1、黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2018-2019 学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题1.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）A. 电场强度为零的地方，电势也为零B. 电场强度的方向处处与等势面垂直C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D. 电势降落的方向一定是电场强度方向【答案】B【解析】【详解】电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，选项 A错误；电场强度的方向处处与等势面垂直，选项 B 正确；沿电场线方向电势降低，则随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定也逐渐降低，选项 C 错误；电势降落最快的方向是电场强度方向，选项 D 错误；故选
2、B.2. 闭合线圈 abcd 在磁场中运动到如图所示位置时，ab 边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是（ ）A. 向右进入磁场B. 向左移出磁场C. 以 ab 为轴转动D. 以 cd 为轴转动【答案】BCD【解析】【分析】由题意知，ab 边受到的磁场力的方向竖直向下，根据左手定则判断出 ab 边中感应电流的方向，再由右手定则判断 abcd 的运动情况【详解】据题，ab 边受到的磁场力的方向竖直向下，根据左手定则判断出 ab 边中感应电流的方向为 ba，再由右手定则判断可知，abcd 的运动情况是向右平动。故 A 正确，B 错误。线圈向上运动或者向下运动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产
3、生感应电流，故 CD 错误。故选 A。【点睛】本题是右手定则、左手定则和楞次定律的综合应用在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆3.如图，两个固定正点电荷相距 L，电荷量均为 q(q0，q 远大于电子电量)，两个点电荷中点为 O 点，A 点为两点电荷中垂 线上一点。静电力常量为 k，不计重力。下列说法正确的是（ ）A. 若在 A 点由静止释放一电子，电子将做匀加速运动B. 在两点电荷产生的电场中，O 点的电场强度大小为零C. 在两点电荷产生的电场中，O 点的电势最高D. 过 O、A 两点的直线位于同一等势面上【答案】B【解析】【分析】等
4、量同种电荷连线的中垂线上，电场线由中点 O 指向上下两侧，顺着电场线电势逐渐降低。【详解】两点荷连线的中垂线上个点的场强不相同，若在 A 点由静止释放一电子，电子将做变加速运动，选项 A 错误；根据场强叠加可知，在两点电荷产生的电场中，O 点的电场强度大小为零，选项 B 正确；在两点电荷产生的电场中，在两电荷连线的中垂线上，O 点的电势最高，选项 C 错误；从 O 到 A 电势逐渐降低，选项 D 错误；故选 B.【点睛】本题考查电场的叠加，注意电场强度时矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。4.如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于
5、斜面向上，通有电流 I 的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为2B，电流和磁场的方向均不变，其他条件都不变。则金属细杆将（ ）A. 沿斜面加速上滑B. 沿斜面加速下滑C. 沿斜面匀速上滑D. 仍静止在斜面上【答案】D【解析】【分析】先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。【详解】当磁场的磁感应强度大小为 B，电流变为 I 时，金属棒处于静止状态，根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsin，当磁场的磁感应强度大小为 2B，电流变为 0.5I 时，此时安培力大小变为：F=2B0.5IL=BIL，
6、则金属棒仍静止，故选 D.【点睛】解答本题的关键是：要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。5.如图中虚线框内是一个未知电路，测得它的两端点 a、b 之间电阻是 R，在 a、b 之间加上电压 U，测得流过电路的电流为 I，则未知电路的电功率一定是（ ）A. I2RB. UII 2RC. U2/RD. UI【答案】D【解析】【分析】由于虚线框内是一个未知电路，欧姆定律不一定适用，求解功率只能用 P=UI【详解】若虚线框内是一个纯电阻电路时，欧姆定律适用，求解功率可以用 P=IU=I2R= U2/R求解若虚线框内是一个非纯电阻电路时，欧姆定律不适用，求解功率
7、不能用 I2R 和 U2/R，只能通过 P=UI 求解故 ABC 错误，D 正确。故选 D。6.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直横截面。一质量为 m、电荷量为 q（ q0）的粒子以速率 v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向 120。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角 60，且轨迹的半径为 r=Rcot30= R根据牛顿第二定律得 得，
8、，故 A 正确，BCD 错误；故选 A考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题。【此处有视频，请去附件查看】7.矩形导线框固定在匀强磁场中，如图所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图所示，则（ ）A. 0t 1时间内，导线框中电流的方向为 abcdaB. 0t 1时间内，导线框中电流越来越小C. 0t 2时间内，导线框中电流的方向始终为 adcbaD. 0t 2时间内，导线框 ab 边受到的安培力大小恒定不变【答案】A【解析】
