1、天津市南开区南大奥宇培训学校2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题一、单选题（本大题共17小题，共51.0分）1. 如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R点在等势面b上,据此可知()A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中,c的电势最高2. 下列对物体带电现象的叙述中正确的是A. 摩擦起电的本质是电荷发生了转移B. 物体带电量有可能是C. 物体所
2、带电量可能很小,可以小于元电荷D. 经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷3. 真空中有两个静止的点电荷,若保持它们之间的距离不变,而把它们的电荷量都变为原来的3倍,则两电荷间的库仑力将变为原来的()A. 7倍B. 8倍C. 9倍D. 10倍4. 如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a,b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电,电荷量均为q,c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为() A. B. C. D. 5. 如图所示,匀强电场场强,A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为,若取A点电势
3、为0,则B点电势为()A. B. 10VC. D. 5V6. 在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷,图中的四个图画出了其空间电场的电场线情况,符合实际情况的是()A. B. C. D. 7. 如图所示,平行金属板A,B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么() A. 若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加C. 微粒从M点运动到N点动能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加8. 如图所示,平行板电容器两极板A,B间有一个带电油滴P,正好静止在两极板正中间。现将两极
4、板稍拉开一些,其它条件不变拉开时间忽略,则A. 油滴将向上加速B. 油滴将向下加速C. 电流计中电流由b流向aD. 电流计中始终无电流流过9. 如图所示的电场中,每一条等势曲线的电势大小分别为10v、8v、B、C为这些等势线上的三个点下列叙述正确的是()A. C、A两点间电势差B. A点的电场强度与B点的电场强度相同C. B点处的场强方向可能是由C指向BD. 一正电荷从A点移到C点的过程中,电场力做正功10. 以下各种现象中不属于静电屏蔽的是()A. 避雷针B. 超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服C. 电子设备外套金属网罩D. 野外高压输电线上方有两条与大地相连的导线11. 如图所示,
5、用起电机使金属球A带上正电,靠近验电器B,则()A. 验电器金箔不张开,因为球A没有和B接触B. 验电器金箔张开,因为整个验电器都带上了正电C. 验电器金箔张开,因为整个验电器都带上了负电D. 验电器金箔张开,因为验电器下部箔片都带上了正电12. 如图,带电粒子由静止开始,经电压为的加速电场加速后,垂直电场方向进入电压为的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是()A. 保持和平行板间距不变,减小B. 保持和平行板间距不变,增大C. 保持、和下板位置不变,向下平移上板D. 保持、和下板位置不变,向上平移上板
6、13. 根据电容器的电容的定义式,可知()A. 电容器带电的电量Q越多,它的电容C就越大,C与Q成正比B. 电容器不带电时,其电容为零C. 电容器两极之间的电压U越高,它的电容C就越小,C与U成反比D. 电容器的电容大小与电容器的带电情况无关14. 如图所示是一个常用的电容器,关于它的说法中正确的是()A. 电容器可以储存电荷,且带电量越多电容越大B. 这个电容器两端电压变化10V,它的带电量变化C. 加在这个电容器两端的电压为25V时,它的电容是D. 加在这个电容器两端的电压低于50V时它就不能工作15. 平行板电容器两极板与静电计的连接如图所示,对电容器充电,使静电计张开某一角度,并撤去电
7、源以下说法正确的是()A. 增大两板间距离,静电计指针张角变小B. 减小两板间距离,静电计指针张角变小C. 将两板错开一些,静电计指针张角变小D. 将某电介质插入极板间,静电计指针张开角度变大16. 下列关于小磁针在磁场中静止时的指向,正确的是()A. B. C. D. 17. 质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是()A. M带负电,N带正电B. M的速率小于N的速率C. 洛伦兹力对M、N做正功D. M的运行时间大于N的运行时间二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）18. 如图,一带正电的点电荷固定于O点,两
