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專題12.2　磁場對運動電荷的作用　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.物理觀念：洛倫茲力。
（1）.通過實驗，認識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。
（2）.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。了解帶電粒子在勻強磁場中的偏轉及其應用。
2.科學思維：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動。
（1）會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。
（2）能夠分析帶電體在勻強磁場中的運動。
【知識點一】對洛倫茲力的理解和應用
1．洛倫茲力的定義
磁場對運動電荷的作用力．
2．洛倫茲力的大小
（1）v∥B時，F＝0；
（2）v⊥B時，F＝qvB；
（3）v與B的夾角為θ時，F＝qvBsin θ.
3．洛倫茲力的方向
（1）判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
（2）方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．（注意B和v可以有任意夾角）
（2023 廣西模擬）帶正電的粒子在外力F作用下沿虛線做逆時針勻速圓周運動，圓心為O，a、b、c、d是圓上的4個等分點。通有電流大小為I的長直導線垂直圓平面放置，電流方向如圖所示，導線位于a、O連線上，垂直于圓面。不考慮粒子運動產生的電場，不計粒子重力，則（　　）
A．粒子在a點受到的外力F垂直于紙面向外
B．粒子在b點受到的外力F垂直于紙面向里
C．粒子從a運動到c，洛倫茲力一直變小
D．粒子從a出發運動一周，洛倫茲力不做功
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
（多選）（2023 南平模擬）如圖所示，足夠長的水平絕緣傳送帶以大小為v0的速度順時針勻速轉動，傳送帶上方足夠大空間內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。將一質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊（可視為質點）無初速度地放在傳送帶的左端，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加速度為g，下列所畫出的小物塊速度隨時間變化的圖象（圖中t0，vm）可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【知識點二】帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．
2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動．
（1）洛倫茲力提供向心力：qvB＝.
（2）軌跡半徑：r＝.
（3）周期：T＝、T＝，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關．
（4）運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ（弧度）時，所用時間t＝T.
（5）動能：Ek＝mv2＝＝.
【方法總結】
1、求解帶電粒子運動時間的一般思路
2、確定周期和運動時間的方法
粒子在磁場中運動一周的時間T＝，
當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間t＝T＝；
若知道弧長l，則可由t＝＝T計算出時間．
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，空間中分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，有一質量為M，電荷量為q（q＞0）的粒子靜止在O點。某時刻，該粒子炸裂成P、Q兩部分，P粒子質量為、電荷量為，Q粒子質量為、電荷量為。不計粒子重力，則下列說法正確的是（　　）
A．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝2：1
B．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝1：2
C．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝2：1
D．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝1：2
（2023 鷹潭一模）如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。兩個帶電荷量數值相等的粒子a、b分別從O、P兩點以垂直于MN的方向同時射入磁場，恰好在Q點相遇。不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是（　　）
A．a帶負電，b帶正電
B．a、b兩粒子的周期之比為1：3
C．a、b兩粒子的速度之比為2：1
D．a、b兩粒子的質量之比為1：3
（2023 文昌模擬）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平桌面上建一直角坐標系xOy，磁感應強度為B的勻強磁場垂直桌面向下。質量為m、電荷量為q帶電小球A（可視為質點）從坐標原點O以一定初速度沿著x軸正方向射出，在第一象限內運動并從坐標為（0，a）的P點向左離開第一象限。
