电压，由电路图可知，电阻与电动机并联，两端电压相等，即
通过电阻的电流为
根据闭合电路欧姆定律，外电路的总电压可表示为
同时路端电压也等于两端的电压与并联部分电压之和，即
解得干路总电流为
根据并联电路的电流规律，通过电动机的电流为
电动机的总输入功率为
电动机的热功率为
则电动机的输出功率为
故选D。
8. 图所示，质量均为m的物块A、B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，静置在倾角θ=30°的光滑斜面上，轻绳绕过固定轻滑轮分别连接物块B、C。初始时托住C使轻绳恰好伸直且无张力，现由静止释放C，当C速度刚减为0时，A恰好脱离挡板。不计空气阻力和滑轮摩擦，在C下落的整个过程中（未触地），下列说法正确的是（ ）
A. 物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 物块C的质量为
C. 重力对物块B做功为
D. 物块C的机械能变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体C从被释放到下降至最低点的过程中，细绳的拉力对A、B组成的系统做功，系统的机械能不守恒，故A错误；
B．初始时，B静止在斜面上，弹簧的压缩量满足
解得
末状态时，A刚好脱离挡板，弹簧的伸长量满足
解得
则整个过程中，C下降的高度为
对C、B和弹簧组成的系统，从释放到C的速度为零的过程中，重力势能的变化等于弹簧弹性势能的变化，由于初末状态弹簧的弹性势能相等，因此B的重力势能的增加量等于C的重力势能的减少量，则有
联立解得，故B正确；
C．结合上述分析可知，重力对物块B做功为，故C错误；
D．C下落的过程中，拉力对C做负功，C的动能先增大后减小，重力势能减小，因此C的机械能减小，故D错误。
故选B。
9. 巴和小蜀利用自制欧姆表来测量未知电阻，欧姆表内部由电源、表头、滑动变阻器R组成，如图甲所示。先在两表笔间接入不同阻值的标准电阻R0，记录多组灵敏电流计读数I，依据测得数据及函数规律做出R0-I图像，如图乙所示。现用该欧姆表测量未知电阻时，指针偏转到灵敏电流计满刻度的处，则待测电阻Rx的阻值为（ ）
A. 1000 ΩB. 1500 ΩC. 2250 ΩD. 2500 Ω
【答案】A
【解析】
【详解】由闭合电路欧姆定律，接入标准电阻时有
即
由图乙可知，当时，电流为满偏电流，图线渐近线为
故，测未知电阻时=
由比例关系有
代入数据得=
故选A。
10. 图甲所示，光滑绝缘斜面顶端固定带电量为+q的小球A，质量为0.1 kg的带电小球B（与A带同种等量电荷，小球A、B均可视为点电荷）从斜面底端，以某一初速度沿斜面向上运动。以小球A位置为坐标原点沿斜面向下建立x轴，物块B沿斜面向上运动过程中，A、B系统的电势能和B的重力势能随x变化规律如图乙实线部分所示，M点的切线与重力势能随变化的直线平行。已知斜面总长度L=0.8 m，规定地面为重力场零势面，无穷远为电场零势面，重力加速度g取10 m/s2，在小球B向上运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球B速度变化率的绝对值越来越小
B. 斜面倾角为30°
C. 小球B的初始动能为1.66 J
D. 小球B运动到xm处，B受到的库仑力与重力大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球B沿斜面向上运动过程中A、B间的库仑力在增大，小球B受的合力在增大，根据牛顿第二定律，小球B的速率变化率越来越大，故A错误；
B．小球B的重力势能随x变化关系为
图像斜率为
所以
故B错误；
C．根据图线上实线部分的横坐标截止到可知，小球B在该处时速度为零，到达最高点，根据图中曲线可知初始位置时AB间的电势能为，最高点时AB间的电势能为，整个过程根据能量守恒有
解得
故C正确；
D．根据题意可知小球B沿斜面向上运动过程中，表示A、B系统的电势能的变化曲线上某点处斜率绝对值为该位置A、B间库仑力的大小，M点的切线与直线平行，故可知该处库仑力的大小等于，故D错误
故选C。
11. 关于对静电场的理解，下列说法正确的是（ ）
A. 电场中电势为零的点，电场强度不一定为零
B. 电势降低的方向就是电场强度的方向
C. 电势差的比值定义式适用于任何电场
D. 由Uab=Ed可知，电场中任意两点a、b间的距离越大，两点间电势差也一定越大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．电势的零点可人为规定，例如取无穷远为零势能点时，等量异种电荷连线的中点电势为零，但该点电场强度为两个点电荷场强的叠加，大小不为零，因此电势为零的点电场强度不一定为零，故A正确；