8、虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力,下列说法正确的是A. M带负电荷,N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功19. 绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上,倾角为,斜面处于匀强电场中,质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态,重力加速度为g。下列判断正确的是()A. 电场强度的方向可能垂直于斜面向上B. 若物体对斜面压力为零时,则电场强度为C. 若电场方向水平,则电场强度D. 电场强度最小值为20. 如图所示,在倾
9、角为的光滑斜面上,放置一根长为L,质量为m,通过电流为I的导线,若使导线静止,应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为()A. ,方向垂直斜面向下B. ,方向垂直水平面向上C. ,方向竖直向下D. ,方向水平向右三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）21. 把带电荷量为的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服电场力做功,取无穷远处电势为零,则q在A点的电势能_J,q在A点的电势_V,q未移入电场前A点的电势_V四、计算题（本大题共2小题，共31.0分）22. 把质量是的带电小球B用细线悬挂起来,如图所示。若将带电荷量为的小球A靠近B,平衡时细线与竖直方向成角,A、B在同一水平面上,相距,试
10、求： 球受到的电场力多大？球所带电荷量为多少？23. 如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子,从静止经加速电压加速后,获得速度,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央,受偏转电压作用后,以速度v离开电场已知平行板长为L,两板间距离为d,求：的大小；离子在偏转电场中运动的时间t；离子在离开偏转电场时的偏移量y；离子在离开偏转电场时的速度v的大小。南大奥宇高二第二次月考物理试卷【答案】1. D2. A3. C4. B5. C6. D7. C8. B9. D10. A11. D12. D13. D14. B15. B16. C17. A18. ABC19. BCD20. AC21. ；
11、4；4。22. 解：对B球受力分析如图所示,由几何关系知：N,由牛顿第三定律知：N。又故C。答：球受到的电场力N；球所带电荷量为C。23. 解：在加速电场中,由动能定理得：,解得：；离子在偏转电场中做类平抛运动,离子的运动时间：；粒子的偏移量：,解得：；由动能定理得：,解得：；答：的大小为；离子在偏转电场中运动的时间t为；离子在离开偏转电场时的偏移量y为；离子在离开偏转电场时的速度v的大小为。【解析】1. 【分析】本题主要考查等势面及带电粒子的运动轨迹问题；作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,电场线向上,故c点电势最高；根据推论,负电荷在电势高处电势能小,可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；
12、由电场线疏密确定出,P点场强小,电场力小,加速度小。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。【解答】A.等差等势面P处密集,P处电场强度大,电场力大,加速度大,故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下,所以电场线向上。故c点电势最高；利用推论：负电荷在电势高处电势能小,知道P点电势能大；负电荷的总能量守恒,即带电质点在P点的动能与电势能之和不变,P点电势能大则动能小。故BC错误,D正确。故选D。2. 【分析】摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果得到电子的物体带
13、负电,失去电子的物体带正电因此原来不带电的两个物体摩擦起电时,它们所带的电量在数值上必然相等。本题关键要从微观角度认识摩擦起电的本质,同时要从电荷守恒和电荷量的量子化的角度去思考问题。【解答】解：摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果,得到电子的物体带负电,失去电子的物体带正电,因此原来不带电的两个物体摩擦起电时,它们所带的电量在数值上必然相等,故A正确,D错误；电子的带电量最小,质子的带电量与电子相等,电性相反,人们通常将最小的电荷量叫做元电荷,元电荷为：,物体的带电量是元电荷的整数倍,故B错误,D错误；故选A。3. 解：根据库仑定律的公式, 它们的间距不变, 但它们的电量均减小为原