（1）判斷小球A的電性并求出初速度v0的大小；
（2）若小球A在第一象限內運動過程中與一個靜止、不帶電的小球B（可視為質點）發生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩球電量均分，碰后小球A仍沿原軌跡運動。不計兩球之間的庫侖力。
①求小球B的質量mB；
②若兩球碰后恰好在坐標為（，）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐標。
【知識點三】帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
基本思路 圖例 說明
圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心 ②弦的垂直平分線過圓心 ③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：（左圖） R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝
運動時間的確定 利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T ②t＝ 速度的偏轉角φ等于AB所對的圓心角θ （2）偏轉角φ與弦切角α的關系： φ＜180°時，φ＝2α；φ＞180°時，φ＝360°－2α
類型1　直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性（如圖所示）
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間
t＝（1－）T＝（1－）＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【模型提煉】帶電粒子在單直線邊界型磁場中的運動當粒子源在磁場中，且可以向紙面內各個方向以相同速率發射同種帶電粒子時：
（2023 漣源市二模）如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（多選）（2023 雨花區校級一模）如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a板帶正電、兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點在圖中未畫出）。則以下說法中正確的是（　　）
A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小
B．只增大初速度的大小，則x增大
C．只減小帶電粒子的比荷，則x不變
D．只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變
（多選）（2023 道里區校級三模）如圖，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中（磁場空間足夠大、圖中未畫出），磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為+q、質量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°發射的粒子恰好經過N點，。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（　　）
A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B．擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a
C．粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的
D．擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a
類型2　平行邊界磁場
帶電粒子在雙直線邊界型磁場中的運動
當粒子源在一條邊界上向紙面內各個方向以相同速率發射同種帶電粒子時：
【模型提煉】帶電粒子在平行邊界磁場中運動時的半徑R與平行邊界距離d之間的關系如圖所示
（多選）（2023 廣東模擬）空間存在如圖所示相鄰的兩個勻強磁場，磁場Ⅰ的寬度為d，方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B；磁場Ⅱ的寬度為2d，方向垂直紙面向外。現讓質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小為的水平速度垂直磁場Ⅰ從P點射入磁場，粒子在磁場中運動后恰好從磁場Ⅱ的邊緣C處水平射出。不計粒子所受的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑為
B．磁場Ⅱ的磁感應強度大小為2B
C．粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為
D．粒子在磁場中運動的總時間為
（2023 紅橋區一模）如圖所示，質量為m電荷量為q的粒子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角θ＝60°，求：
（1）畫出偏轉圖，判斷粒子的電性？求粒子的速度大小？
（2）穿過磁場所用的時間是多少。
（2023 敘州區校級二模）如圖所示的兩虛線之間有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），粒子發射源S位于兩虛線之間的正中央，現由S沿斜向右下方發射一正粒子，粒子的速度與磁場邊界的夾角為α＝60°，已知磁感應強度大小為B，粒子的質量和電量大小分別為m、q，兩虛線之間的距離為d，磁場水平區域足夠長，忽略粒子的重力。求：
