2025年粤教版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教版必修3物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E．若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点时；则()

A.b点场强大小为EB.c点场强大小为EC.b点场强方向向左D.c点电势比b点电势高2、某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是()A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器3、真空中两相同的带等量同号电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的绝缘金属小球C与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为A.B.C.D.4、如图所示，水平向右的匀强电场，电场强度大小为A、B、C、D是电场中一条电场线上相邻且间距均为R的四个点，在D点固定正点电荷Q。现使一个带负电的粒子从A点以某一速度向右运动，粒子经过的各点电势φ、粒子的速度v、电势能Ep及机械能E变化正确的（不计带负电粒子的重力及对电场的影响）（）

A.B.C.D.5、关于以下4幅图的说法中；正确的是（）

A.甲图所示为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容B.乙图所示装置可以用来储存电荷C.丙图中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零D.丁图所示是电解电容器，电容器表面所标电压80V为击穿电压6、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象；下面结论正确的是（）

A.电源的电动势为6.0VB.电源的内阻为12ΩC.电源的短路电流为0.5AD.外电路接入了一个阻值是18Ω的电动机，电路中的电流一定为0.3A．7、下列的说法正确的是（）A.同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化B.电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领C.电源短路时,路端电压最大D.导体中的电流越大，导体的电阻越小评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、有两条垂直交叉但不接触的直导线；通以大小相等的电流，方向如图所示，则哪些区域中某些点的磁感应强度可能为零（）

A.象限ⅠB.象限ⅡC.象限ⅢD.象限Ⅳ9、如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，的阻值等于电流表内阻的的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值；则下列分析正确的是（）

A.将接线柱1.2接入电路时，每一小格表示0.04AB.将接线柱1.2接入电路时，每一小格表示0.06AC.将接线柱1.3接入电路时，每一小格表示0.06AD.将接线柱1.3接入电路时，每一小格表示0.01A10、下列关于物理思想方法的说法中正确的是（）A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验用到了等效替代法B.“探究加速度与力、质量的关系”实验用到了控制变量法C.卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想D.电场强度速度加速度都是采用了比值定义法11、光滑水平面上固定放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自水平面内C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的v-t图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）；则以下分析正确的是（）

A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB.由C点到A点物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点，电势逐渐降低D.A点的电势能比B点电势能大12、带电量为的球P内含有一弹射装置，其质量为M含其内部弹射装置，一质量为m、不带电的物体C（可视为质点）置于球P内部的弹射装置中。整个装置处于真空中水平正对放置的平行金属板A、B之间，A、B间存在竖直方向的匀强电场，如图所示，开始时，球P和C恰好静止在距A板H的位置。某时刻，物体C相对于金属板以速度v水平弹出，球P和C同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g；下列说法正确的是（）

A.从小物体C弹出至到达金属板，球P的电势能增加B.小物体C刚弹出瞬间，球P的速度为大小为C.两金属板间的距离为D.两金属板长度至少为评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、在纸面上有一个等边三角形ABC，其顶点处都有通相同电流的三根长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，每根通电导线在三角形的中心产生的磁感应强度大小为则中心O处的磁感应强度大小为__．

14、如图所示，真空中有两个点电荷和分别固定在x坐标轴的和的位置上。则x标轴上的_____处的电场强度为零。x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是__________。

15、如图所示，电源电压为12V，电阻R1的阻值为10Ω，开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片P位于最左端时，电压表的示数为6V，电阻R2的阻值为________Ω。调节滑片P，使电压表的示数从3V变为1.5V，则R3接入电路中的阻值变化了_________Ω。

16、在如图乙所示的电路中，电源电动势内阻定值电阻电压表为理想电表。闭合开关通过电阻的电流________电压表示数________电阻消耗的功率________

17、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，外电阻分别为闭合电键S，当滑动变阻器的触头，P向下滑动时，四个理想电表A、的示数都将发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量分别用和表示。

