2023-2024学年辽宁省大连育明高级中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省大连育明高级中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示是洛伦兹力演示仪的结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列实验现象和分析正确的是( )
A. 励磁线圈应通以逆时针方向的电流
B. 仅增大电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
C. 仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
D. 仅减小电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
2.如图甲所示为某款服务型机器人，它的直流电动机额定电流为I，额定电压为U，线圈电阻为r0，内部电路可简化如图乙所示电路，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻的阻值为R，电动机恰好能正常工作，则此时( )
A. 电动机的额定电压为U=Ir0B. 电动机的输入功率为EI−I2(r+R)
C. 电源的输出功率为I2(r0+R)D. 电动机的输出功率UI
3.某节能路灯可通过光控开关自动随周围环境的亮度改变进行自动控制。其内部电路简化如图所示，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，定值电阻R0，灯泡电阻不变，下列判断正确的是
( )
A. 当环境光照强度减弱，A灯变暗，B灯变亮
B. 当环境光照强度减弱，光敏电阻的功率变大
C. 当环境光照强度增强，R0的功率变大
D. 当环境光照强度增强，电源的输出功率变小
4.圆形导体线圈a平放在水平绝缘桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管；二者轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。下列说法正确的是
( )
A. 若滑动变阻器的滑片P向上滑动，穿过线圈a的磁通量变大
B. 若滑动变阻器的滑片P向上滑动，线圈a中产生俯视为逆时针方向的感应电流
C. 若滑动变阻器的滑片P向下滑动，线圈a有收缩的趋势
D. 若滑动变阻器的滑片P向下滑动，线圈a对水平桌面的压力小于重力
5.如图所示，金属棒ab质量为m，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L水平导轨上，下列说法正确的是
( )
A. 金属棒受到的安培力大小为F=BILsinθ
B. 金属棒受到的安培力方向水平向右
C. 若只增加电流的大小，金属棒ab受到的支持力变大
D. 若只改变电流方向，金属棒ab仍然会静止在导轨上
6.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知ab=L，则粒子的速度可能是
( )
A. 3qBL12mB. 3qBL9mC. 3qBL3mD. 3qBLm
7.如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻100Ω，乙图中双量程电流表的大量程是小量程的10倍，下列说法正确的是( )
A. 甲图中b量程为6VB. 乙图中C量程是1000mA
C. 乙图中R2=10ΩD. 乙图中R1=910Ω
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.霍尔效应是美国物理学家霍尔(E. H. Hall)于1879年发现的。其原理如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体金属元件，单位体积内自由电子数为n，导体的电阻率为ρ，电子的电量大小为e，在导体的左右两端加上恒定电压U和方向垂直于上表面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面之间产生稳定的电势差UH，称为霍尔电压。下列说法正确的是
( )
A. 导体前表面的电势高于后表面的电势
B. 导体前表面的电势低于后表面的电势
C. 导体中自由电荷定向移动平均速率大小为Uρneb
D. 霍尔电压UH的大小为BUbρnea
9.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q(q>0)，质量为m的相同粒子(不计重力及粒子间相互作用)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm3qB。N为磁场边界上的另一个点，MN= 2R。下列说法正确的是( )
A. 粒子从M点进入磁场时的速率为v=BqRm
B. 若将磁感应强度的大小增加到2B，从N点离开磁场的粒子速度沿半径方向
C. 若将磁感应强度的大小增加到2 2B，所有粒子出射磁场边界的位置均处于劣弧MN上
D. 若将磁感应强度的大小增加到2 2B，从N点离开磁场的粒子运动时间πm4 2qB
10.如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电荷量为q(q>0)的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，同时给小球一个水平向右的初速度v0，恰好使小球此时和杆之间无弹力作用，经过时间t，小球达到稳定速度v，关于此过程下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 小球的初速度v0=mgqB
B. 小球做加速度减小的减速运动
C. 小球的稳定速度为v=F0+μmgμqB
D. 时间t内小球的位移为x=μmg+F0t−mv−v0μqB
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学设计实验“测定金属的电阻率”，要求电压从零开始调节。已知金属丝的电阻大约为5Ω，在用伏安法对金属丝电阻进一步测定时，有如下实验器材可供选择：
直流电源：电压3V，内阻不计：
电流表A：量程0∼0.6A，内阻1Ω：
电压表V：量程0∼3V，内阻约3kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值100Ω；
开关、导线等。
(1)用螺旋测微器测金属丝的直径时，如图甲所示，可知金属丝的直径D=_______mm；用游标卡尺测金属丝的长度，如图乙所示，可知金属丝的长度L=_______cm。
(2)在所给的器材中，滑动变阻器应选_______。(填写仪器的字母代号)
(3)根据题目要求和实验器材，为了减小误差，实验电路图应选_______。
A.