B．电场强度的方向是电势降低最快的方向，所有与电场方向成锐角的方向电势都会降低，并非只有电场强度方向电势降低，故B错误；
C．是电势差的比值定义式，其大小仅由电场本身和a、b两点的位置决定，与电场力做功、试探电荷电荷量无关，适用于所有静电场，故C正确；
D．仅适用于匀强电场，且公式中的是a、b两点沿电场线方向的距离，若两点沿垂直电场方向分布，无论两点间距多大，，电势差始终为零，非匀强电场该公式不成立，故D错误。
故选AC。
12. 图所示的电路中，电源电动势和内阻恒定，电流表、电压表均为理想电表，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P从a端滑向b端的过程中，电流表A的示数变化量的绝对值为ΔI，电压表V示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V的示数减小B. 电流表A的示数减小
C. 电源的总功率减小D. 的值不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器滑片从端滑向端的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的总电阻增大，整个外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，电压表测量路端电压，则电压表的示数增大，故A错误；
B．干路电流减小，电流表测量干路电流，则电流表的示数减小，故B正确；
C．电源的总功率
因为干路电流减小，电源电动势恒定，所以电源的总功率减小，故C正确；
D．根据闭合电路的欧姆定律，路端电压
则有
因为电源内阻恒定，所以的值不变，故D正确。
故选BCD。
13. 依托深空新技术预研工程设想，宇宙飞船在地月转移段开展近地轨道相关航天技术验证。如图所示飞船入轨后，先在近地圆轨道Ⅰ（可认为轨道半径等于地球半径）环绕地球运行，在P点短时点火进入椭圆转移轨道Ⅱ，于椭圆远地点Q再次点火，变轨进入高圆轨道Ⅲ，该轨道上飞船的对地张角为60°。已知地球质量M，地球半径R0、引力常量G，地球可视为质量分布均匀的球体，不计空气阻力与点火造成的飞船质量损耗，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在圆轨道Ⅲ的线速度大小为
B. 飞船在椭圆轨道Ⅱ经过P点时的速度一定大于第二宇宙速度
C. 飞船分别在轨道Ⅰ、Ⅲ做匀速圆周运动时，向心加速度之比为4∶1
D. 在第一次点火结束后，于椭圆转移轨道Ⅱ从P点向Q点飞行过程中，飞船的线速度减小，引力势能增大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由题意可知，飞船在轨道Ⅲ上时对地张角为60°，即从飞船处看地球边缘的视张角为60°，设轨道Ⅲ的半径为r，由几何关系得
解得
根据万有引力提供向心力
可得飞船在圆轨道Ⅲ上的线速度，故A正确；
B．如果飞船在P点的速度大于第二宇宙速度，飞船将会脱离地球引力的束缚，不可能在绕地球的椭圆轨道上运动，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
可得向心加速度
轨道I的半径为，轨道Ⅲ的半径为，所以飞船在轨道I、Ⅲ上做匀速圆周运动时的向心加速度之比，故C正确；
D．飞船在椭圆转移轨道Ⅱ上从P点向Q点飞行的过程中，距离地心越来越远，根据开普勒第二定律可知，飞船的线速度逐渐减小；由于高度增加，万有引力做负功，飞船的引力势能逐渐增大，故D正确。
故选ACD。
14. 重庆本土品牌张雪机车820RR-RS赛车征战国际赛事，调整后整车总质量m=200 kg，额定功率P=72 kW，行驶过程中受到阻力如图所示。若赛车从静止开始以恒定加速度a=3 m/s2匀加速启动，功率达到额定值后保持功率不变继续运动，直至匀速。下列判断正确的是（ ）
A. 匀加速过程中，赛车牵引力的表达式为F=600+10v（N）
B. 赛车的最大行驶速度为
C. 赛车匀加速启动的持续时间约为16 s
D. 赛车在整个加速行驶过程中，阻力不断增大，故牵引力也不断增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．赛车匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得
由图可知
代入数据解得，故A正确；
B．当赛车匀速运动时，其速度达到最大，则有
则赛车的最大速度
代入数据解得，故B正确；
C．赛车匀加速阶段，当达到额定功率时，则有
代入数据解得
则赛车匀加速运动的时间为，故C错误；
