1、2017-2018学年天津一中高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下面说法正确的是A. 非静电力做功越多电动势越大B. 奥斯特发现了电流可以产生磁场C. 静止的电荷一定不受洛仑兹力D. 电源两端电压与电源电动势总是相等【答案】B【解析】【详解】电源向外电路提供的电能越多，W越大，根据电动势的定义式可知，电动势E不一定越大，故A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，故B正确；静止是相对的，而运动是绝对的，在与磁场相对静止的电荷才不受洛伦兹力，故C错误；根据闭合电路欧姆定律知，电动势的大小等于没有接入外电路时电源两端的电压，故D错误。所以B正确，ACD
2、错误。2.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线上通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形中心O点的磁感应强度方向是() A. 由O指向d B. 由O指向c C. 由O指向b D. 由O指向a【答案】A【解析】【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向。【详解】根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，由右手螺旋定则，a与c导线产生磁场的磁场方向都水平向左，正好相互叠加，故A正确，BCD错误。【点睛】考查磁感应强度B的矢量合
3、成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向。3. 如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁铁位于同一平面内，当线圈中电流沿图示方向流动时，将会出现( ).A. 线圈向磁铁平移B. 线圈远离磁铁平移C. 从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D. 从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁【答案】D【解析】由右手定则可知，线圈的外面为S极，里面为N极；因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁；故D选项正确故选D4.如图所示，已知电源的电动势，内电阻，定值电阻，滑动变阻器的总阻值当滑动变阻器的滑动触头从a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器上消耗的功
4、率变化A. 一直增大 B. 先增大后减小 C. 一直减小 D. 先减小后增大【答案】A【解析】【分析】当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。将定值电阻看成电源的内阻，根据等效电源的内阻与滑动变阻器电阻的关系分析滑动变阻器上消耗的功率如何变化。【详解】将定值电阻看成电源的内阻，由于等效电源的内阻，所以根据结论：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知，当滑动变阻器的滑动触头从a端向b端滑动的过程中，等效电源的输出功率即滑动变阻器消耗的功率一直增大，故A正确，BCD错误。【点睛】本题关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，若不能满足该条件则由外阻与内阻的差距确定。要灵活运用等效
5、思维来分析这类问题。5.如图，绝缘细线连接一带负电的摆球，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在MN间摆动过程中，小球每次通过最低点时A. 小球受到的拉力相同B. 小球的速度相同C. 小球的加速度相同D. 小球受到的洛仑兹力相同【答案】C【解析】【分析】摆球摆到最低点的时候，速度大小相等，重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。【详解】设摆球所带电量为q，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v。洛伦兹力不做功，根据机械能守恒定律得：，得到：，则有由A摆到C点的速度与从B摆到C点的速度大小相等，但方向相反，因此由A摆
6、到最低点时：，由B摆到最低点时：，可得小球受到的拉力关系：，故AB错误；根据牛顿第二定律结合圆周运动的规律可知向心加速度大小均为：，方向均竖直向上指向圆心，故C正确；相邻两次经过最低点时粒子的速度大小相等，方向相反，根据洛伦兹力公式可得：以及左手定则可知：洛伦兹力大小相等，方向相反，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题考查带点质点在磁场中的运动解得本题要注意，摆球从A到C和从B到C的过程中，摆球的匀速速度相反，所以洛伦兹力方向也相反，但洛伦兹力不做功，注意矢量相同必须大小方向均相同。6.（2017新课标全国卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁
7、场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。7.铜的原子量为M，密度为，每摩尔铜原子有n个自由电子，电子电量为e，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动