B.
C.
D.
12.某同学根据所学知识制作了一台简易电子称，原理图如图甲所示，图中电压表可视为理想电压表(量程为3V)，滑动变阻器的最大阻值R=12Ω，ab部分的长度L=20cm。
(1)该同学先利用如图乙所示的电路测定电子秤里两节纽扣电池(如图丙所示)串联后的电动势和内阻，根据多次测量得到的数据作出的U−I图像如图丁所示，可知一节纽扣电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。(保留两位有效数字)
(2)该同学分析了实验中由电表内阻引起的误差。下图中，实线是根据本实验的数据描点作图得到的U−I图像，虚线是该电源在没有电表内阻影响的理想情况下所对应的U−I图像，则可能正确的是_______。
(3)为了得到电压表的示数U与被测物体质量m之间的关系，该同学设计了如下实验：
①调节图甲中滑动变阻器的滑片P的位置，使电压表的示数恰好为零；
②在托盘里缓慢加入细砂，直到滑动变阻器的滑片P恰好滑到b端，然后调节电阻箱R0，直到电压表达到满偏，则此时电阻箱的读数R0=_______Ω；(保留两位有效数字)
(4)将电压表的表盘改为电子秤的表盘，直接显示称量物体的质量，则电子秤的表盘刻度是_______的(填“均匀”或“不均匀”)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域(不包含边界)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m，电荷量为−q(q>0)的同种带电粒子(不计重力)，从AB边的中点，以不同速率沿平行于BC边方向射入磁场区域，所有粒子均从BC边出射磁场，求：
(1)粒子入射速率的最大值；
(2)粒子在磁场中的最长运动时间。
14.如图甲所示的电路中，只闭合开关S1，在滑动变阻器的滑片从a端移动到b端的过程中，两电压表V1、V2的示数U1、U2随电流表A的示数I变化的关系如图乙所示，其中电容器的电容C=4μF，电阻R1=1Ω，R3=2Ω，滑动变阻器的最大阻值R=8Ω。电路中的电流表和电压表均为理想电表。求：
(1)电源电动势E，内阻r以及电阻R2的阻值；
(2)现将滑动变阻器的滑片置于中间，单刀双掷开关S2拨到1端，电路稳定后再将S2拨到2端，至电路再次稳定的全过程流过电阻R3的电荷量为多少？
15.如图所示，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第三象限有沿y轴正方向、电场强度大小未知的匀强电场，在y=−2R处有一垂直于y轴的足够大固定绝缘挡板。一质量为m、电荷量大小为q的带正电粒子，以大小为v0的初速度沿与x轴正方向平行的方向从A点射出，恰好从M点进入磁场，入射磁场的速度方向与x轴夹角为30°，经磁场偏转后由N点(未画出)离开磁场，并恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板发生碰撞后以原速率反弹再次进入磁场，最后离开磁场，不计粒子受到的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)带电粒子在磁场中运动的总时间t；
(3)若粒子打在挡板上时触动发射开关，使挡板上x=− 32R至x= 32R区间均匀的沿垂直挡板方向向上发射大量与该粒子完全相同的粒子，发射速率也相同，求这些粒子离开磁场时速度方向与x轴正方向的夹角范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹，故A错误；
BC.电子在加速电场中加速，由动能定理有eU=12mv02，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0=mv02R，解得r=1B 2mUe
仅增大电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大；仅增大励磁线圈中的电流，则B增大，运动径迹的半径变小，故B正确，C错误；
D.粒子运动的周期为T=2πRv=2πmeB，减小电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将不变，故D错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】A.由闭合电路欧姆定律，可得电动机的额定电压为U=E−Ir+R，A错误；
B.电动机的额定电压为U，额定电流为I，由电功率公式，可得电动机的输入功率为P机入=UI=EI−I2(r+R)，B正确；
C.电源的输出功率为P出=EI−I2r，C错误；