14、来的3倍,则库仑力增大为原来的9倍故C正确,A、B、D错误故选C4. 【分析】本题首先要灵活选择研究的对象,正确分析受力情况,再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题。三个小球均处于静止状态,以整个系统为研究对象,根据平衡条件对c分析,再以c电荷为研究对象受力分析求解。【解答】对abc整体受力分析,可知三个电荷受到电场力的合力为0,故c带负电,大小为；再以c电荷为研究对象受力分析,根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向,即：所以匀强电场场强的大小为,故B正确,ACD错误。故选B。5. 【分析】已知匀强电场的场强为E,A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为,根据
15、公式,求出两点沿电场方向的距离d,再求解电势差根据顺着电场线方向电势降低,判断A、B两点的电势高低本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式,其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离【解答】由图示可知,根据顺着电场线方向电势降低,可知B的电势低于A的电势,则。AB方向与电场线方向间的夹角,BA两点沿电场方向的距离,BA两点间的电势差,因取A点电势为0,则B点电势为；故C正确,ABD错误。故选C。6. 解：把正电荷放在金属球壳内部,由于静电感应的作用,在球壳的内壁会感应出负电荷,在球壳的外壁会感应出正电荷,所以在金属球壳的壳壁之间,由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用,在金属球壳的壳壁之
16、间的电场强度为零,所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线,对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响,所以正确的是D。故选：D。当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候,由于静电感应的作用,在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零,在球壳外的电场的分布不受球壳的影响本题是考查学生对于静电感应现象的理解情况,在球壳的内壁放电荷的时候,球壳不会对球壳外部的电场产生影响,只影响壳壁之间的电场的分布情况7. 解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用,由图示微粒运动轨迹可知,微粒向下运动,说明微粒受到的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电,A板带正电荷,微粒受到的合力向下,微粒运动轨迹向
17、下,A板带负电,但如果电场力小于重力,微粒受到的合力向下,微粒运动轨迹向下,则A板既可以带正电,也可能带负电,故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下,微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功,微粒电势能减小,如果微粒受到的电场力向上,则电势能增加,故B错误；C、微粒受到的合力向下,微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功,微粒的动能增加,故C正确；D、微粒从M点运动到N点过程不知道电场力做正功还是负功,机械能不一定增加,故D错误。故选：C。微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用,根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力,然后根据微粒的受力情
18、况分析答题；电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增加8. 【分析】带电油滴静止在两极板的正中间,知电场力和重力平衡,根据电场强度的变化判断油滴的运动情况,结合电容的变化得出电量的变化,从而确定电流计中电流的方向。解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连,电势差不变,结合电容的变化判断电量的变化。【解答】将两极板的距离拉开一些,由于电势差不变,d变大,则根据知,电场强度变小,电场力减小,油滴向下加速,故A错误,B正确。根据得,d变大,则电容变小,U不变,根据知,电荷量减小,放电,则电流计中的电流由a流向b,故CD错误。故选B。9. 解：A、C、A两点之间的电势差,故A错误B、等差等势面的
19、疏密可以不是电场强度的大小,由图看到A点的等势面密,所以A点的场强大于B点的场强,故B错误C、电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,故B点处的场强方向不可能是由C指向故C错误D、正电荷所受电场力的方向即电场强度的方向,所以正电荷从A点移到C点过程,电场力做正功故D正确故选：D 两点之间的电势差；等差等势面的疏密可以不是电场强度的大小,由图看到A点的等势面密；电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势,电场强度是矢量,只有大小和方向都相同才能说相同；正电荷所受电场力的方向即电场强度的方向,当正电荷由高电势低电势运动时,电场力做正功等差等势面的疏密可以不是电场强度的大小,正电荷所受电场力的方向即电场