8、的速率为A. 光速c B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率。【详解】设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t。则导线的长度为，体积为，质量为，这段导线中自由电子的数目为：，在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：，代入解得：，所以有：，故ABC错误，D正确。【点睛】本题关键是建立物理模型，根据电流的定义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁。8.如图所示，在圆
9、形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，经时间2t飞出磁场，则其速度大小为A. v B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】第一种情况下，以ab方向成入射时，由于恰好从b点射出，画出其运动轨迹，该粒子在圆形磁场中偏转，则其做匀速圆周运动的半径为2R；第二种情况下，同一粒子沿ab方向射入磁场时，由于偏转时间是第一种情况的两倍，所以偏转角为，画出运动轨迹，由几何关系可知，这种情况下粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力从而确定
10、两种情况下速度之比。【详解】设圆形磁场区域的半径为R，第一种情况下，以ab方向成入射时，由于恰好从b点射出，画出其运动轨迹如图所示：根据几何关系可知，该粒子在圆形磁场中偏转，此时粒子轨迹半径：，此时粒子速率：第二种情况下，同一粒子沿ab方向射入磁场时，由于偏转时间是第一种情况的两倍，所以偏转角为，画出运动轨迹如图所示：根据几何关系可知，此时粒子轨迹半径：，此时粒子速率：联立式可得：，故ABD错误，C正确。【点睛】本题涉及到的问题是同一粒子在圆形磁场中做相同时间的匀速圆周运动问题，由周期公式和半径公式知道，粒子在磁场中偏转时间由偏转角决定，从而画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，也确定了两种情况下的半
11、径与磁场圆的半径关系，再由洛仑兹力提供向心力从而求出速度。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9.关于磁场和电场的认识的说法正确的是A. 电流元在某处不受安培力，该处也可能存在磁场B. 电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同C. 电场线从正电荷到负电荷，磁感线从N极到S极D. 同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小【答案】AD【解析】【分析】当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直；正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反；磁铁的磁感线在外部由N极指向S极，内部由S
12、极指向N极；【详解】当电流元与磁场的方向平行时，在某处不受磁场力作用，但不能确定该处磁感应强度一定为零，故A正确；负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反，故B错误；电场线方向从正电荷到负电荷，永久磁铁的磁感线在外部由N极指向S极，内部由S极指向N极，故C错误；安培力：，可知同一个通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小，还与电流与磁场方向之间的夹角有关，故D正确。所以AD正确，BC错误。【点睛】电场强度和磁感应强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关。磁感应强度是由磁场本身决定的。10.如图电路中，闭合电键S
13、，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、表示。下列判断正确的是A. 减小 B. C. 减小 D. 【答案】CD【解析】【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，其阻值变小，外电路总电阻变小，分析总电流变化和路端电压的变化，判断出流过的电流变化，即可知道I的变化，由欧姆定律分析的变化。根据路端电压的变化，分析的变化以及与的大小。【详解】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，外电路总电阻变小，总电流表变大，电源的内电压变大，则路端电压U减小，的电压减小，的电流减小，所以电流表的示数增大，是定值电阻，根据欧姆定律得知的电压增大，故A错误；路端
14、电压，增大，U减小，所以减小，且，故B错误，CD正确。所以CD正确，AB错误。【点睛】对于电路的动态分析问题，首先要认清电路部分的连接关系，往往按“局部整体局部”思路进行分析。11.匀质金属棒AB放在绝缘的水平面上，处在匀强磁场中，当AB中通以方向从A至B的电流I时，棒对水平面尚有压力，下列可使此压力减为零的方法是A. 使磁场的磁感应强度增大些 B. 使流过AB的电流反向且减小些C. 使流过AB的电流增大些 D. 使AB的长度增大些【答案】AC【解析】【分析】对导体棒受力分析，根据左手定则判断出安培力的方向，利用共点力平衡即可判断。【详解】根据左手定则可知，受到的安培力方向竖直向上，大小，对导