9、【分析】由右图可知 B 的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由 F=BIL 可知安培力的变化情况【详解】由图可知，0-t 2内，线圈中磁通量的变化率相同，故 0 到 t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为 adcba 方向，故 A 正确，C 错误；从0 到 t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故 B 错误；从 t 1到 t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小时恒定不变，故由 F=BIL 可知，F 与 B
10、 成正比，即增大，则 0t 2时间内，导线框 ab边受到的安培力大小不是恒定不变的，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题要求学生能正确理解 B-t 图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的8.如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 为倾斜直轨道，BC 为与 AB 相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的可看做质点的甲、乙两个小球，甲球不带电、乙球带正电。现将两个小球在轨道 AB 上分别从相同高度处由静止释放，都能通过圆形轨道最高点，则
11、（ ）A. 经过最高点时，甲球的速度比乙球小B. 经过最高点时，两个小球的速度相等C. 若两球均能恰好通过最高点则甲球的释放位置比乙球的高D. 两个小球到最低点时对轨道的压力大小相同【答案】B【解析】【分析】洛伦兹力不做功，则根据能量关系可知，两球经过最高点时，甲球的速度等于乙球的速度；根据牛顿第二定律判断若两球均能恰好通过最高点时两球的速度关系，再判断两球释放位置关系；根据牛顿第二定律列式比较两个小球到最低点时对轨道的压力大小.【详解】两球均从相同的高度 A 处开始释放到小球到达圆环最高点过程中，两球重力做功相等，洛伦兹力不做功，则经过最高点时，甲球的速度等于乙球的速度，选项 A 错误，B
12、正确；甲球恰能经过最高点时：mg=m ；乙球：mg+qv 乙 B=m ，则 v 乙 v 甲 ，可知甲球的释放位置比乙球的低，选项 C 错误；两个小球到最低点时的速度相同，在最低点，对甲球：；对乙球： ；可知 N 甲 N 乙 ，选项 D 错误；故选 B.9.如图所示电路中，电源电动势为 E、内阻为 r，电压表和电流表均为理想表。现闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ） A. 电容器两极板间电场强度变大，电容器的带电量增加B. 电流表示数减小，电压表示数变大C. 电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值变大D. 电源的输出功率可能增大【答案】AD【解析】【分析】将变阻器
13、的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，路端电压随之减小，分析总电流和 R2电压的变化，即可知道电容器板间电压的变化，判断出板间场强的变化以及电容器带电量的变化根据欧姆定律分析电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值的变化根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化【详解】当变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，R 2电压增大，则电容器板间电压增大，板间的电场强度变大，电容器所带电量增大，故 A 正确。总电流变大，电流表示数变大，则 R2电压和内电压均增大，由闭合电路欧姆定律知，R 1电压减小，所以电压表示数变小，故 B 错误。电压表的
14、示数 U 和电流表的示数 I的比值 U/I =R1，变小，故 C 错误。由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化，则电源的输出功率可能增大，故 D 正确。故选 AD。【点睛】本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析10.图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知等势面 b 的电势为 6V。一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 过程中克服电场力所做的功为 6eV。不计重力，下列说法正确的是（ ）A. 该电子经过平面 c 时，其电势能
15、为 4eVB. 该电子可能会到达平面 fC. 平面 f 上的电势为零D. 该电子经过平面 b 时的动能是经过 d 时的 2 倍【答案】BCD【解析】【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。【详解】虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV，动能减小了 6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 6V，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平
16、面 f 上的电势为零，故 C 正确；c 等势面的电势为 4V，则该电子经过平面 c 时，其电势能为-4eV，选项 A 错误；由上分析可知，电子在 a 等势面的电势能为-8eV，动能为 10eV，则总能量为 2eV，则若电子能到达 f 平面，则动能应为 2eV，选项 B正确；在平面 b 上电势为 6V，则电子的电势能为-6eV，则动能为 8eV，在平面 d 上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，则动能为 4eV；即该电子经过平面 b 时的动能是经过 d 时的 2倍，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的