D.电动机的热功率P机热=I2r0，则电动机的输出功率P机出=P机入−P机热=EI−I2r+R−I2r0，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】AB.当环境光照强度减弱时，光敏电阻阻值变大，电路中总电阻增大，则电路中总电流变小，路端电压变大。故通过A灯的电流及其两端电压变大，A灯变亮，通过定值电阻的电流及其两端电压均变小。由于路端电压变大，则B灯和光敏电阻两端电压均变大，通过B灯的电流变大，B灯变亮。因通过B灯和光敏电阻电流之和变小，故光敏电阻的电流变小。故光敏电阻的功率变化无法确定。故AB错误；
C.当环境光照强度增强时，光敏电阻阻值减小，电路中总电阻减小，则电路中总电流变大，路端电压减小，则通过A灯的电流减小，通过定值电阻的电流增大，故定值电阻的功率变大。故C正确；
D.电路中的总电流为I=ER总，电源的输出功率为P出=EI−I2r，整理得P出=E2R总2R总−r，由于不能判断电源外电阻变化和内阻的关系，则不能确定电源的输出功率变化情况。故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】AB.滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生磁场变弱，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有扩张的趋势，根据安培定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电流产生磁场竖直向下，根据安培定则判断，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流，故AB错误；
CD.滑片向下滑动，回路电阻变小，电流增大，螺线管产生磁场变强，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变大，根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有收缩的趋势，根据安培定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电流产生磁场竖直向上，根据安培定则判断，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流。根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，线圈a磁通量增大，所以线圈a有远离b的趋势，对桌面压力大于重力，故C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.金属棒受到的安培力大小为F=BIL，故 A错误；
B.根据左手定则可以判断安培力的方向与磁感应强度的方向垂直，不是水平向右，故B错误；
C.对金属棒ab受力分析，如图所示，
水平方向上Ff=Fsinθ，竖直方向上mg=BILcsθ+FN，可得FN=mg−BILcsθ，若只增加电流的大小，金属棒ab受到的支持力变小，故C错误；
D.改变电流方向后，安培力的方向发生变化，重新对金属棒ab受力分析，如图所示，
水平方向上仍有Ff=Fsinθ，竖直方向支持力变大，因此若只改变电流方向，金属棒ab仍然会静止在导轨上，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【详解】
粒子可能在两个磁场间做多次的运动。画出可能的粒子轨迹如图所示，
分析可知，由于粒子在b点从左侧磁场进入右侧磁场，粒子在ab间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为n⋅2Rcs30∘=L(n=2,4,6…)，解得R= 3L3n(n=2,4,6…)根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，联立解得v= 3qBL3m⋅n(n=2,4,6…)。
A.当v= 3qBL12m时，n=4。符合条件，故 A正确；
B.当v= 3qBL9m时，n=3。不符合条件，故 B错误；
C.当v= 3qBL3m时，n=1。不符合条件，故 C错误；
D.当v= 3qBLm时，n=13。不符合条件，故 D错误。
故选A。
【点睛】
画出粒子运动的轨迹图，确定粒子可能存在的运动情况及粒子做圆周运动的半径和L的关系，再根据牛顿第二定求出速度的可能值。
7.【答案】C
【解析】A.由甲图可知满偏电流为Ig=URg+R=3100+2900A=0.001A=1mA，其中b的量程为U=Ig(Rg+R+R′)=0.001×(100+2.9×103+6×103)V=9V，故A错误；