15、体棒受力分析，在竖直方向受到重力，支持力和安培力，使此压力减为零，必须增大安培力，根据可知，增大磁感应强度，增大电流，故AC正确；电流方向反向，安培力反向，对水平面的压力增大，故B错误；使AB的长度增大些，安培力增大，但重力也增大，无法判断对水平面的压力，故D错误。所以AC正确，BD错误。【点睛】本题主要考查了受力分析，受到的安培力，利用好共点力平衡即可判断。12.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图虚线所示，将该粒子的运动等效为环形电流，下列表述正确的是A. M的等效电流方向顺时针 B. N的等效电流方向逆时针C. M的电流值等于N的电
16、流值 D. M的角速度等于N的角速度【答案】BCD【解析】【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合电流的定义即可求出等效电流的大小和方向；根据粒子转过的角度结合所用时间即可求出角速度的关系。【详解】由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故N的等效电流方向逆时针，M的等效电流方向逆时针，故A错误，B正确；根据洛伦兹力提供向心力：，结合周期公式：，可得：，每个周期T内通过的电量为q，根据电流的定义式可知等效电流：，故M的等效电流值等于N的等效电流值，均为：，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而两粒子的周期均为，故M的运行时间等于N的运行时间，故M的角速度等于N的角速度
17、，故D正确。所以BCD正确，A错误。【点睛】本题考查带电粒子在磁场的运动问题，要注意正确应用左手定则、半径公式和周期的公式；以及运用电流的定义式去求解等效电流的大小和方向。13.如图所示，虚线框内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，一离子束垂直于电场和磁场方向以速度从飞入此区域，恰好做匀速直线运动从O点离开此区域，如果仅有电场，离子将从a点飞离此区域，经历时间为，飞离速度为；如果仅有磁场，离子将从b点飞离此区域，经历时间为，飞离时速度为，则下列说法正确的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】带电粒子垂直电场和磁场方向飞人场中，恰好做匀速直线运动，说明粒子受力平衡。仅有电场，粒子做类
18、平抛运动，运用运动的分解，由水平位移和竖直位移研究电场强度与磁感应强度的关系。仅有磁场，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，由几何知识求出穿过场区后的侧移。【详解】设带电粒子带电量为q，质量为m，电场强度为E，磁感应强度为虚线框的宽度为L。在电磁场中，带电粒子恰好做匀速直线运动，则有：只有电场时，做类平抛运动：运动时间偏转距离只有磁场时，做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，联立解得：，带电粒子从场区右则射出磁场，由几何关系得：；综合所得：；即故A错误；仅有电场，粒子在电场力作用下做类平抛运动，电场力做正功，速度增大，仅有磁场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，故，故B
19、正确；仅有磁场，经历时间，所以故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。【点睛】本题是速度选择器模型、电偏转和磁偏转的综合，要注意两种偏转研究方法的不同，电偏转运用运动的合成与分解，磁偏转画轨迹，根据几何关系结合洛仑兹力提供向心力列方程求解。三、填空题（本大题共5小题，共20.0分）14.如图所示，为实验用磁流体发电机示意图，其中两极板间距离，匀强磁场磁感应强度若接入电阻的电阻，此时电阻功率，不计发电机内阻，则等离子体的流速_，流过电阻的电流方向是_填或【答案】 (1). 2000 (2). 【解析】【分析】根据，结合离子由受力平衡知求解流速；根据左手定则判定粒子受力，从而判定下极板带电性；再
20、依据电源内部电流方向由负极到正极，即可求解。【详解】电阻的额定电压为，因不计发电机内阻，发电机的电动势，稳定时对离子由受力平衡知，所以，由左手定则知，正离子将打在A极板上，则A极板带正电，因此流过电阻的电流方向是。【点睛】此题要求学生掌握左手定则和电流定义，知道稳定状态的含义，注意不计发电机内阻。15.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核和氦核。氘核和氦核的最大动能之比为_，加速氘核和氦核时所加高频电源的频率之比为_。【答案】 (1). 1：2 (2). 1：1【解析】【分析】带电粒子最后从回旋加速器中出来时
21、的速度最大，根据，比较粒子的速度；再根据比较最大动能。在回旋加速器中的周期，根据周期的公式判断两粒子的周期，进而判定频率的之比。【详解】根据，解得，最大动能，则氘核和氦核的最大动能之比为：2；带电粒子在磁场中运动的周期，因两粒子的比荷相等，所以加速氘核和氦核时所加高频电源的频率之比1：1。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子。以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同。16.如图所示，图线某导体中的电流随其两端电压的变化，图线是点的切线，图线是一电源的伏安特性图线，将该导体和电源相连，导体的实际电阻为_，电源的效率是_。【答案】 (1). 5 (2).