（1）如果該粒子不能從虛線2射出而從虛線1離開磁場區域，則粒子的發射速度應滿足什么條件？
（2）在題（1）情況下，粒子在磁場中運動的最短時間與最長時間的比值為多少？
類型3　圓形邊界磁場
帶電粒子在圓形有界磁場區域中的運動
所加磁場為圓形有界區域，讓帶電粒子沿半徑方向射入，帶電粒子在磁場中的運動有下列特點：
速率小的帶電粒子在磁場中的軌跡短，對應的圓心角大，運動的時間長．
不同速率的帶電粒子在磁場中運動的時間t應滿足：0射入磁場的速度方向與所在半徑間夾角等于射出磁場的速度方向與所在半徑間的夾角．
（2023 西城區校級三模）兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區域，其運動軌跡如圖所示。不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大
C．b粒子在磁場中運動時間較長
D．b粒子動能較大
（2023 閬中市校級模擬）如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（　　）
A． B．
C． D．
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，圓形區域半徑為R，a是其水平直徑上的一點，b、c是其豎直直徑上的兩點，已知一個帶正電的粒子（不計重力）在a點沿垂直bc邊的方向，以一定初速度v0水平射入該圓形區域，若圓形空間內只存在平行于該平面，且方向由c指向b的勻強電場，該粒子恰能從b點飛出，若圓形空間內只存在垂直于該平面向內的勻強磁場，粒子恰能從c點飛出。求：
（1）帶電粒子從b點飛出的速度大小vb；
（2）電場強度和磁感應強度的大小之比；
（3）若該帶電粒子射入圓形區域后，區域內先存在題中所述勻強電場，粒子在電場中運動一段時間后撤去該電場，立即加上述勻強磁場，最終粒子恰好能從圓周上的d點水平飛出該區域，求：d點離豎直直徑bc的距離l（不考慮撤去電場加上磁場所引起的電磁輻射的影響）。
類型4　三角形或四邊形邊界磁場
【方法總結】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動規律
（1）圓心在磁場邊界上
①速度較小時，粒子做半圓運動后從原邊界飛出；
②速度在某一范圍內時可能從左側面邊界飛出：
③速度較大時做部分圓周運動從對面邊界飛出．
（2）圓心不在邊界上也不在與邊界垂直的直線上
①速度較小時，粒子做部分圓周運動后從原邊界飛出；
②速度在某一范圍內可能從上側面邊界飛出；
③速度較大時，粒子做部分圓周運動可能從右側面邊界飛出；
④速度更大時，粒子做部分圓周運動可能從下側面邊界飛出．
（多選）（2023 敘州區校級模擬）如圖所示，在正方形MNPQ中存在垂直紙面向里的勻強磁場，比荷相同、電性可能不同的帶電粒子a、b、c自MN中點O以垂直MN方向的不同大小的速度射入磁場，軌跡如圖，粒子分別自P點、QM中點、N點離開磁場，不計粒子重力和粒子之間的相互作用。下列說法正確的是（　　）
A．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc＝4：2：1
B．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc＝5：2：1
C．粒子a、c在磁場中運動的時間之比ta：tc＝1：4
D．粒子b、c在磁場中運動的時間之比tb：tc＝1：2
（2022 昌平區二模）如圖所示，正方形abcd內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以大小不同的速度從a點沿ab方向射入磁場。不計電子的重力和電子間的相互作用。對于從c點和d點射出的電子，下列說法正確的是（　　）
A．軌道半徑之比為1：2
B．線速度大小之比為1：2
C．向心力大小之比為1：2
D．在磁場中運動時間之比為1：2
（2023 蘭州模擬）如圖所示，直角三角形ABC區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
【知識點四】帶電粒子在磁場中運動的臨界和多解問題
1．多解的幾種情況
（1）帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解．
（2）磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉方向不同而形成多解．
（3）運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解．
（4）臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解．
2．臨界極值問題
（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
（2）當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子（不計重力）在有界磁場中運動的時間越長．
（3）一帶電粒子（不計重力）在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
[磁場方向不確定引起的多解]
類型 分析 圖例
帶電粒子電性不確定 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解 如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b
磁場方向不確定 只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解 如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b
