北京市2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

北京市2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1．如图所示，在a、b两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是连接两点的直线，P是直线上的一点，下列哪种情况下P点的场强可能为零()

A．q1、q2都是正电荷，且q1>q2B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1<∣q2∣C．q1是负电荷，q2是正电荷，且∣q1∣>q2D．q1、q2都是负电荷，且∣q1∣<∣q2∣2．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图所示，下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是（）A．EA>EC．φA<φ3．为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针。积雨云底层带负电，由于静电感应使得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势面，且相邻等势面间的电势差相等。避雷针尖端正上方a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φaA．EB．φC．该雨滴从a下落至b的过程中，电势能逐渐减少D．若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从积雨云流向避雷针4．导体棒原来不带电，现将一个电荷量为+q的点电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心O为L，如图所示。静电力常量为k，当导体棒达到静电平衡后，下列说法错误的是（）A．棒上感应电荷只分布在其表面B．棒左、右两端的电势相等C．点电荷在O点产生的电场强度为0D．棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为kq5．在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）A．a处场强大小仍为E，方向由a指向bB．a处场强大小为E2C．a处电势降低D．a、c两点电势相等6．如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。O是它们连线的中点，P、P'是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，质子将向P'运动。不计质子重力。则质子由P向P'运动的情况是（）A．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大C．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小D．先做加速运动，后做减速运动7．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A．电子将沿Ox的反方向运动B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定D．电子运动的加速度先减小后增大8．甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为(−q，m)、(−q，4m)，它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（  ）A．进入偏转电场时的速度大小之比为1：2B．离开偏转电场时的动能之比为1：1C．在偏转电场中运动的时间相同D．离开偏转电场时的速度方向不同9．在所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、电压表V1、V2、V3均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关SA．电压表V1、V2的示数增大，电压表B．电流表A示数变大，电压表V3C．电压表V2示数与电流表AD．电压表V3示数变化量的绝对值与电流表A10．用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积SA．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小C．由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到RD．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为11．真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，带电粒子a和b先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a比荷较大的是（）A．粒子a和b在电场中的加速度相等 B．粒子a和b射入电场时的速度相等C．粒子a和b射入电场时的动能相等 D．粒子a和b射入电场时的动量相等12．如图所示，BD是竖直平面内圆上的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆周平面。将带等量负电荷的相同小球从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时小球的动量总是最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．可以断定电场方向由O点指向圆弧AEB上的某一点B．到达B点时小球的动能和电势能之和总是最大C．到达C点时小球的电势能和重力势能之和总是最小D．对到达圆上的所有小球中，机械能最小的小球应落在圆弧CFD上的某一点13．某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1、和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。已知弹簧的劲度系数为k，托盘质量为m0A．校准零点时，不需要移动滑动头P2B．校准零点时，两滑动头间的距离为mC．滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为kLD．被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为m=14．常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示，热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成，N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，P型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端A、B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是（）A．B端是温差发电装置的正极B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反C．温差发电装置供电时不需要消耗能量D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）15．用如图所示的多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要再测量一个阻值约为2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触该待测电阻两端之前，必要的操作及其顺序应当是____(填写选项前的字母)。A．将红表笔和黑表笔接触B．把选择开关旋转到“×1k”位置C．把选择开关旋转到“×100”位置D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点16．在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5Ω，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l=50.（1）该电阻丝直径的测量值d=mm；（2）实验中能提供的器材有：A.电压表V1(量程0～3VB.电压表V2(量程0～15VC.电流表A1(量程0～3AD.电流表A2(量程0～0E.滑动变阻器RF.滑动变阻器RG.电源E(电动势为3该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择，(选填各器材前的字母)。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用图。（3）该同学建立U−I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出U−I图线。由图线数据可计算出金属丝的电阻为Ω(保留两位有效数字)。设被测金属丝电阻为R，则该金属材料电阻率的表达式是(用题目给出的物理量符号表示)（4）实验中使用的电流表内阻为RA，电压表内阻为RV，若考虑电流表和电压表内阻的影响，图中U−I图像中图线斜率k与该金属材料的电阻率ρ的关系是k=(用题目给出的物理量符号表示（5）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是10Ω、100Ω、1000Ω的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻Rx=30Ω。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数Ux随xL(xL指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值)则图中的图线a对应的滑动变阻器是，以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为的滑动变阻器(在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下)，下列选项正确的是(选填选项前的字母)。A.最大阻值为10Ω的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器B.最大阻值为100Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5C.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5D.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）17．右下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？18．金属导体中自由电子在电磁场的作用下发生定向移动，在定向移动过程中所受金属离子(即金属原子失去自由电子后的剩余部分)的阻力，其方向与自由电子定向移动的速度方向相反，大小正比于自由电子定向移动的速率，比例系数为k。已知某种金属材料单位体积内的自由电子数为n，元电荷为e，忽略电子所受重力及其之间的相互作用，不计电子热运动的影响，自由电子的定向移动可视为匀速直线运动。如图所示，一段长为L、横截面积为S的该金属导体，当其两端电压为U时，求：（1）该金属导体内，电子定向移动的速率v；（2）该金属导体的电阻率ρ(提示：电流I与电子定向移动速率v的关系为I=neSv19．如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U−I图像的示意图，并说明U−I图像与两坐标轴交点的物理意义。（1）a.请在图2画好的U−Ib.（2）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。20．研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。图1为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图2所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1若电子的质量为m，电荷量为−e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0。不计电子的重力和相对论效应。（1）求电子进入圆筒1时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第n个金属圆筒的长度Ln（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(2)中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？

