2018-2019学年江西省南昌市第十中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市第十中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

南昌十中2018－2019学年上学期月考 高二物理试题 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。1—6每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分；7—10题每小题给出的四个选择中，至少有两个选项正确，选对得4分，漏选得2分，错选得0分）‎ ‎1.对物体带电现象的叙述，正确的是（ ）‎ A. 物体带电一定是因为具有多余的电子 B. 摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程 C. 物体所带电荷量可能很小，甚至小于e D. 电中和是等量异种电荷完全消失的现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物体带电可能有多余的正电荷，也有可能有多余的负电荷．故A错误．电荷并不能创生，也不能消失，摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体．故B正确．元电荷的电量是最小的带电量．故C错误．电中和是等量的异种电荷完全抵消，而不是消失．故D错误．故选B.‎ 考点：摩擦起电；元电荷 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电荷守恒定律，电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变．以及知道元电荷的电量是最小的带电量。‎ ‎2.如图所示是某导体的I−U图象，图中α=45°，下列说法正确的是 ‎ A. 此导体的电阻R=0.5Ω B. 此导体的电阻R=2Ω C. I−U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R= cot45°=1.0Ω D. 在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是6.0C ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由 则由图象可以知道电阻 ,故A错误;B正确; C、I-U图线的斜率可定性表示电阻的倒数,但R不能用 来求,故C错误; D、在R两端加6V的电压时,电路中电流 ,则每秒通过电阻的电荷量为，故D错；‎ 综上所述本题答案是：B ‎3. 两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则错误的是（）‎ A. a点的电场强度比b点的大 B. a点的电势比b点的高 C. c点的电场强度比d点的大 D. c点的电势比d点的低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确．电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U=Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低；也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点．所以D正确；故选ACD．‎ 考点：电场强度；电势及电势差；电场线 ‎【名师点睛】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面。‎ 视频 ‎4.一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是(　　 )‎ A. 从0到x1电势逐渐降低 B. x2处的电势比x3处高 C. x1～x2段电场强度为最大 D. x2～x3段的电场强度减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，从0到x1电势能增加，根据Ep=qφ，粒子带负电，知φ3＞φ0>φ2=φ1．故A正确，B错误；根据电场力做功与电势能变化的关系得 F△x=△Ep，则，可知EP-x图象切线斜率表示电场力的大小，x1～x2段是直线，斜率为零，则电场力为零，所以x1～x2段电场强度为零，x2～x3段是倾斜直线，斜率不变，电场力不变，故电场强度不变，故C D错误；故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。‎ ‎5.如图甲所示为某一小灯泡的U-I图线,现将两个同样的小灯泡并联后再与一个4 Ω的定值电阻R串联,接在内阻为1 Ω、电动势为5 V的电源两端,如图乙所示,则(　　 )‎ A. 通过每盏小灯泡的电流约为0.1 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.05 W B. 通过每盏小灯泡的电流约为0.2 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.2 W C. 通过每盏小灯泡的电流约为0.3 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 W D. 通过每盏小灯泡的电流约为0.4 A,此时每盏小灯泡的电功率约为1.4 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-2I（R+r），代入得：U=5-10I，当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V。在U-I图上作出U=5-10I的图象如图： 此图线与小灯泡的U-I图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作状态，由图读出通过每盏小灯泡的电流强度为I=0.3A，电压为U=2V，则此时每盏小灯泡的电功率为P=UI=0.6W；故ABD错误，C正确；故选C。‎ ‎6.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)‎ A. 电源内阻为1 Ω B. 电动机的内阻为4 Ω C. 电动机正常工作电压为1 V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小灯泡的额定电流为，电阻为，当接1时，由闭合电路欧姆定律可知，代入数据解得r=1Ω，故A正确；‎ BC、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A，电源内阻分的电压为，故电动机分的电压为，电动机的内阻，故B、C错误；‎ D、电动机的输入功率，电源的效率，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用，同时注意串并联电路的规律应用。‎ ‎7.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是 A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为 B. “嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为 C. 月球的平均密度为 D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在月球表面，重力等于万有引力，则得：‎ ‎；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：；解得： ，故A正确。“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为，故B错误。由上式得：月球的质量为M=，月球的平均密度为ρ=M/V，而V=4πR3/3，解得月球的平均密度为 ，故C错误。设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有： ，即，故D错误。故选A。‎ 点睛：本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。‎ ‎8.实验小组利用如图电路研究电压的变化ΔU与电流的变化ΔI的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器．闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为ΔU1，电压表V2的示数改变量大小为ΔU2，电流表Ⓐ的示数改变量大小为ΔI，则下列判断正确的是(　　 )‎ A. 的值变大 B. 的值不变，且始终等于电源内阻r C. 电压表V1的示数与电流表示数的比值变大 D. 滑片向左移动的过程中，带电荷量减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压。若将P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大。根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R1+r），则=R1+r，所以不变；故A错误。根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E-Ir，则=r，所以不变。故B正确。根据欧姆定律得等于滑动变阻器的阻值，所以比值变大，故C正确；滑片向左移动的过程中，电容器的电压减小，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路→内电路→外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．‎ ‎9.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一带正电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　）‎ A. 中垂线上B点电场强度最大 B. 中垂线上B点电势最高 C. 电荷在B点时的加速度为m/s2 D. UBC＞UAB ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 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，B 点电场强度最大，选项A正确；从A到B电场力做正功，电势能减小，可知A点的电势最高，选项B错误；由图得：B点的加速度为，选项C错误； 物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=mvB2-mvA2，则得， ，同理可知，所以UBC＞UAB，故D正确。故选AD。‎ 点睛：此题关键是知道等量同种电荷的电场分布规律；根据v-t图像，搞清电荷的运动的特点；知道电场力的功等于动能的变化量.‎ ‎10.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点的检验电荷)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是 A. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小 B. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为 C. 物块在A点的电势能EPA =＋Qφ D. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电势 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为：，选项A正确；物体受到点电荷的库仑力为：，由几何关系可知：‎ 设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-Fsin60°=0，解得：．B正确；物块在A点的电势能EPA=+qφ，则C错误；; 设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：qφ+mv02＝mv2+qφB，解得：．故D正确；故选ABD．‎ 考点：电场强度与电势差的关系；电势及电势能；库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．以及掌握库仑定律和动能定理的运用。‎ 二、填写题（本大题共10空，每空2分共20分，请把答案写在答题卷指定的空格上。）‎ ‎11.课外活动小组的同学用多用电表粗测电阻的阻值，完成操作过程中的某些步骤留下的填空：‎ ‎（1）将红、黑表笔分别插入多用电表的＋”“－”插孔；选择开关旋至电阻挡“×10”；‎ ‎（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零；‎ ‎（3）把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，如图所示此时多用电表的示数为________Ω．‎ ‎（4）指针偏角过大，要将指针调到表盘中央，选择开关应旋至“×______”挡 ‎（5）将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零；‎ ‎（6）把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出多用电表示数为19 Ω；‎ ‎（7）将选择开关旋至OFF挡，取出红、黑表笔．‎ ‎（8）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将________(选填“偏大”、“ 偏小”或“不变”)．‎ ‎【答案】 (1). 15或15.0 (2). 1 (3). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（3）选择开关旋至电阻挡“×10”，由图所示可知，欧姆表示数为1.5×10=15.0Ω；‎ ‎（4）选择开关旋钮至电阻挡“×10”，欧姆表指针偏角太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换小挡，即“×1”档；‎ ‎（8）当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，欧姆表的电流；可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表的使用及读数，要掌握欧姆表的使用方法与注意事项，会对欧姆表读数．要注意欧姆表换挡后一定要进行欧姆调零．‎ ‎12.某研究小组收集了一个电学元件：手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA)． 为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图，R2为电阻箱．根据测量数据作出－图象，如图乙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝_____________，内阻r＝____________(用k、b和R2表示)．‎ ‎　‎ ‎ 图甲　　　　　　　　图乙 ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则，因此图象乙的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=．‎ ‎13.某实验小组计划测量某种圆柱状半导体材料的电阻率。‎ ‎(1)用刻度尺量得该材料长度L=0.700 m，用游标卡尺测量它的直径d如图所示，读数为____cm。‎ ‎(2)实验室提供的器材有：‎ A．电压表V(量程为0～15V，内阻约30kΩ)‎ B．电流计G(量程为0～300μA，内阻约50Ω)‎ C．滑动变阻器(最大值10Ω，额定电流1A)；‎ D．电源(电动势E=12V，内阻r=6Ω)；‎ E．单刀单掷开关一个，导线若干。‎ 如果要求测量时材料两端的电压从0开始逐渐增大，请根据提供的器材设计一个电路图，画在虚线框内。‎ ‎(3)实验中测量得到的数据如下表所示，请根据表中数据在坐标纸上画出U-I图线，根据图像求出电阻R=__________Ω(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)计算半导体材料的电阻率表达式ρ=_________(用R、d、L表示)，测量值为__________Ω·m(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 3.075 (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对游标卡尺：主尺刻度为，游标尺共20个格，分度为，且游标尺的第15条刻度线与主尺刻度线对齐，因此它的读数为：；‎ ‎（2）在本题中，由于待测半导体材料阻值较大，故应采用电流表的内接法，要求电压表示数从0开始，故采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）根据数据在坐标系中描点，连线时要让大多数点在一条直线上，作出的图像如图所示：‎ 图线的斜率表示半导体材料的电阻，根据图像可知：；‎ ‎（4）由电阻定律：，而且，得到：。