（1）示数和其中一定变小的是_________。

（2）表达式其中一定变小的是__________。

（3）变化量和其中绝对值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意结果的正负___________：。________________________________

（5）若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗的总功率最大，则应取_____评卷人得分四、作图题(共4题，共20分)18、如图所示，磁感应强度大小为的匀强磁场仅存在于边长为的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反。有一个边长为的正方形导线框垂直磁感线方向以速度匀速通过磁场。从边进入磁场算起；规定刚开始时磁通量为正值，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像。

19、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

20、如图所示是某电场中的电场线，请画出点a点的场强方向和电荷-q在b点所受电场力的方向。

21、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。

（1）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。

（2）请在图2画好的U-I关系图线上任取一点；画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率。

评卷人得分五、实验题(共1题，共4分)22、在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R，然后由ρ＝R算出该金属丝的电阻率．

(1)从图中可以读出该金属丝的直径d＝________mm.

(2)为了测量该金属丝的电阻，实验小组取来两节干电池，如图1所示，将金属丝拉直后两端固定在带有刻度的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿金属丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时；触头才与金属丝接触，触头的位置可以从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图2所示．请根据该原理图，用笔画线代替导线将实物图3连接成实验电路_______．

(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P的位置，得到几组U、I、L的数据，用R＝计算出相应的电阻值后作出L­R图线如图4所示．取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，若金属丝直径为d，则该金属丝的电阻率ρ＝________.评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)23、如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出；最后打到荧光屏上。试求：

（1）第4个金属圆筒的长度s；

（2）电子打在荧光屏上的M点到O点的距离lOM；

（3）若两极板间的电压UAB可调节，要使电子能打在荧光屏上距O点0.5L~2L的范围内，求UAB的取值范围。

24、如图所示的电路中，小量程电流表的内阻满偏电流

(1)当和均断开时；所改装成的表是什么表？量程多大？

(2)当和均闭合时；所改装成的表是什么表？量程多大？

(3)当闭合，断开时；所改装成的表是什么表？量程多大？

25、如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s。现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；

(2)麻袋包在传送带上运动的时间t；

(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能。

26、如图甲所示，半径为r的金属细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为（k>0；且为已知的常量）．

（1）已知金属环的电阻为R．根据法拉第电磁感应定律，求金属环的感应电动势和感应电流I；

（2）麦克斯韦电磁理论认为：变化的磁场会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，称为感生电场或涡旋电场．图甲所示的磁场会在空间产生如图乙所示的圆形涡旋电场，涡旋电场的电场线与金属环是同心圆．金属环中的自由电荷在涡旋电场的作用下做定向运动，形成了感应电流．涡旋电场力F充当非静电力，其大小与涡旋电场场强E的关系满足．如果移送电荷q时非静电力所做的功为W，那么感应电动势．

图甲图乙。

a．请推导证明：金属环上某点的场强大小为

b．经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞．在考虑大量自由电子的统计结果时，电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力，其大小可表示为（b>0，且为已知的常量）．已知自由电子的电荷量为e，金属环中自由电子的总数为N．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型，并在此基础上，求出金属环中的感应电流I．

（3）宏观与微观是相互联系的．若该金属单位体积内自由电子数为n，请你在（1）和（2）的基础上推导该金属的电阻率ρ与n、b的关系式．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

AC.设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E＝k－Q在b点产生的场强大小为：E1＝k＝E，方向水平向右，所以b点的场强大小为Eb＝E＋E＝E；方向水平向右，故AC错误；

B.根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E；方向水平向右，故B正确；

D.电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误．2、D【分析】【详解】

A中根据闭合回路欧姆定律可得可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得测量多组数据可求解，B正确；C中根据欧姆定律可得可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；