答案解析部分1．【答案】B【解析】【分析】若P点的场强为零，则q1，q2为异种电荷，且在电量较小的一侧。2．【答案】D【解析】【解答】由v-t图像可知，正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，做的是匀加速直线运动，加速度恒定，则电场力恒定，可知从A到B电场强度恒定，即EA=EB，又因为电荷速度增大，可知电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，由Ep=φq可知，电势减小，有φA3．【答案】C【解析】【解答】A．等差等势面越密集，电场线越密集，则EaB．积雨云底层带负电，避雷针带正电，则电场方向由避雷针指向积雨云，沿电场方向电势降低，可知φaC．带负电的雨滴竖直下落，电势升高，雨滴电势能减小，C符合题意；D．由题意可知，若该避雷针某时刻开始放电，则放电电流从避雷针流向积雨云，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线方向可以比较电势的高低；利用电势的变化结合雨滴电性可以判别电势能的变化；利用电场线的方向可以判别电流的方向。4．【答案】C【解析】【解答】A.根据静电感应原理可知，当导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷只分布在其表面，A不符合题意；

B.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体是一个等势体，故棒左、右两端的电势相等，B不符合题意；

C.由点电荷产生的电场强度的公式E=kqr2可得，点电荷在O点产生的电场强度大小为E1=kqL2，C符合题意；

D.根据处于静电平衡的导体的特点可知，处于静电平衡的导体内部的合场强处处为零，则棒上感应电荷在O点产生的电场强度应与E15．【答案】D【解析】【解答】AB．设两个电荷在a处的电场强度分别为Ec、Eb，由a处的场强大小为E，方向与bc边平行，Ec沿ac方向，Eb沿ba方向E=EbcosC．由上述分析可知，b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，a处于bc边的中垂线上，a处电势为0，拿走c处的点电荷后，a处电势大于0，即a处电势变大，C不符合题意；D．拿走c处的点电荷后，a、c两点距离b处长度相等，A、c两点电势相等，D符合题意。故答案为：D。