20、强度的方向,当正电荷由高电势低电势运动时,电场力做正功10. 解：A、当带电云层靠近建筑物时,避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电,逐渐中和云中的电荷,使建筑物免遭雷击其原理为尖端放电,故A错误B、办超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服可以起到屏蔽作用,故B正确；C、电子设备外套金属网罩可以起到静电屏蔽的作用,故C正确；D、高压输电线的上方还有两条导线,这两条导线的作用是它们与大地相连,形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来,免遭雷击,故D正确；本题选择不属于静电屏蔽的,故选：A静电屏蔽：为了避免外界电场对仪器设备的影响,或者为了避免电器设备的电场对外界的影响,用一个空腔导体把外电场遮住,
21、使其内部不受影响,也不使电器设备对外界产生影响,这就叫做静电屏蔽空腔导体不接地的屏蔽为外屏蔽,空腔导体接地的屏蔽为全屏蔽空腔导体在外电场中处于静电平衡,其内部的场强总等于零因此外电场不可能对其内部空间发生任何影响此题的关键是知道静电屏蔽的原理和方法,要区别于无线信号屏蔽同时注意静电屏蔽现象和尖端放电现象的区别,本题是联系实际的好题11. 解：把一个带正电的物体A,靠近一个原来不带电的验电器的金属小球,验电器的金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷,而整个验电器不带电。所以验电器金箔张开,因为验电器下部箔片都带上了正电。故选：D。验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的,金属箔
22、片张开,说明验电器上带了电荷；物体带正电,靠近验电器的金属球时,金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷；本题考查了感应起电的相关知识点,要知道验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的。12. 解：A、保持和平行板间距不变,平行板电容器中匀强电场的大小不变,减小,则粒子初速度减小,更难以穿出平行板电容器,故A错误；B、保持和平行板间距不变,则粒子初速度不变,增大,平行板电容器中匀强电场增大,粒子偏转加剧,不能穿出平行板电容器,故B错误；CD、保持、和下板位置不变,要想粒子穿出,必须减小板间电场,因此需要增大板间距,故C错误,D正确；故选：D。带电粒子由静止开始,经电场为的加速电
23、场加速,该过程能量守恒,粒子电势能转化为动能；随后粒子垂直电场方向进入电压为的平行板电容器,而平行板电容器内电场可视为匀强电场,粒子做类平抛运动在下板不移动的情况下,要想粒子能够穿出平行板电容器,有两种方法：增大粒子进入平行板电容器的初速度；减小平行板电容器中匀强电场的大小而减小平行板电容器中匀强电场的大小方法也有两种：减小板间电压；增大板间距本题考查带电粒子在电场中加速和偏转的题目,关键是明确进入偏转电场的初速度是加速电场的末速度,加速电场一般优先考虑动能定理,偏转电场中做类平抛,根据类平抛运动的规律分析13. 【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小,与电量Q、电压U无关电容器不带电时,电
24、容并不为零。本题考查对电容的理解能力电容的定义式是采用比值定义法,有比值定义的共性,C与Q、U无关,只与电容器本身的特性有关。【解答】A.电容器带电的电量Q越多,两极之间的电压U越高,但电容不变。故A错误；B.电容反映本身的特性,电容器不带电时,电容并不为零。故B错误；C.电容表征电容器容纳电荷的本领大小,与电压U无关,给定的电容C一定。故C错误；D.电容表征电容器容纳电荷的本领大小,电容大小与电容器的带电情况无关。故D正确。故选D。14. 【分析】电解电容器上标有“50V、”的字样,知工作的安全直流电压,以及电容的大小,电容的大小与电容的电压无关,由电容本身的因素决定。由此可知各选项的正误。
25、本题对用电器铭牌的理解能力。关键抓住电容的物理意义：电容表征电容器容纳电荷的本领大小,是电容器本身的特性,与电压无关。【解答】A、电容器可以储存电荷,但电容的大小与带电量和电压等无关,故A错误；B、这个电容器两端电压变化10V,它的带电量变化,故B正确；C、电容的大小与所加电压无关,加在这个电容器两端的电压为25V时,它的电容仍是,故C错误；D、50V是电容器能正常工作的最大电压,加在这个电容器两端的电压低于50V时它同样可以正常工作,故D错误。故选：B。15. 【解答】解：A、撤去电源R后,电容器所带的电荷量Q不变,增大两极板间的距离,根据电容的决定式知,电容C减小,根据知,电容器极板间的电
26、势差变大,因此静电计指针张角变大,故A错误B、减小两极板间的距离,根据知,电容C增大,根据知,电容器极板间的电势差U减小,静电计指针张角变小,故B正确C、将两极板错开一些,两极板正对面积减小,根据知,电容C减小,根据知,电容器两端的电势差U变大,静电计指针张角变大,故C错误D、将某电介质插入极板间,根据知,电容C增大,根据知,电容器的电势差U减小,静电计指针张角变小,故D错误故选：B。【分析】撤去电源后,电容器的电荷量不变,根据电容的变化,结合分析电势差的变化,从而得出静电计指针张角的变化解决本题的关键知道影响电容器电容大小的因素,知道电容器与电源断开,电荷量不变,结合电容的定义式分析判断16
