2022-2023学年山东省菏泽市东明县重点中学高二（下）7月月考物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山东省菏泽市东明县重点中学高二（下）7月月考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形闭合导线框abc的ab边与磁场边界平行。现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。则图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律(

)

A. B.

C. D.2.图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则(

)

A.电压表的示数为6 V

B.在t= 10−2s的时刻，穿过线圈的磁通量为零

C.若线圈转速改为25 r/s，则电动势的有效值为3 V

D.若线圈转速改为3.两个相同的圆形线圈，能在一个光滑绝缘的圆柱体上自由滑动。设大小不同的电流按图中所示的方向分别通入两个线圈，则两线圈的运动情况是(

)

A.彼此相向运动，且电流大的加速度较大 B.彼此背向运动，且电流大的加速度较大

C.彼此背向运动，且加速度大小相等 D.彼此相向运动，且加速度大小相等4.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍，则(

)A.闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些

B.闭合开关S时，LB立刻亮起来，LA缓慢变亮，且最后LB更亮一些

C.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭

5.下列现象中利用的原理不是利用电磁感应的是(

)

A.如图甲所示，真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内的金属能迅速熔化

B.如图乙所示，安检门可以检测金属物品，如携带金属刀具经过时，会触发报警

C.如图丙所示，放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体，其中心放一圆柱形电极，边缘内壁放一环形电极，通电后液体就会旋转起来

D.如图丁所示，用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘，铜盘很快静止下来6.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知(

)

A.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大

B.若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动

C.线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流I成正比

D.电流表的灵敏度定义为ΔθΔI，更换k7.下列四幅示意图，甲表示回旋加速器，乙表示磁流体发电机，丙表示速度选择器，丁表示电磁流量计，下列说法正确的是(

)

A.甲图要增大粒子的最大动能，可通过增加交变电压U实现

B.乙图A极板是发电机的正极

C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子沿直线通过速度选择器的条件是v=EB

D.丁图中上下表面的电压U与污水的流量8.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨垂直且接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q，则下列说法正确的是(

)

A.金属棒在导轨上做匀减速运动

B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBL

C.金属棒运动至最大位移的一半时，速度为12v

D.整个过程中电阻9.如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为+q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是(

)A. B.

C. D.10.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为1:10，原线圈通以交流电后，理想电压表V示数为22V，理想电流表A1示数为5A，副线圈串联了熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是(

)

A.若熔断电流为0.6A的熔断器，不会熔断

B.若虚线框内接一击穿电压值为250V的电容器，不会击穿

C.若原线圈输入交流电的频率增大，电流表A2的示数增大，则虚线框内可能是电容器

D.若原线圈输入交流电的频率增大，电流表A11.如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，一端连接着一个电容器和电源，导轨上放着一根长度与导轨间距相同，有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，作为计时起点，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他位置的电阻，则电容器所带电量q、导体棒的运动速度v、流过导体棒的电流I、通过导体的电量Q随时间t变化的图像可能的是(

)

A. B.

C. D.12.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中(

)

A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大

B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短

C.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等

D.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同二、非选择题（52分）13.某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。(1)为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是______(填“向上拔出”或“向下插入”)。(2)该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路，要想使电流计指针发生偏转，下列四种操作中可行的是______。A.闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止一起向上运动B.闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管BC.闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片D.螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关14.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。(1)变压器的铁芯，它的结构和材料是_____；(填字母)A.整块硅钢铁芯

B.绝缘的硅钢片叠成C.绝缘的铜片叠成

D.整块不锈钢铁芯(2)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为_____。(填字母代号)A.原、副线圈上通过的电流发热

B.铁芯在交变磁场作用下发热C.原线圈输入电压发生变化

D.变压器铁芯漏磁(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400匝”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为_____。A.3V

B.5.5V

C.6.0V

D.6.5V15.电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，若发电机是一个电阻不计、边长为2m的正方形线圈，共30匝且被固定，线圈内有一与线圈平面垂直的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，发电机输出电功率为1.2×105W，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要电压为220V(1)发电机的输出电压瞬时值表达式为多少？(2)输电线上损失的电功率为多少？(3)降压变压器的原副线圈匝数比为多少？