臨界狀態不唯一 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面一側反向飛出，于是形成多解
運動具有周期性 帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解
（多選）（2023 湖南模擬）如圖所示，長方形abcd區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，區域內的點O處有一粒子源，O點離ab邊距離為0.25L，離bc邊距離為L，粒子源以垂直ab邊指向dc邊的速度向磁場內發射不同速率帶正電的粒子，已知ab邊長為2L、bc邊長為L，粒子質量均為m、電荷量均為q，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．從ab邊射出的粒子的運動時間均相同
B．從bc邊射出的粒子在磁場中的運動時間最長為
C．粒子有可能從c點離開磁場
D．粒子要想離開長方形區域，速率至少要大于
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，等腰梯形abcd區域（包含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長ad＝dc＝cb＝l，ab＝2l，一質量為m、電量為q的正電粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，不計粒子的重力，為使粒子從cb邊射出磁場區域，粒子的速度可能為（　　）
A． B． C． D．
（2023 羅湖區校級三模）如圖所示，在平面直角坐標系xoy平面內存在兩處磁感應強度大小均為B、方向垂直于xoy平面的勻強磁場，第一象限內的勻強磁場分布在三角形OAC之外的區域，方向向里，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OAC＝30°，OC的長度為2R；第二象限內的勻強磁場分布在半徑為R的圓形區域內，圓形區域的圓心坐標為（﹣R，R），圓形區域與x、y軸的切點分別為P、Q，第三、四象限內均無磁場。置于P點的離子發射器，能持續地從P點在xoy平面內向x軸上方180°范圍內以恒定速率發射同種正離子，離子質量均為m、電荷量均為q；在y軸上的CG之間放置一個長CG＝2R的探測板，所有打到探測板上的離子都被板吸收。已知從P點垂直于x軸發射的離子恰好經過Q點進入第一象限，不計重力及離子間的相互作用，求：
（1）圓形區域內磁場的方向及離子的發射速率v0；
（2）從P點垂直于x軸發射的離子，從發射到第二次經過邊界AC所用的時間t；
（3）探測板CG上有離子打到的區域長度。
（多選）（2023 甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
（2022 重慶）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（　　）
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
（2022 北京）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（　　）
A．磁場方向垂直于紙面向里
B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大
C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大
D．軌跡3對應的粒子是正電子
（2023 北京）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（l a）。帶電粒子束持續以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為+q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為a
B．粒子質量為
C．管道內的等效電流為nqπa2v
D．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql
（2023 新課標）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（　　）
A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
（2023 乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
（2023 湖北）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發生電荷轉移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）
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專題12.2　磁場對運動電荷的作用　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.物理觀念：洛倫茲力。
（1）.通過實驗，認識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。
（2）.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。了解帶電粒子在勻強磁場中的偏轉及其應用。
2.科學思維：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動。
（1）會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。
（2）能夠分析帶電體在勻強磁場中的運動。
【知識點一】對洛倫茲力的理解和應用