BCD.根据乙图可知接C为小量程，即量程为10mA电流表时，并联电阻的分流电流为I′=I1−Ig=10mA−1mA=9mA=0.009A，分流电阻的阻值为R1+R2=IgRgI′=0.001×1000.009Ω=1009Ω，改装为I2=100mA=0.1A电流表时R1=IgRg+R2I2−Ig=0.001×100+R20.1−0.001，联立解得R1=109Ω，R2=10Ω，故C正确，BD错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】AB.电流方向向左，电子向右定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误，B正确；
C.根据电阻定律可知导体的电阻为R=ρabc，根据欧姆定律，有R=UI，电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbc，联立可得v=Uρnea，故C错误；
D.电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有eUHb=evB，联立以上可得UH=BUbρnea，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】A.由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示，
设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r，解得v=qBrm，粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv=2πmqB，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm3qB，则粒子在磁场中转动的时间为t=πm3qB2πmqB=16T，可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为θ=2π6=π3，可得粒子在磁场中运动的半径为，r=2R，则粒子从M点进入磁场时的速率为v=2qBRm，A错误；
B.若将磁感应强度的大小增加到2B，从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示，
由洛伦兹力提供向心力可得qv⋅2B=mv2r1，解得r1=mv2qB=R，由图可知NO2⊥ON，即为从N点离开磁场的粒子速度沿半径方向，B正确；
C.若将磁感应强度的大小增加到2 2B，可知粒子的圆周半径为r2= 22R，可知圆弧的直径为 2R，从N点离开的粒子，圆心在MN连线的中点，且该轨迹为从M点射入的粒子轨迹与磁场边界的最远交点，因此所有粒子出射磁场边界的位置均处于劣弧MN上，C正确；
D.若将磁感应强度的大小增加到2 2B，粒子的运动半径为 22R，则圆弧的直径为 2R，可知圆弧的圆心在MN连线的中点，其轨迹图如图所示，
磁感应强度为B时，粒子运动周期为T=2πmqB，若将磁感应强度的大小增加到2 2B，粒子的周期为T′=πm 2qB，可知若将磁感应强度的大小增加到2 2B，从N点离开磁场的粒子运动时间为t′=T′2=πm2 2qB，D错误。
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】A.小球以水平向右的初速度v0运动时和杆之间无弹力作用，由此可知小球受到的重力和洛伦滋力大小相等，方向相反，有mg=qBv0，解得v0=mgqB，故A正确；
BC.小球开始滑动时有F0−μ(qvB −mg)=ma，随着v增大，a减小，摩擦力增大，所以小球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度最大，有vm=F0+μmgμqB，此时达到平衡状态，速度不变，故B错误，C正确；
D.从开始运动到达到稳定状态，根据动量定理有F0−μ(qvB−mg)t=mv−mv0，可得μqBx=F0+μmgt−mv−mv0，解得x=μmg+F0t−mv−v0μqB，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】 (1)0.830 5.04 (2)R1 (3)C
【解析】(1)由图示螺旋测微器可知，金属丝的直径D=0.5mm+33.0×0.01mm=0.830mm；游标卡尺是10分度的卡尺，其分度值为0.1mm，则图示读数为L=50mm+4×0.1mm=50.4mm=5.04cm。
(2)为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，应选择最大值较小的滑动变阻器R1。
(3)由 RARV= 1×3000Ω>5Ω，所以阻值较小，故电流表采用外接法，滑动变阻器应采用分压式接法。