16.如图所示，一个质量为m=4.0×10−11kg，电荷量q=+2.0×10−5C的带电微粒，从静止开始经U1=1.0×(1)微粒进入偏转电场时的速度v0(2)偏转电场的电压U2(3)已知该有界匀强磁场的宽度也为D，若该微粒刚好不从磁场右边射出，求磁感应强度B的大小以及该微粒在磁场中运动的时间t。

17.如图所示，在xOy平面内有一边界为14圆形POD(P为圆心，D为圆弧上一点，且PD与x轴平行)，方向垂直平面向里的匀强磁场区域，区域半径R=0.2m，圆心P处有一粒子源，粒子源可以在图示第Ⅰ象限90∘范围内向各个方向均匀射出质量为m=6.4×1027kg、带电荷量q=+3.2×1(1)沿y轴负方向射入的粒子，刚好从PD的中点(图中未画出)垂直射出磁场，磁感应强度B的大小及该粒子在磁场中运动的时间；(2)若要所有粒子都不能打到x轴上，磁感应强度B的最小值为多少？(3)若B=0.1T，则能打到x轴上的粒子占比为多少？

18.如图所示，平行光滑导轨ABM、CDN固定在地面上，BM、DN水平放置且足够长，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距均为l=0.5m，现将金属棒a从左侧轨道的最高点无初速度释放，当它刚好到达圆弧轨道底部时将金属棒b也从左侧圆弧轨道的最高点无初速度释放，当b棒到达圆弧轨道底部时，a棒的速度大小为v1=2m/s，圆弧轨道的最高点与水平轨道的高度差为h=0.8m，两金属棒的质量ma=mb(1)金属棒a在水平轨道上的最大加速度；(2)整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热；(3)最终金属棒a和b之间的距离。

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了线框平动切割磁感线产生感应电动势问题；关键找准有效切割长度进而判定电流变化。

由楞次定律判断感应电流的方向，根据进入磁场中有效切割长度的变化，判断感应电流的变化，从而得出正确结果。

【解答】

根据感应电动势大小：E=BLv，而导体棒有效长度L等于导体进入磁场过程中与磁场边界相交线的长度，因此进入磁场过程中，感应电动势逐渐减小，从而感应电流逐渐减小；离开磁场时，感应电动势也逐渐减小，从而感应电流也逐渐减小。再根据右手定则，进入磁场过程中感应电流为逆时针方向，离开磁场过程中，感应电流为顺时针方向。

故选D。

2.【答案】C

【解析】【分析】

在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期，然后进一步可求出有效值；交流电压的最大值Em=NBSω。

本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时记住公式Em=NBSω。

【解答】

A.电动势的最大值为Em=62V，故有效值为：E=Em2=622V=6V；电压表的示数为外阻分压，为：U=RER+r=9×69+1V=5.4V，故A错误；

B.在t=0.01s的时刻，电动势为0，则线圈处于中性面，穿过线圈磁通量最大，故B错误；

CD.由图乙得到周期为0.02s，故角速度为：ω=2πT3.【答案】D

【解析】【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解．

要熟记电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”．【解答】根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等．故D正确，ABC错误．

4.【答案】D

【解析】解：A、B、闭合开关S时，LB与电阻串联，立即就亮；而LA与线圈串联，电流只能缓慢增加，故慢慢亮起来；由于电阻R2的阻值约等于R1的两倍，所以且最后LA更亮一些。故AB错误；

C、D、断开开关S时，线圈与两个电阻和两个灯泡构成闭合回路，电流只能缓慢减小；但由于开始时是通过灯泡B的电流小，故L A慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，故C错误，D正确；