【分析】利用a点电场强度的方向结合电场强度的叠加可以求出b在a处产生的电场强度的大小，利用合场强的方向可以判别场源电荷的电性，利用电势的叠加可以判别电势的大小及变化。6．【答案】C【解析】【解答】由题意可知，a、b为两个等量的正点电荷，由电场的对称性和电场的叠加原理可知，OPP'连线上的电场强度方向均由O指向P'，所以带正电的质子在由P向P'运动的过程中，受到的电场力方向一直由P指向P'，可知从静止释放的质子一直做加速运动，由于O点的场强为零，无穷远处的电场强度也为零，所以由O到无穷远，电场强度线增大后减小，但由于不知道场强最大点的位置是否在P、P'之间，所以无法准确判断质子从P运动到P'过程中受到的电场力的变化情况，即质子从P运动到P'，受到的电场力可能一直增大，也可能一直减小，还可能先增大再减小，故质子的加速度可能一直增大，也可能一直减小，还可能向增大再减小，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】由电场的对称性和电场的叠加原理，分析出质子运动过程中受到的电场力方向，确定质子做加速运动还是减速运动；根据质子从P运动到P'过程中受到的电场力大小的变化情况，分析质子运动过程中的加速度大小的变化情况。7．【答案】D【解析】【解答】A.由图乙可知，沿Ox正方向电势增加，根据沿电场线方向电势降低，可知电场方向沿x轴负方向，电子带负电，所以电子受到的电场力沿Ox正方向，故在O点由静止释放的电子，仅在电场力的作用下，将沿Ox轴正方向运动，A不符合题意；

B.电子仅在电场力作用下运动，电场力做正功，所以电势能将减小，B不符合题意；

CD.φ-x图像中，斜率表示表示电场强度，可知沿Ox轴正方向，电场强度先减小后增大，故电子运动加速度先减小后增大，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据电势的变化分析电场的方向，确定电子的受力方向，得到电子的运动方向；根据电场力做功的正负分析电势能的变化；φ-x图像中，斜率表示电场强度，由电场强度的大小变化情况，分析加速度的大小变化情况。8．【答案】B【解析】【解答】A．在加速电场中，根据动能定理qU=12mB．在加速电场中电场力做功qU相等，在偏转电场中，偏转距离相同，则电场力做功qEd也相同，根据动能定理可知，离开偏转电场时的动能相同，B符合题意；C．在偏转电场中，根据牛顿第二定律qE=ma，d=12aD．离开偏转电场时，垂直极板方向速度vy=at=2qEd故答案为：B。

【分析】利用动能定理结合粒子比荷的大小可以比较进入偏转电场的速度大小之比；利用动能定理可以比较粒子离开电场时动能的大小；利用牛顿第二定理结合位移公式可以比较粒子运动的时间；利用速度的分解可以判别粒子离开电场的速度方向。9．【答案】D【解析】【解答】AB.当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，故电流表A示数增大；外电压U=E-Ir，减小，故电压表V3示数减小；因R1为定值电阻，故其两端电压U1=IR1，增大，故电压表V1示数增大；R2两端的电压U2=U-U1，减小，A不符合题意，B不符合题意；

C.V2示数与电流表A示数的比值等于R2，由题意可知R2电阻减小，故V2示数与电流表A示数的比值减小，C不符合题意；10．【答案】B【解析】【解答】A.根据Q=It可知，I-t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，A不符合题意；

B.因为电容器放电的I-t图像中，图线与坐标轴围成的面积S表示电容器的总电荷量，所以电阻R的阻值大小并不会影响图线与坐标轴围成的面积，电阻R减小，会使放电电流增大，放电时间变短，B符合题意；

C.根据欧姆定律U=IR可知，由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um=I0R，C不符合题意；

D.电容器未开始放电时，电容器带电量最大，两极板间的电压最大，即R两端的电压最大，根据电容的定义式C=QU可知，电容器的电容为11．【答案】B【解析】【解答】粒子在电场中做类平抛运动，则x=v0t，A．若粒子a和b在电场中的加速度相等，则a=EqB．粒子a和b射入电场时的速度相等，则由y=EqC．粒子a和b射入电场时的动能相等，则由y=EqD．粒子a和b射入电场时的动量相等，则由y=Eq故答案为：B。

【分析】利用牛顿第二定律结合加速度相等可以判别两粒子比荷相等；利用位移公式公式结合竖直方向的位移大小可以比较比荷的大小；利用动能相等结合竖直方向的位移可以比较电荷量的大小；利用动量相等可以比电荷量与质量乘积的大小。12．【答案】C【解析】【解答】A.小球在运动过程中，受重力和电场力作用，因为重力和电场力均为恒力，所以二者的合力也为恒力，相同小球从O点以相同的动能射出，在A点动量最小，说明小球到达A点的总动能最小，则从O点运动到A点的小球克服合力做功最大，也就是说O到A沿电场方向上的距离相比与O到其它点沿电场方向的距离最大，可知重力与电场力的合力方向由O指向C，由平行四边形定则可知，小球受到的电场力方向在OB右侧到OC之间，因为小球带负电，所以即电场方向应该与电场力方向相反，是由O指向AD弧（劣弧）方向，A不符合题意；