【点睛】对于闭合回路欧姆定律的应用，一定要注意公式形式的变通，如本题中结合给出的仪器所测量的值，选择或者变通相对应的公式，3、D【分析】【详解】

两个相同的带等量的同种电荷的导体小球A和B，设它们的电荷量都为Q，原来它们之间的库仑力为：

一个不带电的同样的金属小球C先和A接触，A和C的电量都为C再与B接触后，B、C分电量均为：

这时A、B两球之间的相互作用力的大小为：．

A．与结论不相符，选项A错误；

B．与结论不相符，选项B错误；

C．与结论不相符，选项C错误；

D．与结论相符，选项D正确；

故选D.4、C【分析】【分析】

【详解】

A．点电荷Q在C点的场强大小为C点的合场强为零，所以从A到C两点的合场强水平向右；则从A到C电势降低，C点到D点的合场强方向向左，从C点到D点电势增大，故A错误；

BCD．因为在AC之间；负电荷受力方向向左，所以从A点到C点，电场力对负电荷做负功，速度减小，动能减小，电势能增大，从C点到D，负电荷受力方向向右，电场力对负电荷做正功，速度增加，动能增加，电势能减少，故机械能先减少后增大，故C正确，BD错误。

故选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．甲图所示为可变电容器；动片旋出时与定片的距离不变，通过减小极板间的正对面积，从而改变电容，A错误；

B．乙图构成一个简易的电容器；能够储存电荷，B正确；

C．丙图中；电容器充电过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，C错误；

D．丁图所示是电解电容器；额定电压为80V，小于击穿电压，D错误。

故选B。6、A【分析】【详解】

试题分析：U-I图像的纵截距表示电路电流为零时，即处于断路时路端电压，此时路端电压等于电源电动势，故电源电动势为6.0V，A正确；图像的斜率表示内阻，故有B错误；电源短路电流，即外电阻为零，路端电压为零时，所以短路电流C错误；因为电动机是非纯电阻电路，所以不能根据欧姆定律计算，D错误；

考点：考查了U-I图像。

【名师点睛】关键是理解图像的纵横截距，斜率所表示的含义，知道短路电流是外电路无电压时的电流，知道欧姆定律只适用于纯电阻电路，7、A【分析】【分析】

【详解】

A.同一电源接入不同的电路；电动势不会发生变化，选项A正确；

B.电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领；选项B错误；

C.电源短路时路端电压为零；选项C错误；

D.导体的电阻是由导体本身决定的；与导体中的电流大小无关，选项D错误。

故选A。二、多选题(共5题，共10分)8、A:C【分析】【分析】

据右手螺旋定则分别判断两通电导线的磁感线的方向；再利用矢量运算分析求解即可．

【详解】

据右手螺旋定则可知，竖直导线左侧的磁场垂直纸面向外，右侧的磁场垂直纸面向内；水平导线在上侧的磁场垂直纸面向外，下侧垂直纸面向内；由于电流大小相同，据磁场的叠加可知，Ⅰ、Ⅲ区域磁感应强度为零，Ⅱ区域磁场方向垂直纸面向外，Ⅳ区域磁场方向垂直纸面向内，故AC正确，BD错误。故选AC。9、B:C【分析】【详解】

AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，由串并联电路规律可知，R1分流为1.2A；因此电流表量程为1.2A+0.6A=1.8A，则每小格表示0.06A，A错误，B正确；

CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后与R2串联；电流表量程仍为1.8A，因此每小格表示0.06A，C正确，D错误。

故选BC。10、A:B:C【分析】【详解】

A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验用到了等效替代法；即合力与分力的作用效果相同，故A正确；

B．“探究加速度与力；质量的关系”实验用到了控制变量法；即探究加速度与力的关系时，应保持质量不变，探究加速度与质量关系时，应保持力不变，故B正确；

C．卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想；故C正确；

D．电场强度速度采用了比值定义法，而加速度为牛顿第二定律；是加速度的决定式，故D错误。

故选ABC。11、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．v−t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得

B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为

故A正确；

B．由图知，由C到A的过程中；物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小。故B错误；

C．由电势能的公式EP=qφ

知，由C到A的过程中；电势逐渐降低，故C正确；

D．物块从C到B的过程，电场力一直做正功，故电势能减小；故A点的电势能小于B点的电势能；故D错误。

故选AC。12、B:D【分析】【详解】

A．依题意；可知当小物体C弹出后，球P将向上做类平抛运动，则电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B．原来球P静止时，有