1．洛倫茲力的定義
磁場對運動電荷的作用力．
2．洛倫茲力的大小
（1）v∥B時，F＝0；
（2）v⊥B時，F＝qvB；
（3）v與B的夾角為θ時，F＝qvBsin θ.
3．洛倫茲力的方向
（1）判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；
（2）方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．（注意B和v可以有任意夾角）
（2023 廣西模擬）帶正電的粒子在外力F作用下沿虛線做逆時針勻速圓周運動，圓心為O，a、b、c、d是圓上的4個等分點。通有電流大小為I的長直導線垂直圓平面放置，電流方向如圖所示，導線位于a、O連線上，垂直于圓面。不考慮粒子運動產生的電場，不計粒子重力，則（　　）
A．粒子在a點受到的外力F垂直于紙面向外
B．粒子在b點受到的外力F垂直于紙面向里
C．粒子從a運動到c，洛倫茲力一直變小
D．粒子從a出發運動一周，洛倫茲力不做功
【解答】解：A、粒子在外力F作用下沿虛線做逆時針勻速圓周運動，合力為向心力，大小不變，方向始終指向圓心，由安培定則可知，a點時速度方向與磁感應強度方向平行，粒子受到的洛倫茲力大小為0，所以外力F指向圓心，故A錯誤；
B、粒子做勻速圓周運動，合力為向心力，大小不變，方向始終指向圓心，b點時速度方向與磁感應強度方向夾θ且在同一平面，由安培定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直于紙面向外，外力垂直于紙面向里錯誤，故B錯誤；
C、粒子在a點時速度方向與磁感應強度方向平行，粒子受到的洛倫茲力大小為0，同理粒子在c點受到的洛倫茲力也為0，而粒子在d點時，由于磁感應強度與速度之間不平行，所以安培力不為0，由此定性分析可知，從a到c粒子所受的洛倫茲力先變大再變小，故C錯誤；
D、因為洛倫茲力總是與速度方向垂直，所以洛倫茲力永不做功，故D正確。
故選：D。
（2023 重慶模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（　　）
A．時間為
B．小球所受洛倫茲力做功為quBl
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，由F＝qvB可知，小球受到的洛倫茲力沿管道方向，且大小保持不變，根據牛頓第二定律得quB＝ma，由初速度為零的位移公式，解得，故A錯誤；
B．小球所受洛倫茲力始終和運動方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B錯誤；
C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率為，故C錯誤；
D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于，故D正確。
故選：D。
（多選）（2023 南平模擬）如圖所示，足夠長的水平絕緣傳送帶以大小為v0的速度順時針勻速轉動，傳送帶上方足夠大空間內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。將一質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊（可視為質點）無初速度地放在傳送帶的左端，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加速度為g，下列所畫出的小物塊速度隨時間變化的圖象（圖中t0，vm）可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：D、小物塊由靜止開始向右做加速運動，開始運動后受到重力mg，豎直向上的洛倫茲力F洛和支持力N＝mg﹣F洛，水平向右的滑動摩擦力f＝μN，根據牛頓第二定律可知，小物塊運動的加速度大小，可見隨著速度v的增大，小物塊做加速度逐漸減小的加速運動，故D錯誤；
A、當v＝0時，a＝μg，所以圖線在O點的切線應與圖中過O點的傾斜虛直線重合，故A錯誤；
B、當mg＝qvmB時，a＝0，對應速度，當vm＜v0，小物塊加速到vm時，支持力N＝0，摩擦力消失，小物塊脫離傳送帶做勻速運動，故B正確；
C、當vm＞v0，小物塊加速到v0時，小物塊與傳送帶共速，摩擦力消失，隨傳送帶一起向右做勻速運動，故C項正確。
故選：BC。
【知識點二】帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．
2．帶電粒子以速度v垂直射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動．
（1）洛倫茲力提供向心力：qvB＝.
（2）軌跡半徑：r＝.
（3）周期：T＝、T＝，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關．
（4）運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ（弧度）時，所用時間t＝T.
（5）動能：Ek＝mv2＝＝.
【方法總結】
1、求解帶電粒子運動時間的一般思路
2、確定周期和運動時間的方法
粒子在磁場中運動一周的時間T＝，
當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間t＝T＝；
若知道弧長l，則可由t＝＝T計算出時間．
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，空間中分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，有一質量為M，電荷量為q（q＞0）的粒子靜止在O點。某時刻，該粒子炸裂成P、Q兩部分，P粒子質量為、電荷量為，Q粒子質量為、電荷量為。不計粒子重力，則下列說法正確的是（　　）
