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静电场过关测试题
学号： 姓名： 分数：
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么 ( )
A．微粒带正、负电荷都有可能
B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动
D．微粒做匀加速直线运动
2.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线。一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是 ( )
A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小
B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大
C．电势差UAB＝UBC
D．电势φA<φB<φC
3．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为 ( )
A．－E B．
C．－E D．＋E
4.如图所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B直线上的两点，DC＝CE，F、G处在DE的中垂线上，FC＝CG，下列说法正确的是 ( )
A．C点电势等于F点电势
B．F点的电场强度大于C点的电场强度
C．D、C两点间电势差小于C、E两点间电势差
D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功
5．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连。上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 ( )
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回
6．如图甲所示，两块平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是 ( )
A．0<t0< B．<t0<
C．<t0<T D．T<t0<
7．(2014·浙江理综)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则 ( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝时，细线上的拉力为0
C．当＝时，细线上的拉力为0
D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0
8.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术。在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动。如图所示，AB为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上P点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动。以下判断正确的是 ( )
A．该粒子可能带正电
B．该粒子一定带负电
C．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动
D．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动
9.如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点。∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则 ( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
10．如图甲所示为电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q(q>0)的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过A点时速度为v0，一段时间后到达与A相距为d的B点，速度减为零，已知AO＝OB，粒子在AO段与OB段运动时电场力对其做功是相等的，粒子运动的v－t图象如图乙所示，下列判断正确的是 ( )

A．O点场强大小为E＝
B．粒子在A点的速度为粒子在O点的速度的倍
C．A点电势一定高于B点电势，且UAB＝
D．粒子在O点时加速度最大

第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为q。现在环上截去一小段长度为L(L≪R)的圆弧，则在圆环中心O处的电场强度的大小为________。
12．(6分)板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场。一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E＝________。液滴离开电场时的速度为________。(液滴的运动方向没有改变)
13．(6分)一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面。轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示。小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F<qE。设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，则它停止运动时通过的总路程为________。
三、论述计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
15．(10分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25 kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；
(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。
v/(m·s－1)
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
16．(10分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：
(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
17．(12分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10m/s2)，求：
(1)23s内小物块的位移大小。
(2)23s内电场力对小物块所做的功。

静电场过关测试答题卡
学号： 姓名： 分数：
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案

二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)

11．(6分

12．(6分)E＝

13．(6分)
三、论述计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)

15．(10分

16．(10分)

17．(12分)

第Ⅰ卷(选择题共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么 ( )
A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动
答案：B
解析： 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确。
2.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线。一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是 ( )
A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小
B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大
C．电势差UAB＝UBC
D．电势φA<φB<φC
答案：B
解析：该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UAB<UBC，选项C错误；电势φA>φB>φC，选项D错误。
3．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为 ( )
A．－E B．
C．－E D．＋E
答案：A
解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷量为－q右半球面在M点产生场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确。
4.如图所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B直线上的两点，DC＝CE，F、G处在DE的中垂线上，FC＝CG，下列说法正确的是 ( )
A．C点电势等于F点电势
B．F点的电场强度大于C点的电场强度
C．D、C两点间电势差小于C、E两点间电势差
D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功
答案：D
解析：C点电势大于F点电势，F点的电场强度小于C点的电场强度，选项A、B错误。D、C两点间电势差大于C、E两点间电势差，选项C错误。电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功，选项D正确。
5．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连。上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 ( )
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回
答案：D
解析：由题意知，带电粒子落到下极板处的速度为0，设此时电场强度为E，根据动能定理有，mg(d＋)－qEd＝0，板间电压不变的情况下，下极板向上平移后，电场强度变为原来的倍，所以后来的电场强度为E′＝，假设带电粒子在距上极板h处时，速度变为0，根据动能定理得mg(h＋)－qE′h＝0，得h＝。
6．如图甲所示，两块平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是 ( )

A．0<t0< B．<t0<
C．<t0<T D．T<t0<
答案：B
解析：
设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t0<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。
7．(2014·浙江理综)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则 ( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝时，细线上的拉力为0
C．当＝时，细线上的拉力为0
D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0
答案：AC
解析：由库仑定律A、B间的库仑力，F＝，A正确；分析小球受力如图所示，若细线拉力为0，由平衡条件，有
Fcosθ＝mgsinθ，即
cosθ＝mgsinθ，
故＝，选项B错误，C正确；由图可判断T、F、mg的合力总有垂直斜面向下的分力，若小球平衡FN不可能为0，D错误。
8.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术。在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动。如图所示，AB为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上P点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动。以下判断正确的是 ( )
A．该粒子可能带正电
B．该粒子一定带负电
C．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动
D．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动
答案：BD
解析：根据同种电荷产生的电场的特点及场强的叠加原理可知，P点场强沿PA方向，粒子做匀速圆周运动，所受电场力的合力提供向心力，则该粒子一定带负电，B正确；M、N带电量缓慢增大，P点处场强增大，粒子所受电场力增大，粒子将做近心运动，运动半径会不断减小，D正确。
9. (2014·课标全国Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点。∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则 ( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
答案：AD
解析：该题考查点电荷形成电场的性质，解题关键要明确等势面的分布：由于φM＝φN，φP＝φF，因此点电荷应处于、中垂线的交点上，如图所示，由此可知A对，B错，D正确，由于φP>φN，WPN＝qUPN>0，C不正确。
10．(2015·江西上绕调研)如图甲所示为电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q(q>0)的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过A点时速度为v0，一段时间后到达与A相距为d的B点，速度减为零，已知AO＝OB，粒子在AO段与OB段运动时电场力对其做功是相等的，粒子运动的v－t图象如图乙所示，下列判断正确的是 ( )