17、关键。11.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 0.2m、总电阻为0.005 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正） 。下列说法正确的是（ ）A. 磁感应强度的大小为 0.05 TB. 导线框运动速度的大小为 0.04m/sC. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外D. 在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.01 N【答案】AC【解析】【分析】根
18、据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合 E=BLv 求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。【详解】由图象可以看出，0.2-0.4s 没有感应电动势，所以从开始到 ab 进入用时 0.2s，导线框匀速运动的速度为： ，根据 E=BLv 知磁感应强度为：，故 A 正确，B 错误。由 b 图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故 C 正确。在 0.4-0.6s 内，导线框所受的安培力 ，故 D 错误。故选 AC。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及
19、楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。12.如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，电场强度大小为 E= ，电场方向和磁场方向相互垂直在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成 60夹角且处于竖直平面内一质量为 m，带电量为+q 的小球套在绝缘杆上若给小球一沿杆向下的初速度 v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ）A. 小球的初速度为 v0=B. 若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速C. 若小球的初速度为 ，小球将做加
20、速度不断增大的加速运动，最后匀速D. 若小球的初速度为 ，则运动中克服摩擦力做功为【答案】ABD【解析】【分析】小球受重力、摩擦力（可能有） 、弹力（可能有） 、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于 0 时，小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为 0 时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【详解】对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE= ，由于重力的方向竖直向下。电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：F G+F= =2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速
21、度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反。所以 qv0B=2mg。所以 故 A 正确；若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv0B=3mgF G+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=F N小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到 时，小球开始做匀速直线运动。故 B 正确。若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv 0B=mgF G+F，
22、则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=F N小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止。故 C 错误；若小球的初速度为 ，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以故 D 正确。故选 ABD。【点睛】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动二、实验题13.用 10 分度
23、游标卡尺测一工件外径的读数如图所示，读数为_cm；用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图所示，读数为_mm。【答案】 (1). 3.27cm; (2). ;【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的主尺读数为：3.2cm，游标尺上第 7 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 0.17mm=0.7mm，所以最终读数为：3.2cm+0.7mm=3.27cm螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为 0.015.8mm=0.058mm，所以最终读数为1.5
24、58mm14.用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，被测电源是两节干电池串联成的电池组。可供选择的实验器材如下：A电流表，量程 0.6 A，内阻约为 0.5 B电流表，量程 100 mA，内阻约为 5 C电压表，量程 3 V，内阻约为 3 kD电压表，量程 15 V，内阻约为 5kE滑动变阻器，01000 ，0.1 AF滑动变阻器，010，2 A开关一个，导线若干(1)为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_（填器材前面的选项字母） 。(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示，为减小实验误差，应选_电路进行实验。（3）如图是根据实验记录数据画出的