A．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝2：1
B．P粒子與Q粒子半徑之比r1：r2＝1：2
C．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝2：1
D．P粒子與Q粒子周期之比T1：T2＝1：2
【解答】解：AB、粒子炸裂過程動量守恒，根據動量守恒定律可得P、Q兩部分的動量大小相等，再根據洛倫茲力提供向心力，有，解得粒子的軌跡半徑r；
由此可知P粒子和Q粒子的半徑之比與電荷量成反比，即，故A正確，B錯誤；
CD、粒子的周期公式T，據此可知P粒子與Q粒子周期之比，故CD錯誤。
故選：A。
（2023 鷹潭一模）如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，在直角三角形OQP中，∠PQO，∠QOP＝30°。兩個帶電荷量數值相等的粒子a、b分別從O、P兩點以垂直于MN的方向同時射入磁場，恰好在Q點相遇。不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是（　　）
A．a帶負電，b帶正電
B．a、b兩粒子的周期之比為1：3
C．a、b兩粒子的速度之比為2：1
D．a、b兩粒子的質量之比為1：3
【解答】解：A．如下圖所示
由幾何關系可得兩粒子軌跡圓心在同一點O'，軌跡半徑相等。可知粒子a進入磁場時受到的洛倫茲力方向向右，根據左手定則可知a帶正電，粒子b進入磁場時受到的洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知b帶負電，故A錯誤；
B．兩帶電粒子同時射入磁場，同時到達Q點，故運動時間相等，由圖可知，粒子a到達Q點時運動的圓弧對應的圓心角為120°，粒子b到達Q點時運動的圓弧對應的圓心角為60°，則有
a、b兩粒子的周期之比為
，故B錯誤；
D．根據周期公式
由于兩粒子所帶電荷量數值相等，則有a、b兩粒子的質量之比為
，故D錯誤；
C．根據洛倫茲力提供向心力
解得：
由于兩粒子的軌跡半徑相等，所帶電荷量數值相等，則有a、b兩粒子的速度之比為
，故C正確。
故選：C。
（2023 文昌模擬）如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平桌面上建一直角坐標系xOy，磁感應強度為B的勻強磁場垂直桌面向下。質量為m、電荷量為q帶電小球A（可視為質點）從坐標原點O以一定初速度沿著x軸正方向射出，在第一象限內運動并從坐標為（0，a）的P點向左離開第一象限。
（1）判斷小球A的電性并求出初速度v0的大小；
（2）若小球A在第一象限內運動過程中與一個靜止、不帶電的小球B（可視為質點）發生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩球電量均分，碰后小球A仍沿原軌跡運動。不計兩球之間的庫侖力。
①求小球B的質量mB；
②若兩球碰后恰好在坐標為（，）的位置首次相遇，求小球B在第一象限初始位置的坐標。
【解答】解：（1）根據左手定則可知球A帶正電荷，球A運動半徑
根據牛頓第二定律
解得：
（2）①碰撞后球A運動半徑保持不變，但其帶電量變為，設碰撞后A的速度為vA，B速度為vB，根據
即
彈性正碰，選擇小球碰撞前的速度方向為正方向，系統動量守恒、機械能守恒
mv0＝mvA+mBvB
解得：；
②由（2）可得：
；
對球B，根據牛頓第二定律可得：
解得：
設兩球從碰撞位置運動到球A轉過的圓心角是θ，又因為
vB＝3vA
則兩球角速度之比
ωA：ωB＝1：3
球B轉過的圓心角是3θ，球B比球A多轉2π，則
3θ﹣θ＝2π
解得：θ＝π
所以球B被碰時在第一象限的位置為
答：（1）小球A的電性帶正電，初速度的大小為；
（2）①小球B的質量為；
②小球B在第一象限初始位置的坐標為（，）。
【知識點三】帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
基本思路 圖例 說明
圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心 ②弦的垂直平分線過圓心 ③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：（左圖） R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝
運動時間的確定 利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T ②t＝ 速度的偏轉角φ等于AB所對的圓心角θ （2）偏轉角φ與弦切角α的關系： φ＜180°時，φ＝2α；φ＞180°時，φ＝360°－2α
類型1　直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性（如圖所示）
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝＝
圖b中粒子在磁場中運動的時間
t＝（1－）T＝（1－）＝
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝T＝
【模型提煉】帶電粒子在單直線邊界型磁場中的運動當粒子源在磁場中，且可以向紙面內各個方向以相同速率發射同種帶電粒子時：
（2023 漣源市二模）如圖，虛線MN的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，在圖示平面內兩比荷相同的帶正電粒子a、b從MN上的同一點沿不同方向射入勻強磁場后，又從MN上的同一點射出磁場。已知a粒子初速度的方向垂直虛線MN，粒子的重力和粒子間的相互作用忽略不計，則下列描述兩粒子速度大小的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：兩粒子均在磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力