A．O点场强大小为E＝
B．粒子在A点的速度为粒子在O点的速度的倍
C．A点电势一定高于B点电势，且UAB＝
D．粒子在O点时加速度最大
答案：BC
解析：由Eq＝ma得，E＝，由题图乙可知，粒子运动过程中加速度大小无法确定，O点的场强大小无法计算，故A错误；粒子由A点运动到O点与由O点运动到B点，动能的变化量相同，故粒子在A点的速度为在O点的速度的倍，故B正确；粒子由A点运动到B点做减速运动，所受电场力方向向左，电场线方向向右，故A点电势高于B点电势，又由功能关系qUAB＝mv知，C正确；从题图乙图线的斜率看，粒子在O点时的加速度小于在A、B点时的加速度，D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为q。现在环上截去一小段长度为L(L≪R)的圆弧，则在圆环中心O处的电场强度的大小为________。
答案：kLq/R2
解析：未截去圆弧时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，则O处的电场强度为0。
截去圆弧后，除(和关于O对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在O处的场强为0，则在O处的场强就等于中心O处电场强度E。
上所带电荷量为Lq，根据点电荷场强公式可得E＝kLq/R2。
12．(6分)板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场。一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E＝________。液滴离开电场时的速度为________。(液滴的运动方向没有改变)
答案：
解析：受
力情况如图所示，液滴一定沿初速度方向做匀减速运动。由图可知，qE＝mgcosθ，所以E＝，根据运动学公式有v2－v＝－2aL，式中a＝gsinθ得
v＝。
13．(6分)一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面。轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示。小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F<qE。设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，则它停止运动时通过的总路程为________。
答案：
解析：根据动能定理得：0－mv＝W电＋WF(W电、WF分别是电场力的功和摩擦力的功)。W电＝Eq·x0，WF＝－F·s，故－mv＝Eqx0－F·s，s＝。
三、论述计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)(2015·全国课标Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。

答案：
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°，
由此得vB＝v0
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有：
qUAB＝mv－mv
解得UAB＝
15．(10分)(2015·四川理综)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25 kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；
(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。
v/(m·s－1)
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3

答案：(1)0.5 s　(2)－9.25 J
解析：(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则
F1－μmg＝ma1 ①
v1＝a1Δt1 ②
由①②式并代入数据得
Δt1＝0.5 s ③
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2－μmg＝ma2 ④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则
Δt2＝0.55 s－Δt1 ⑤
v2＝v1＋a2Δt2 ⑥
P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则
F2－μmg－qE＝ma3 ⑦
v－v＝2a3x1 ⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有
FE＝F3 ⑨
F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知
＝tanα ⑩
x2＝v3Δt3 ⑪
设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则
W＝－qE(x1＋x2) ⑫
联立④～⑧，～⑫式并代入数据得
W＝－9.25 J
16．(10分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：

(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间
t＝。
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝，所以vy＝a＝，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝＝。
(3)方法一　设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a()2＝
又x＝y＋Ltanα，解得：x＝
方法二　x＝vy＋y＝。
方法三　由＝
得：x＝3y＝。
17．(12分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10m/s2)，求：

(1)23s内小物块的位移大小。
(2)23s内电场力对小物块所做的功。
答案：(1)47m　(2)9.8J
解析：(1)0～2s内小物块的加速度为a1
由牛顿第二定律得：E1q－μmg＝ma1即
a1＝＝2m/s2，
位移x1＝a1t＝4m
2s末的速度为v2＝a1t1＝4m/s
2～4s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得
E2q－μmg＝ma2
即a2＝＝－2m/s2
位移x2＝x1＝4m,4s末小物块的速度为v4＝0
因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动，第22s末的速度为v22＝4m/s，第23s末的速度v23＝v22＋a2t＝2m/s(t＝23s－22s＝1s)
所求位移为x＝x1＋t＝47m。
(2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgx＝mv
解得W＝9.8J。

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