‎ 点睛：本题考查测量电阻率的实验，要注意明确欧姆定律及电阻定律的正确应用，能根据图象分析电阻。‎ 三、计算题（本大题共5小题，共50分，解答本题时，应写出必要的文字说明，方程式和重要的算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算的解答中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎14.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量q=1×10-2C,质量m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?(取g=10 m/s2).‎ ‎【答案】8Ω ‎【解析】‎ 试题分析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。‎ 设两板间电压为，由动能定理得：‎ 所以滑动变阻器两端电压：‎ 设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得：‎ 滑动变阻器接入电路的电阻：。‎ 考点：动能定理的应用、匀强电场中电势差和电场强度的关系、闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】根据动能定理计算AB间的电场强度，根据匀强电场的电场强度与电势差的关系，计算AB间的电势差，最后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；本题属于偏难点的力学综合题，求AB间电势差时也可根据牛顿第二定律与运动学的公式求得。‎ ‎15.（9分）如图所示，AB为倾角的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为的小球乙静止在水平轨道上，质量为的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰。若，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。（，）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设碰后甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒和能量关系：‎ ‎①1分 ‎②1分 联立①②解得： 2分 设上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为，由动能定理：‎ ‎③1分 ‎④1分 联立③④解得：‎ 乙要能追上甲，则：⑤1分 解得：2分 考点：动量守恒定律 ‎16.如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示．y轴上一点P的坐标为(0，y0)，有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA,0)，当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB,0)．已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力．‎ ‎(1)求匀强电场的场强E1、E2之比．‎ ‎(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，－y0)，求感光胶片上曝光点的横坐标x A′、xB′之比．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子在匀强电场做类平抛运动，场强为E1时，，‎ 场强为E2时，，解得 ‎（2）场强为E1时，电子射出电场时的偏转角为，则有 另，‎ 场强为E2时，电子射出电场时的偏转角为，则有，另，，解得：‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；关键是高清粒子在电场中受力特点及运动特点，知道电子在水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动；要学会处理平抛物体的运动；此题是中等题，考查学生综合分析问题的能力.‎ ‎17.如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。已知AB长为L=10m，倾角θ=37°，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C。一质量为m=0．4kg、电荷量为q=+3×10 -3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动。若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0．2，sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求 ‎（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；‎ ‎（2）物体在C点对轨道的压力为多少；‎ ‎（3）用物理知识判断物体能否到达D点；‎ ‎【答案】0 27N 恰能到达D点 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A→B过程，重力和电场力对物体做的总功：‎ ‎·‎ ‎（2）A→B过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：‎ A→B过程，由动能定理：，可得：‎ B→C过程，由动能定理：，可得：·‎ ‎（也可直接从A→C全程列动能定理，或者能量守恒）‎ 在C点，由牛顿第二定律：，可得：‎ 根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力：‎ ‎（3）重力和电场力的合力：，方向与竖直方向成斜向左下 所以D点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D点的最小速度为：‎ ‎，可得：‎ 要到达D点，在C点速度至少为．（也可用A点或B点进行判断）‎ 从C→D，由动能定理：‎ 可得：，又，所以物体恰能到达D点 考点：动能定理；牛顿第二定律 ‎18.如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6 cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。求：‎ ‎（1）在0~和~T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向；‎ ‎（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10 m/s2）。‎ ‎【答案】(1) 方向向上， 方向向下（2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有 F-mg=ma1‎ 又由题意，F=2mg 解得，a1=g，方向向上．‎ 后半个周期的加速度a2满足F+mg=ma2‎ 得 a2=3g，方向向下．‎ ‎（2）前半周期上升的高度 前半周期微粒的末速度为v1=gT 后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=gT，则得t1＝．‎ 此段时间内上升的高度 则上升的总高度为H=h1+h2=‎ 后半周期的T-t1=T时间内，微粒向下加速运动，下降的高度．‎ 上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则H≤d，即 所加电压的周期最长为 考点：带电粒子在电场中运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况．‎ ‎ ‎ ‎ ‎