設a、b粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為ra，rb，兩粒子初速度間的夾角為θ，兩粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知
ra＝rbcosθ
又因為
兩粒子比荷相同，故有
即va＝vbcosθ，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（多選）（2023 雨花區校級一模）如圖所示，a、b為豎直正對放置的兩平行金屬板，其中a板帶正電、兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為的帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入兩板間的偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x（M、N點在圖中未畫出）。則以下說法中正確的是（　　）
A．只減小磁感應強度B的大小，則x減小
B．只增大初速度的大小，則x增大
C．只減小帶電粒子的比荷，則x不變
D．只減小偏轉電場的電壓U的大小，則x不變
【解答】解：ABCD、粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設粒子進入磁場時速度方向與磁場邊界的夾角為θ，速度大小為
根據洛倫茲力提供向心力有Bqv＝m
故軌道半徑
由幾何關系可知
只減小磁感應強度B、只增大初速度v0或只減小帶電粒子的比荷時，都可使x增大，而x與偏轉電場的電壓U無關。
故BD正確，AC錯誤。
故選：BD。
（多選）（2023 道里區校級三模）如圖，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中（磁場空間足夠大、圖中未畫出），磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為+q、質量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°發射的粒子恰好經過N點，。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（　　）
A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B．擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a
C．粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的
D．擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a
【解答】解：A、粒子軌跡如圖1所示
由幾何關系可知，可得粒子的軌跡半徑為：R＝a，故A錯誤；
B、當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2，設速度方向與ON夾角為θ，由幾何關系可得
可得，則擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為；故B錯誤；
C、要使粒子打在右側，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關系可知1、3的初速度夾角為α＝60°
則粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的，故C正確；
D．如上圖粒子1打在MN上的點與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關系可知板的右側被粒子擊中的豎直長度為y＝R＝a，故D正確。
故選：CD。
類型2　平行邊界磁場
帶電粒子在雙直線邊界型磁場中的運動
當粒子源在一條邊界上向紙面內各個方向以相同速率發射同種帶電粒子時：
【模型提煉】帶電粒子在平行邊界磁場中運動時的半徑R與平行邊界距離d之間的關系如圖所示
（多選）（2023 廣東模擬）空間存在如圖所示相鄰的兩個勻強磁場，磁場Ⅰ的寬度為d，方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B；磁場Ⅱ的寬度為2d，方向垂直紙面向外。現讓質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小為的水平速度垂直磁場Ⅰ從P點射入磁場，粒子在磁場中運動后恰好從磁場Ⅱ的邊緣C處水平射出。不計粒子所受的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（　　）
A．粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑為
B．磁場Ⅱ的磁感應強度大小為2B
C．粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為
D．粒子在磁場中運動的總時間為
【解答】解：A、粒子在磁場I中運動的軌道半徑為，故A正確；
B、粒子的運動軌跡如圖所示：
由幾何關系可知粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑為r2＝2r1，再結合可得磁場Ⅱ的磁感應強度大小為B2B，故B錯誤；
C、粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為，故C錯誤；
D、粒子在兩磁場中運動時圓弧所對的圓心角均為37°，粒子在磁場I中運動的周期為，故磁場中運動的總時間為，故D正確。