D．根据上述分析可知，匀加速可得
随着速度增大，赛车受到的牵引力和阻力都不断增大，当赛车达到额定功率时，则有
随着速度增大，赛车受到的牵引力逐渐减小，结合题意可知
赛车受到的阻力继续增大，因此，整个加速阶段，赛车受到的阻力不断增大，受到的牵引力先增大，后减小，故D错误。
故选AB。
15. 如图所示，长为L的轻质绝缘不可伸长细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m，电性未知，电荷量绝对值为q的小球。空间存在水平向右的匀强电场，现将小球置于细线水平伸直的位置B，由静止释放，小球沿圆周运动恰能到达位置A，已知OA与竖直方向成30°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球带负电，匀强电场的电场强度大小为
B. 小球释放后绳子中最大拉力大小为
C. 若仅将电场方向变为水平向左，小球由C点静止释放以后的运动过程中，小球在A点速度最大
D. 若仅将电场方向变为水平向左，小球由C点静止释放以后的运动过程中，小球的重力功率大小在A点最大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题意可知，小球沿圆周运动恰能到达位置A，可知小球受到向左的电场力，因此小球带负电，小球从B点到A点过程，根据动能定理有
解得，故A错误；
B．设电场力与重力的合力大小为F，F方向与竖直方向夹角为，如图
则
因为
解得
当小球速度最大时，其方向与F垂直，此时绳子拉力最大，根据动能定理有
此时对小球有
联立解得，故B正确；
C．若仅将电场方向变为水平向左，则小球受到的电场力水平向右，将电场力与重力合成后，该合力方向与竖直方向夹角仍为；小球由C点静止释放以后，小球速度最大时，小球速度方向与F垂直，对称性可知，此时小球出现在A点，故C正确；
D．由C选项可知，小球在A点速度最大，但此时小球在竖直方向的速度不是最大，根据重力功率大小可知，小球的重力功率大小在A点不是最大，故D错误。
故选BC。
二、实验题（本题共2个小题，16题6分，17题8分，共14分）
16. 某实验小组通过取样来测直饮水的电阻率，他们将采集的水样装满长为L的塑料圆柱中，管两端用电阻不计的金属圆片电极密封。通过实验测量样品电阻，从而计算其电阻率。
（1）装入水样品前，需测量塑料管的内径，应使用图甲中游标卡尺的______（选填“A”“B”或“C”）进行测量，某次测量的示数如图乙所示，读数d=______cm。
（2）实验测出样品电阻为R，则样品的电阻率ρ=______（用题目中测量的物理量字母R，L，d表示）。
【答案】（1） ①. A ②. 2.540
（2）
【解析】
【小问1详解】
[1]游标卡尺的内测量爪用于测量内径，外测量爪用于测量外径，深度尺用于测量深度，故测量塑料管内径应选用A部分。
[2]图乙中游标卡尺为20分度，精确度为，则读数为
【小问2详解】
由电阻定律有，
解得
17. 某同学利用DIS系统、定值电阻R0=3.0 Ω、电阻箱R等实验器材测量干电池的电动势和内阻，实验装置如图甲所示。实验时多次改变R的阻值，用电流传感器测得对应的电流值I，在计算机上显示出的关系图线
（1）令，x=R，由计算机得到拟合方程为：y=0.7x+3，若不计电流传感器的内阻，可得该图线对应电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果保留两位有效数字）
（2）若电流传感器内阻不能忽略，（1）问中电动势的测量值______真实值（选填“等于”或“不等于”）。
（3）将一节电动势大小为1.4 V，内阻大小为3 Ω的干电池连入如图乙中电路，定值电阻R0=3.0 Ω，电阻箱R，通过电阻箱的电流为I，若令y=I2R，x=R，由计算机拟合出y-x图线如图丙，则图线最高点A的纵坐标值应为______W（结果保留一位有效数字）。
【答案】（1） ①. 1.4 ②. 1.3
（2）等于 （3）0.08
【解析】
【小问1详解】
[1]根据闭合电路欧姆定律
整理得​，对比拟合方程
因此， 斜率
可得
[2] 截距
代入和
可得
【小问2详解】
若电流传感器内阻为，闭合电路欧姆定律变为
整理得 ，斜率仍为​
因此电动势测量值等于真实值（仅内阻测量偏大）
【小问3详解】
电阻箱的功率
并联总外阻
电路总电流
并联分流，电流与电阻成反比
联立可得
当时，y有最大值（保留一位有效数字）。
三、计算题（本题共3个小题，每题要求写出必要的文字说明，方程式和结果。18题8分，19题12分，20题16分，共36分）