故选：5.【答案】C

【解析】【分析】

电磁感应：闭合电路的磁通量发生变化，从而产生感应电动势的现象。从能的转化上看是其他形式的能转化为电能。真空冶炼炉中的线圈通有高频电流，从而在线圈中产生很强的变化的电磁场，最终导致炉内金属产生涡流，使其达到很高的温度；安检门是利用涡流探测人随身携带的金属物品，即是利用电磁感应的原理来工作的。

在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点，要在理解的基础上，记住这些基础知识。

【解答】

A、真空冶炼炉中的线圈通有高频电流，由于电磁感应，从而在线圈中产生很强的变化的电磁场，最终导致炉内金属产生涡流，使其达到很高的温度，是电磁感应现象，A不符合题意；

B、金属物体过安检门时，金属物在安全门的磁场中发生电磁感应现象内部出现感应电流，感应电流产生的磁场反作用于安检门发生报警，是电磁感应现象，B不符合题意；

C、导电液体之所以会旋转，是因为安培力的作用，不是电磁感应现象，故C符合题意；

D、磁场中旋转的铜盘由于切割磁感线发生电磁感应内部产生环形电流，电流在磁场力作用下使圆盘很快停下来，此为电磁阻尼现象，故不符合题意。

6.【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查磁电式电流表的构造及工作原理，知道该电流表中，线圈无论转到什么位置，都能保证其所受安培力最大是解题的关键。

蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，由此可知，其中通电导线所受的安培力大小、方向及其转动方向；由表达式可知，在电流大小一定的情况下，若增大k值，则指针的偏转角度将变化，由此判断其灵敏度的变化。

【解答】

A.由于磁场均匀辐向分布，故线圈无论转到什么位置，都能保证其所受安培力大小不变，故A错误；

B.由左手定则可知若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；

C.由于线圈停止转动时满足：NBIS=kθ，由该表达式可知，电流与指针转过的角度成正比，故C正确；

D.电流表的灵敏度定义为ΔθΔI，根据题意NBIS=kθ

解得ΔθΔI=NBSk，可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。7.【答案】D

【解析】【分析】

本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意磁流体发电机、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。

【解答】

A、根据R=mvqB和Ek=12mv2可得粒子的最大动能为Ekm=q2B2R22m，则可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；

B、根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；

C、速度选择器选择的是带电粒子的速度，故丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvB=qE可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB，故8.【答案】C

【解析】【分析】

对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，然后判断金属棒的运动性质；由动能定理求出克服安培力所做的功；求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移；由能量守恒定律和串联电路的特点求出电阻R上产生的焦耳热。金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动。对金属棒运用动量定理可得半程速度。

对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理、动量定理等正确解题。

【解答】

金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力。

A.金属棒受到的安培力F=BIL=BLE2R=BLBLv2R=B2L2v2R，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，故A错误；

B.整个过程中感应电荷量q=IΔt=E2RΔt，又E=ΔΦΔt=BLsΔt，联立得

q=BLs2R，故金属棒的位移s=2qRBL，故B错误；

C.金属棒运动至最大位移的一半时，速度为v′，由动量定理有−BI′L·Δt′=mv′−mv，对全程有9.【答案】CD

【解析】【分析】

本题关键在于用左手定则判断洛伦兹力的方向，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．

【解答】

A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；

B、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；

C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；

D、粒子受向下的重力和向上的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；

故选CD．

10.【答案】AC

【解析】【分析】

由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得解；由原副线圈的端电压与匝数成正比得到副线圈的端电压，再由副线圈的端电压的最大值与电容器的击穿电压比较大小判断得解；当交流电的频率增大时，电容器的容抗随频率的增大而减小，而线圈的感抗随频率的增大而增大，由此得解。

本题主要考查理想变压器的工作原理，知道原副线圈端电压与匝数成正比、与电流成反比是解题的关键，难度一般。

【解答】

A.由于理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比，故由题意可知此时副线圈的电流为：0.5A，小于熔断电流，故熔断器不会熔断，故A正确；

B.由题意可知理想变压器的原线圈电压为：22V，由原副线圈的端电压与匝数成正比得到副线圈的端电压为：220V，故副线圈的端电压的最大值为2202V≈310V>250V，故电容器会被击穿，B错误；