小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒有

得球P的速度为大小为

故B正确；

C．物体C弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律

同理，对P竖直方向

联立以上各式可得

故C错误；

D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为

则两金属板长度至少为

联立各式可得

故D正确。

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【详解】

[1]根据右手定则可知，直线电流的磁场是以直线电流为中心的一组同心圆，故中心O点处三个直线电流的磁场方向如图所示：

由于对称性，它们互成1200的角，且它们的大小相等，均为B0，根据矢量合成的特点，可知它们的合矢量为零．【解析】014、略

【分析】【详解】

[1]某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强公式可知，要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷相反，在中间的电场方向都是一样的，所以，只能在Q2右边，设该位置据Q2的距离是L，则有

解得

所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零；

[2]在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域，所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是和【解析】12或15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片P位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，R1和R2串联接入电路，电压表测R1两端的电压；由欧姆定律可得此时通过电路的电流：

串联电路总电压等于各部分电压之和，所以R2两端的电压。

U2=U-U1=12V-6V=6V串联电路各处电流相等，则电阻R2的阻值。

[2]电压表的示数为3V时；通过电路的电流。

该电路总电阻。

电压表的示数为1.5V时；通过电路的电流。

该电路总电阻。

串联电路总电阻等于各部分电阻之和；所以滑动变阻器接入电路的电阻变化值。

R3=R″-R′=80Ω-40Ω=40Ω【解析】104016、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]电源电动势内阻定值电阻闭合开关通过电阻的电流

电压表示数

电阻消耗的功率【解析】①.2②.8③.1617、略

【分析】【详解】

（1）[1]当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知电流I变小U1=IR1

变小，路端电压U3=E-Ir

则知U3变大。因U3=U1+U2

U1变小，则U2变大，即一定减小的是U1。

（2）[2]表达式其中

则一定减小；和都不能确定；

（3）[3]因为U3=U1+U2

U1变小，U2变大，U3变大，则△U2＞△U1△U2＞△U3

则变化量和其中绝对值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则电路中电流应该最大，则应取0

[6]当外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，为了让电阻消耗功率最大，可将R1等效为内电路电阻，则时电阻消耗功率最大；

[7]同理，为了让电阻消耗的总功率最大，则应该

即R2应取3【解析】U1见解析073四、作图题(共4题，共20分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段（只有边在磁场中），在磁场中运动阶段（两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有边在磁场中）。

①线框进入磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性增加，最后为

②线框在磁场中运动阶段：对应，时间内，穿过线框的磁通量线性减小，最后为时间内，穿过线框的磁通量反向线性增加，最后为

③线框离开磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性减小，最后为

画出图像如图所示。

【解析】见解析19、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【解析】20、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】21、略

【分析】【详解】

（1）由闭合电路欧姆定律可知

所以图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势；与横轴交点的坐标值为短路电流，如图所示。

（2）电源的输出功率等于路端电压与干路电流的乘积；即所要求的的面积为该点向坐标轴作垂线后与坐标轴围成的面积，如图所示。

【解析】（1）U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流；（2）五、实验题(共1题，共4分)22、略

【分析】【详解】

(1)[1]由螺旋测微器的读数规则可知该金属丝的直径：d＝1.5mm＋20.0×0.01mm＝1.700mm.；

(2)[2]实物连接图如图所示：

(3)[3]由可得又因为所以有即：

【解析】1.700六、解答题(共4题，共24分)23、略

【分析】【详解】

（1）设电子进入第4个圆筒后的速度为v1，根据动能定理有

得

第4个圆筒的长度为

（2）设电子从第5个圆筒射出后的速度为v2，根据动能定理有

得

电子在偏转电场中运动的加速度是

电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为

其中t为飞行时间。由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向