22、【解析】【分析】根据图象可知，电源电动势、电源内阻，两图线交点表示导体和电源相连时电路中的实际工作点，由交点求解出导体电阻，再根据电源效率公式计算效率。【详解】根据电源的伏安特性和电阻的伏安特性曲线的交点知，导体和电源相连时，导体中的电流为，导体两端的电压为，由欧姆定律得，导体的电阻，由电源的伏安特性曲线知，电源的电动势为，电源的效率。【点睛】本题考查图象的识别能力，关键是要理解两图线交点的意义，从图象上找到电源电动势和电源内阻，知道效率的计算公式。17.在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg100，满偏电流Ig1mA，R1900，R2。（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程
23、为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？【答案】（1）电压表 1 V （2）电流表 1 A【解析】【分析】本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。【详解】由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压流表量程为：U=Ig（R1+Rg）=0.001（100+5900）=6.0V；由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为：I=Ig+IR2=Ig+=0.001+=3.0A；【点睛】明确串联电
24、阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义，理解电压表与电流表改装的原理。18.如图所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流，电池的电动势，此欧姆表的内阻是_，电流处的电阻的阻值_。【答案】 (1). 30 (2). 20【解析】【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题。【详解】欧姆表内阻：，电流时，即：，解得：。【点睛】本题考查了求欧姆表内阻、求欧姆表测量的电阻阻值，知道欧姆表的工作原理是解题的前提，应用闭合电路欧姆定律即可解题。四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）19.如图所示，已知电源电动势，内阻，当接入固定电阻时，电路中标有“3
25、V，6W”的灯泡L和内阻为的小型直流电动机D都恰能正常工作试求：电路中的电流大小；电动机的额定电压；电动机的输出功率；若电动机突然被卡住，求其热功率【答案】 2A 7V 12W 【解析】【分析】由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等；灯泡正常发光，由电功率的变形公式可以求出灯泡的额定电流，即电路电流由串联电路特点可以求出电动机额定电压，由功率公式可以求出电动机的输入功率与热功率，然后求出电动机的输出功率【详解】灯泡L正常发光，电路中的电流为由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为电动机的总功率为，电动机的热功率为，则电动机的输出功率为电动机突然
26、被卡住时，其热功率【点睛】电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差20.如图所示，U形导轨NMPQ，导轨宽度为，M和P之间接入电动势为，导轨电阻忽略不计，现垂直于导轨搁一根质量为，电阻的金属棒ab，金属棒与导轨的动摩擦因数设滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向始终垂直于ab。，回答下列问题：如果磁场方向与水平面夹角为且指向右斜上方，则ab棒受到的安培力大小和摩擦力大小？改变磁场方向和大小，使ab棒静止在导轨上且对轨道无压力，求磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】 5N 5N 10T，方向水平向左【解析】【分析】根据左手定则正确判断
27、出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；根据受力图可知当重力等于安培力时，B最小，根据左手定则可以正确判断磁场B的方向。【详解】根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向下方，根据闭合电路的欧姆定律可知受到的安培力假设发生滑动，则滑动摩擦力，故当导体棒受到的为静摩擦力，故受到的摩擦力为故ab棒静止，ab棒受到的安培力为5N，摩擦力为5N。要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：，即：。解得最小磁感应强度：，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向左。故要使
28、ab棒所受支持力为零，B的大小至少为10T，方向应水平向左。【点睛】本题借助物体的平衡考查了安培力的大小和方向问题，是考查学生能力的好题。21.如图所示，PQ为一块长为L、水平固定放置的绝缘平板，整个空间存在着水平向左的匀强电场，板的右半部分存在着垂直于纸面向里的有界匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的物体，从板左端P由静止开始做匀加速运动，进入磁场后恰好做匀速直线运动，碰到右端带控制开关K的挡板后被弹回，且电场立即被撤消，物体在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后又做匀减速运动，最后停在C点，已知，物体与板间动摩擦间数为，求：物体带何种电荷？物体与板碰撞前后的速度和电场强度E和磁感应强度B各多大？
29、【答案】物体带负电荷；，；，。【解析】【分析】带电体由静止匀加速进入电场，可知物体所带的电性。物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡。离开磁场后做匀减速运动停在C点，由动能定理和平衡条件结合可求解和物体从P到C的过程做匀减速运动，由动能定理列式得到场强与速度速度，物体进入电磁场后做匀速运动，根据平衡条件得到场强与速度的关系，联立求得和场强。【详解】物体带负电；因碰前匀速，有：。碰后先匀速有：再减速最后停止在C点，从P到进入磁场的过程中，由动能定理：从出磁场到C点，由动能定理：解得： 由上式可知： 【点睛】本题是物体在复合场中运动的问题，分析受力情况，来确定运动情况，然后依据
30、相关规律求解。要注意电场力做功取决于电势差而洛仑兹力不做功，故应用功能关系解决一般的运动较为简单。22.容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片测得从容
31、器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间【答案】（1），其速度方向与边界ad间的夹角为（2）（3）【解析】试题分析：（1）设质量为m，电量为q的粒子通过孔的速度为则：粒子在平行板间：，联立可以得到：，则，其速度方向与边界ad间的夹角为。（2）粒子从e板下端与水平方向成的角射入匀强磁场，设质量为m，电量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则由几何关系：，则，则联立可以得到：。（2）设粒子在磁场中运动的时间为t，则，联立可以得到：因为所以粒子在磁场中运动的偏转角，所以粒子打在P处时间最短由几何可以知道：，则联立可以得到：。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用。