18. 在竖直平面内安装如图所示的电路，其中电源电动势E=5 V，电源内阻r=2 Ω，定值电阻R=3 Ω，平行板电容器的电容C=2×10-3 F，电容器两个极板的间距d=0.4 m，电容器中长度为L=0.3 m的绝缘绳子一端固定在O点，另一端连接一个质量m=0.1 kg带正电可视为质点的小球，小球的电荷量q=0.1 C，g取10 m/s2，不计小球对电容器的影响及电容器边缘效应。闭合开关后求：
（1）电容器所带电荷量Q；
（2）小球静止时距O点的高度h。
【答案】（1）
（2）0.24 m
【解析】
【小问1详解】
开关闭合电路稳定后，电容器与电阻并联，电容器两端的电压等于电阻两端的电压，根据闭合电路欧姆定律，电阻两端的电压为
根据电容的定义式，电容器所带电荷量为
【小问2详解】
电容器两极板间的电场强度为
小球带正电，在水平方向的匀强电场中受到的电场力水平向右，大小为
对静止的小球进行受力分析，小球受到重力、水平向右的电场力以及绝缘绳的拉力，设绳与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得
解得
可得
小球静止时距点的高度为
19. 如图所示光滑水平地面上静止一质量M=2kg，长度L1=7.5m的木板B，水平地面右侧由一段半径为R=2m的光滑圆弧面与倾角为θ=37°的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角也为θ，圆弧面的左端与木板B的上表面等高，传送带以v=5m/s的速率顺时针运行。质量为m=1kg的货箱A以水平初速度v0=13m/s滑上木板B，木板B与水平地面右侧C处碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地离开木板B滑上圆弧面，然后被传送带运送到E处。木板B的右端离C点距离为d=2m，传送带DE间的长度L2=22m，货箱与木板和传送带之间的动摩擦因数都为μ=0.8，货箱视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）木板B开始运动的加速度大小；
（2）货箱是否会与木板出现共速？货箱到达D点的速度大小是多少；
（3）传送带因为传输货箱从D到E点而多消耗的电能。
【答案】（1）
（2）货箱与木板不会共速；
（3）172J
【解析】
【小问1详解】
对B，由牛顿第二定律可得
解得
【小问2详解】
A滑上B后，对A，由牛顿第二定律可得
解得
假设A与B不会共速，对B有
解得
此时A的速度
B的速度
A、B发生的相对位移为
可知此时A未离开B，假设成立，货箱与木板不会共速；货箱从滑上B到D过程中有
解得
【小问3详解】
对货箱刚滑上传送带后，由牛顿第二定律可得
解得
假设货箱与传送带可以达到共速，则有
解得
假设成立，此后货箱相对传送带静止；共速前所用时间为
货箱相对传送带滑动时，有
货箱和传送带相对静止时，有
传送带因为传输货箱而多消耗的电能
20. 如图所示的直角坐标系中，在直线x=-d到y轴之间的区域内存在着沿x轴正方向的匀强电场（边界上存在电场），电场强度为E0；在y轴到直线x=2d之间的区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其电场强度E=E0，在电场左边界上A（-d，d）到C（-d，0）区域内可静止释放电量为q、质量为m的带正电粒子。不计粒子的重力及它们间的相互作用。求：
（1）从A处静止释放的粒子，在电场力作用下到达y轴所用的时间；
（2）AC之间释放的某些粒子能水平向右离开竖直电场右边界，则这些粒子释放点的位置距x轴有多远；
（3）AC之间连续分布的粒子释放后最后离开竖直电场右边界的位置区域长度。
【答案】（1）
（2），其中
（3）
【解析】
【小问1详解】
设粒子在左侧匀强电场中的加速度大小为，由牛顿第二定律有
从处静止释放到达轴，水平方向位移为，由匀变速直线运动规律有
解得
【小问2详解】
粒子到达轴时速度沿轴正方向，设大小为，由
设某释放点到轴的距离为，粒子进入右侧上方电场后先向下偏转，第一次到达轴所用时间为，则
粒子第一次到达轴后进入下方电场，再经时间竖直分速度减为零，此时速度又沿轴正方向；所以相邻两次速度沿轴正方向的位置间水平距离为
若粒子能以水平方向从处离开，则，其中
代入
和
整理得
【小问3详解】
设粒子离开右边界时在轴下方的最大距离为，对应释放点到轴的距离为。粒子第一次到达轴所用时间为，则
此时竖直分速度大小为
从第一次到达轴到离开右边界所用时间为，水平方向有
下方偏转距离为
联立并利用
配方得
故轴下方的最大距离为
设粒子离开右边界时在轴上方的最大距离为，对应释放点到轴的距离为。粒子第一次到达轴所用时间为，则
第二次到达轴后竖直分速度向上，大小为
从第二次到达轴到离开右边界所用时间为，水平方向有
上方偏转距离为
联立并利用
配方得
故轴上方的最大距离为