CD.原线圈输入交流电的频率增大时，由于电容器的容抗随电流频率的增大而减小，故副线圈回路电流增大；而电感器的感抗随电流频率的增大而增大，故副线圈回路的电流减小，由此可知，由于电流表A2的示数增大，则虚线框内可能是电容器，故C正确，D错误。11.【答案】BCD

【解析】开关先与左边闭合，使电容器充电。后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体棒上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感应线产生反电动势且逐渐增大，所以放电电流逐渐减小。当反电动势增大到与电容器两端电势差等大时，电流消失，安培力为零。导体棒做匀速直线运动，电容器两端电势差不再改变，所带电量不再减小，通过导体棒的电荷量不再增加。选项A错误，BCD正确。故选BCD。

12.【答案】AC

【解析】【分析】

小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面。

解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况。

【解答】

A.小滑块飞离斜面时，洛伦兹力等于重力的垂直于斜面的分力，即：mgcosθ=qvmB，解得：vm=mgcosθqB，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确；

B.由受力分析得加速度a=gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm=at得，甲的时间大于乙的时间，故B错误；

C.由平均功率的公式P=Fv=mg⋅vm2sinθ=m13.【答案】(1)向下插入；

(2)BCD。

【解析】【分析】

本题主要考查感应电流产生的条件，根据题意分析清楚电流计指针偏转方向与电流方向的关系、知道实验原理是解题的前提与关键，应用安培定则、楞次定律等分析解题。

【解答】

(1)要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流的方向是顺时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入；(2)要使灵敏电流计的指针发生偏转，线圈的磁通量必须发生改变．

A.螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，并没有使得线圈B磁通量发生改变，故A错误；B.螺线管A插入或拔出螺线管B，B线圈中的磁场发生改变，故其磁通量发生变化，故B正确；C.移动滑动变阻器的滑片，A线圈电流变化，则在B线圈的磁场也变化，进而磁通量改变，故C正确；

D.

螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关，使得A线圈电流发生变化，则在B线圈的磁场也变化，进而磁通量改变，故D正确。

14.【答案】(1) B；

(2) C；

(3) D

【解析】【分析】(1)根据图片和所学知识判断出铁芯的材料；

(2)根据实验原理分析；

(3)根据电压与线圈匝数之间的关系确定。

【解答】(1)观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故B正确，ACD错误；

(2)AB.原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB不符合题意；

C.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故C符合题意;

D.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故D不符合题意；

(3)若是理想变压器，则由U1U2=n1n2

原线圈的“0“和“800匝”两个接线柱，用电表测得副线圈的0“和“400匝“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3V，则原线圈的电压为6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V

15.【答案】(1)

u=2402cos100t(V)

；(2)4000W；【解析】(1)由图乙可得，周期为T=6.28×1角速度为ω=可得磁感应强度B的关系为B=2根据法拉第电磁感应定律有u=NSS=解得发电机的输出电压瞬时值表达式为u=240(2)发电机的输出电压的有效值为U根据功率得发电机的输出电流为I根据变压器电流与匝数关系有I输电线上为I输电线上损失的电功率为ΔP=(3)升压变压器的电压和匝数关系为U可得副线圈电压为U输电线上损失的电压为ΔU=降压变压器原线圈的电压为U降压变压器的原副线圈匝数比为n

16.【答案】(1)微粒在加速电场中由动能定理得q解得v0(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律可得ma=qE=q而vy=at飞出偏转电场时，速度偏转角满足tan联立解得U2(3)微粒进入磁场刚好不从右边界射出的轨迹如图所示由几何关系有D=r+r在磁场中，洛伦兹力提供向心力可得qvB=而v=解得B=该微粒在磁场中运动对应的圆心角是α=240°故该微粒在磁场中的运动时间是t′=代入数据解得t′=4.2×10

【解析】(1)带电粒子在电场中加速根据动能定理求解进入偏转电场时的速度；

(2)在偏转电场