故选C。
12.【答案】(1)2.0 0.25 (2)B (3)3.5 (4)均匀
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，U−I图像的截距为电动势，有E总=4.0V，所以一节电池的电动势为E=2.0V，斜率表示电源总内阻r总=ΔUΔI=4.0−2.04.0−0Ω=0.5Ω，所以一节电池的内阻为r=0.25Ω。
(2)由电路图可知，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，因此虚线在实线的上方，当电压表示数为零时，电流测量值与真实值相等，因此虚线与实线在I轴相交，故选B。
(3)电压表达到满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为R=12Ω，根据欧姆定律可得UR=E总R+r总+R0，代入数据解得R0=3.5Ω。
(3)根据平衡条件kx=mg，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流I=E总R+r总+R0，与电压表并联部分的电阻R1=xLR，根据欧姆定律，电阻R1两端电压U=IR1，联立解得电压表的示数为U=gE总Rk(R+r总+R0)Lm，由此可知，所称量物体的质量m和电压表的示数U的关系为线性关系，所以电子秤的表盘刻度是均匀的。
13.【答案】解：
(1)根据题意，由牛顿第二定律有qvB=mv2R
解得v=qBRm
可知，从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，如图所示，
由几何关系有R1sin30∘=R1−acs30∘
解得R1= 3a
解得vmax= 3Bqam。
(2)粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB
运动时间最长，圆心角最大，对应的轨迹与BC边相切，
由几何关系可得，圆心角θ=180∘
最长时间为t=θ2π⋅2πmqB=πmBq。

【解析】见答案
14.【答案】解：
(1)电压表V1测量路端电压，
由图像知I1=0.5A，U1=5V
当I1=1.5A，U1=3V，
由闭合电路的欧姆定律知E=U1+I1r
将数据代入得E=6V，r=2Ω
电压表V2测量R1和R的电压，
由闭合电路的欧姆定律知E=U2+I2R2+r
由图像知I2=0.5A，U2=4.5V
代入解得R2=1Ω。
(2)滑动变阻器的滑片置于中间，
开关接到1端，电容器两端电压UC1=ER总×R1+12R=154V
电容器的电荷量为Q1=CUC1=1.5×10−5C
开关接到2端时，则有UC2=ER总×R2=34V
电容器的电荷量为Q2=CUC2=3×10−6C
因开关从1接到2时，电容器的极性发生改变，
所以流过电阻R3的电荷量ΔQ=Q1+Q2
可得ΔQ=1.8×10−5C。

【解析】见答案
15.【答案】(1)根据题设条件画出粒子的运动轨迹，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示，

设粒子进入磁场时的速度大小为v，与x轴夹角为θ=30∘，
根据类平抛运动可得vcsθ=v0
解得v=2 33v0
设粒子在磁场中运动的半径为r，
根据几何关系可知由M、N两点和轨迹圆、磁场圆的圆心组成的四边形MONO1为菱形，
则有r=R
由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得B=2 3mv03qR。
(2)粒子碰板后又从N点入射磁场，
设粒子从Q点再次离开磁场，轨迹圆的圆心为O2，如上图所示，
根据几何关系可知四边形QONO2为菱形，
则Q点坐标为(R,0)，
粒子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角α1=120∘
再次进入磁场后运动的轨迹对应的圆心角为α2=60∘
粒子在磁场中运动的周期T=2πRv= 3πRv0
总时间为t1=α1+α2360∘⋅T= 3πR2v0。
(3)从x=− 32R和x= 32R两个位置发射的粒子，离开磁场时，与x轴的夹角最大，
设从x=− 32R位置发射的粒子出射磁场时与x轴的最大夹角为θ，
轨迹如图所示，
由几何关系得R+Rsin θ=R+ 32R
解得θ=60∘
设从x= 32R位置发射的粒子出射磁场时与x轴的最大夹角为θ′，
则有R−Rsin θ′=R− 32R
解得θ′=60∘
所以这些粒子离开磁场时速度与x轴的夹角范围为−60∘≤θ≤60∘。

【解析】本题考查了带电粒子在磁场和电场中运动的问题，要求学生正确分析带电粒子的运动，熟练掌握带电粒子在电场和磁场中运动最基本的规律。