B.根据能量守恒定律可得，小球运动过程中的能量：动能+重力势能+电势能=定值；小球的动能和电势能之和最大时，重力势能应最小，图中小球在D点的重力势能最小，所以小球到达D点的动能和电势能之和最大，同理，小球到C点时，电场力做功最多，动能最大，所以小球到达C点时的电势能和重力势能之和总是最小，B不符合题意，C符合题意；

D.小球克服电场力做功越多，小球的电势能越大，机械能越小，小球经过圆周上的点与O点的连线沿电场线方向时，小球克服电场力做功最多，所以机械能最小的小球应落在AD弧（劣弧）之间的某一点，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据小球到达A的动能最小，分析小球受到的合力方向，判断出小球受到的电场力方向的范围，得到电场的方向的范围；由能量守恒定律分析小球动能和电势能之和最大和电势能和重力势能之和最小的点；小球的电势能越大，则机械能越小，所以找到小球克服电场力做功最多的位置，即为小球机械能最小的位置。13．【答案】D【解析】【解答】AB．未放被称物体时电压为零，即P1、P2两点等势，校准零点时，需要移动滑动头P2，让两滑动头间的距离为0，AB不符合题意；C．放被称物体质量为m1时P1滑至B端，则有kL=(m0+D．未放被称物体时，两滑动头P1、P2距A点的距离为x0：kx0=m0g，放被称物体质量为m时，两滑动头P1、P2间距离为x，有k(x0+x)=(m0故答案为：D。

【分析】当校准时，应该使两个滑片头的距离等于0，则两个P点电势相等；利用平衡方程可以求出被称物体的质量；利用欧姆定理结合平衡方程可以求出物体质量与电压的大小关系。14．【答案】D【解析】【解答】A.由题意可知，P型和N型半导体的载流子都会从高温端向低温端扩散，P型半导体的载流子是空穴，N型半导体的载流子是电子，所以A端带正电，B端带负电，故B端是温差发电装置的负极，A不符合题意；

B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，B不符合题意；

C.根据能量守恒定律，温差发电装置供电时需要消耗内能，C不符合题意，

D.根据传感器的原理，可以利用热电偶设计一种将温度这个物理量转换成电学量的传感器，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据载流子的流动方向分析A、B两端带电情况，得到温差发电装置的正负极；电源内部，非静电力做功；根据能量守恒定律分析发动机的能量转化过程；根据传感器的原理分析。15．【答案】A,C,D【解析】【解答】多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量值会比较准确，所以多用电表正确测量一个13Ω的电阻时，应选择的是“×1”的档位，而测量2kΩ的电阻，应选择“×100”的档位，所以再测量2kΩ的电阻时，需要把选择开关旋转到“×100”位置，并且在换档后要将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。

故答案为：ACD。

【分析】根据多用电表测电阻的原理和注意事项选择必要的操作步骤。16．【答案】（1）0.233（2）A；D；E；丁（3）5.2；πR（4）k=（5）1000Ω；10Ω；D【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，主尺读数为0，可动尺读数为23.3×0.01mm=0.233mm，可得该电阻丝直径的测量值为d=0+0.233mm=0.233mm；

（2）由提供的实验器材可知，电源电动势为3.0V，故电压表选择选A，通过待测电阻的电流最大值为Imax=ERx=0.6A，故电流表选D，由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的2-4倍比较合适，所以滑动变阻器选E；由于Rx<RARV=300Ω，则可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁。

（3）根据测量数据，由描点法做出U-I图线如图：

根据欧姆定律，由图线数据可计算出金属丝的电阻为R=∆U∆I=2.6-1.10.5-0.2Ω=5.0Ω17．【答案】（1）解：设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1解得v（2）解：电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t