25、UI 图象，则由图可求出该电源电动势为_V，该电源内阻为_（结果保留 2 位有效数字） 。【答案】 (1). A； (2). C； (3). F； (4). 乙； (5). 3.0； (6). 1.0；【解析】【分析】（1）根据二节干电池的电压约为 3V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；（3）U-I 图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，根据斜率表示内电阻求解电源内阻【详解】 （1）因二节干电池的电动势约为 3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能
26、选 3V 量程的 C； 通过电源的电流不能太大，故量程 03A 的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为 0.6A 的 A；滑动变阻器选择 F 即可；（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案；（3）U-I 图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为 3.0V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为 【点睛】中学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给
27、出的条件去判断电流表和电压表一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流三、计算题15.如图所示，水平放置的固定导体框架，宽 L=0.50 m，接有电阻 R=0.20 ，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度 B=0.40T。一导体棒 ab 垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，导体 ab 的电阻 r=0.20 ，框架电阻均不计当 ab 以 v=4.0 m/s 的速度向右匀速滑动时，求：（1）求 ab 棒两端电压大小；（2）维持导体棒 ab 做匀速运动的外力 F 的大小。【答案】 （1）0.4V（2）0.4N【解析】【分析】（1）由 E=BLv 求出感应电动势，结合闭合电路的欧
28、姆定律求解 ab 棒两端的电压；（2）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力；【详解】 （1）感应电动势：E=BLv=0.40.54=0.8V；由闭合电路的欧姆定律： ；则 ab 棒两端电压大小 U=IR=0.4V； （2）导体棒受到的安培力： ，导体棒做匀速运动，由平衡条件得：外力为：F=F B=0.4N；【点睛】本题考查了求感应电动势、外力、判断金属棒的运动性质，应用 E=BLv、安培力公式、平衡条件即可正确解题16.如图所示的示波管，电子由阴极 K 发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，电子电量大小为 e，质量为 m。已知加速电压为 U1，BC 间偏转电
29、压为 U2，两偏转极板 BC 间距为 d，板长为 L，偏转极板右侧到荧光屏的距离为 D，不计重力，求：（1）电子射入偏转电场 U2时的速度大小；（2）电子打在荧光屏上的偏转距离 OP。【答案】 （1） （2）【解析】【分析】根据动能定理求出电子射入偏转电场时的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，离开偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据这一推论，利用比例式求出偏距 OP【详解】 （1）设电子射入偏转电场时的速度为 v，则 eU1= mv2解得 （1）设电子在偏转电场中运动的加速度为 a，运动时间为 t，则t=则 由图中三角形相似得
30、： 由得：【点睛】解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动17.如图所示,位于平面直角坐标系内的水平正对的平行金属板的长度为 L,板间距离也为 L,金属板之间存在匀强电场,金属板厚度忽略不计，第一象限内边长也为 L 的正方形区域 ABCD为无场区。在平行金属板和正方形区域的外侧存在范围足够大的匀强磁场,磁场的方向垂直XY 平面向里。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子沿两平行金属板的中线 OO射入电场,初速度为 v,粒子恰好从下极板的右端 A 点离开电场。已知带电粒子进入磁场后能通过 B点(粒子只在 AB 下方偏转)
31、,不计粒子重力。（1）求粒子第一次进入磁场时速度的大小和方向；（2）求匀强磁场的磁感应强度大小；（3）若仅将匀强磁场的磁感强度变为原来的两倍,求粒子从离开电场到回到电场所用的时间。【答案】 （1） ，在 A 点的速度方向与水平方向的夹角 （2）2mv/qL（3） 【解析】【分析】带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动规律求解出离电场的速度和方向；根据圆周运动的规律结合几何知识求解匀强磁场的磁感应强度大小；将磁感应强度变为原来的两倍，带电粒子做圆周运动的轨道半径变为原来的一半。画出粒子在磁场区域及在 ABCD 区域的轨迹图；根据轨迹求解时间.【详解】 （1） 带电粒子在电场中
32、做类平抛运动，有 L=vt L= at2根据类平抛运动的知识有： v y=at； tan=v y/v=1可得粒子在 A 点的速度方向与水平方向的夹向 =45 解得：v=v/cos= v（2）画出粒子从 A 到 B 做圆周运动的运动轨迹，如图所示；根据几何知识得：L=2Rsin解得 L= R再根据 qvB=mv2/R ；解得 B=（2）将磁感应强度变为原来的两倍，带电粒子做圆周运动的轨道半径变为原来的一半。画出粒子在磁场区域及在 ABCD 区域的轨迹图；根据粒子的运动轨迹，可知粒子在磁场中运动了 3/4 个周期，其中周期 T=T/2 ，时间为 ；粒子在 ABCD 区域内部运动的时间为t2= 总时间 t=t1+t2=【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解