27、. 【分析】通电导线周围的磁场方向,由右手螺旋定则来确定且小磁针静止时N极的指向即为磁场方向；根据电源的正负极,确定电流方向,再利用安培定则判断螺线管的极性,最后根据磁极间的相互作用可判断小磁针的指向是否正确。本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性,再利用磁极间的相互作用规律来确定小磁针的指向难度不大,但需要细心注意同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引,在通电螺线管内部不适用【解答】A、根据同名磁极相斥,异名磁极相吸,则小磁针N极向右,故A错误B、伸开右手,四指环绕方向为电流方向,则大拇指方向为内部磁场方向,再由小磁针静止时,N极即为磁场方向,则小磁针N极应向左,故B错误C、由安培定则知,
28、用手握住螺线管,使四指所指的方向与电流方向相同,则螺线管的右端为N极,左端为S极,再根据小磁针N极指向即为磁场方向可知,小磁针N极的指向正确,故C正确；D、根据右手螺旋定则可知,通电直导线的磁场方向,右边是垂直纸面向里,则小磁针N极应该垂直纸面向里,故D错误故选：C17. 【分析】由左手定则判断N带正电,M带负电；结合半径公式可判断粒子速度的大小；根据周期公式可判断粒子运动的时间。【解答】A.由左手定则判断出N带正电荷,M带负电荷,故A正确；B.粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,半径为：,在质量与电量相同的情况下,半径大说明速率大,即M的速度率大于N的速率,故B错误；C.洛伦兹力不做功,故
29、C错误；D.粒子在磁场中运动半周,即时间为周期的一半,而周期为,与粒子运动的速度无关,所以M的运行时间等于N的运行时间,故D错误。故选A。18. 【分析】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向,掌握判断动能和电势能变化的方法,一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化。根据轨迹的弯曲,确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力,从而确定粒子的电性；根据动能定理,结合库仑力做功情况判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】A.由粒子运动轨迹可知,M受到的是吸引力,N受到的是排斥力,可知M带负电荷,N带正电荷,故A正确；B.M从a到b点,库仑力做负功,
30、根据动能定理知,动能减小,则b点的动能小于在a点的动能,故B正确；C.d点和e点在同一等势面上,电势相等,则N在d点的电势能等于在e点的电势能,故C正确；D.N从c到d,库仑力做正功,故D错误。故选ABC。19. 【分析】根据受力分析,电场力的方向应与重力和支持力的合力平衡,即电场的方向与电场力方向相同,根据受力分析和力的分解解决问题。解决本题的关键是共点力平衡的条件和力的分解,掌握电场力的公式。【解答】A.电场力如果垂直于斜面向上,则滑块受竖直向下的重力,垂直于斜面的电场力和支持力不可能平衡,故A错误；B.若物体对斜面压力为零时,重力和电场力平衡,所以有：,所以电场强度为：,故B正确；C.若
31、电场方向水平,受力如图：则有：,故有：,故C正确；D.电场力最小为沿斜面向上,等于重力沿斜面方向的分力,故,所以,故D正确。故选BCD。20. 解：A、若磁场方向垂直于斜面向下,由左手定则知安培力平行于斜面向上,根据平衡条件,得：,故A正确B错误D错误；C、若磁场方向竖直向下,由左手定则知安培力水平向左,根据平衡条件：,则,故C正确；故选：AC。通电导线在磁场中的受到安培力作用,由左手定则来确定安培力的方向,由平衡条件求出安培力大小,最后由安培力公式计算B的大小学会区分左手定则与右手定则,前者是判定安培力的方向,而后者是判定感应电流的方向21. 【分析】根据电场力做功多少,电荷的电势能就减小多
32、少,分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量,确定电荷在A点的电势能,由公式求解A点的电势。电场中求解电势、电势能,往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差,再求解电势和电势能。【解答】取无穷远处的电势为零,电荷在无穷远处的电势能也为零,即,由得：J由得：A点的电势由电场本身决定,与q无关,故q未移入电场前A点的电势也为4 V。故答案为：；4；4。22. 对小球B受力分析,受到重力、静电引力和细线的拉力,根据三力平衡求出静电引力；根据库仑定律求解出小球A的带电量。本题关键先根据平衡条件得到库仑力,再根据库仑定律求解出B球的带电量。23. 【分析】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法,知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。由动能定理可以求出速度。粒子在偏转电场中做类平抛运动,由类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的运动时间、偏移量。根据动能定理求出离开电场时的速度。