故選：AD。
（2023 紅橋區一模）如圖所示，質量為m電荷量為q的粒子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角θ＝60°，求：
（1）畫出偏轉圖，判斷粒子的電性？求粒子的速度大小？
（2）穿過磁場所用的時間是多少。
【解答】解：（1）粒子在磁場中的偏轉情況如圖所示
由左手定則可知粒子帶負電；
由幾何知識可得：Rsinθ＝d
解得粒子軌跡半徑為：
根據洛倫茲力提供向心力可得：
聯立解得：
（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期為：
粒子軌跡對應的圓心角等于速度方向偏向角，即為60°
粒子穿過磁場所用的時間是：
解得：
答：（1）粒子軌跡見解析，粒子帶負電，粒子的速度大小為；
（2）穿過磁場所用的時間。
（2023 敘州區校級二模）如圖所示的兩虛線之間有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），粒子發射源S位于兩虛線之間的正中央，現由S沿斜向右下方發射一正粒子，粒子的速度與磁場邊界的夾角為α＝60°，已知磁感應強度大小為B，粒子的質量和電量大小分別為m、q，兩虛線之間的距離為d，磁場水平區域足夠長，忽略粒子的重力。求：
（1）如果該粒子不能從虛線2射出而從虛線1離開磁場區域，則粒子的發射速度應滿足什么條件？
（2）在題（1）情況下，粒子在磁場中運動的最短時間與最長時間的比值為多少？
【解答】解：（1）粒子從虛線1離開磁場區域，則有洛倫茲力提供向心力，可得：qvB＝m
解得：r
粒子運動的半徑與速度成正比，設粒子從虛線1離開磁場區域的最大半徑為r1，最小半徑為r2，如圖所示：
根據幾何關系可得：r2+r2cos60°，解得：r2
由于r2，解得：v2
根據圖中幾何關系可得r1＝d
由于r1，解得：v1
則粒子的發射速度應滿足：v
（2）粒子做勻速圓周運動的周期T，粒子做勻速圓周運動的周期固定，所以當v＝v1時，運動時間最短
粒子運動的圓心角為：α＝60°+90°＝150°
最短時間為：t1
當v＝v2時，運動時間最長，粒子運動的圓心角為α＝180°+60°＝240°
則最長時間為：t2T
則有
答：（1）如果該粒子不能從虛線2射出而從虛線1離開磁場區域，則粒子的發射速度應滿足v；
（2）在題（1）情況下，粒子在磁場中運動的最短時間與最長時間的比值為。
類型3　圓形邊界磁場
帶電粒子在圓形有界磁場區域中的運動
所加磁場為圓形有界區域，讓帶電粒子沿半徑方向射入，帶電粒子在磁場中的運動有下列特點：
速率小的帶電粒子在磁場中的軌跡短，對應的圓心角大，運動的時間長．
不同速率的帶電粒子在磁場中運動的時間t應滿足：0射入磁場的速度方向與所在半徑間夾角等于射出磁場的速度方向與所在半徑間的夾角．
（2023 西城區校級三模）兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區域，其運動軌跡如圖所示。不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．a粒子帶正電，b粒子帶負電
B．a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大
C．b粒子在磁場中運動時間較長
D．b粒子動能較大
【解答】解：A、粒子向右運動，根據左手定則，b向上偏轉，帶正電；a向下偏轉，帶負電，故A錯誤；
B、粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝m，得：r，故半徑較大的b粒子速度大；根據洛倫茲力的計算公式可得：F＝qvB，兩個質量相同、所帶電荷量相等，則b粒子在磁場中所受洛倫茲力較大，故B錯誤；
C、粒子運動周期：T，T相同，磁場中偏轉角大的運動的時間也長，由于a粒子的偏轉角大，因此運動的時間長，故C錯誤；
D、根據動能計算公式可得：Ek，b粒子速度大、則動能大，故D正確。
故選：D。
（2023 閬中市校級模擬）如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ＝30°的方向發射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區域，則電子的最大速率為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：電子的速率最大時，運動軌跡如圖，此時電子的運動軌跡與磁場邊界相切，
根據得：
電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關系得
解得：
則最大速率為：
，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，圓形區域半徑為R，a是其水平直徑上的一點，b、c是其豎直直徑上的兩點，已知一個帶正電的粒子（不計重力）在a點沿垂直bc邊的方向，以一定初速度v0水平射入該圓形區域，若圓形空間內只存在平行于該平面，且方向由c指向b的勻強電場，該粒子恰能從b點飛出，若圓形空間內只存在垂直于該平面向內的勻強磁場，粒子恰能從c點飛出。求：
（1）帶電粒子從b點飛出的速度大小vb；
（2）電場強度和磁感應強度的大小之比；
（3）若該帶電粒子射入圓形區域后，區域內先存在題中所述勻強電場，粒子在電場中運動一段時間后撤去該電場，立即加上述勻強磁場，最終粒子恰好能從圓周上的d點水平飛出該區域，求：d點離豎直直徑bc的距離l（不考慮撤去電場加上磁場所引起的電磁輻射的影響）。
【解答】解：（1）若圓形空間內只存在平行于該平面，且方向由c指向b的勻強電場，該粒子恰能從b點飛出，粒子在電場中做類平拋運動，在沿初速度方向做勻速直線運動，則有
R＝v0t
在沿電場方向粒子做初速度為零的勻加速直線運動，則有
且有vy＝at
聯立解得：，vy＝2v0
粒子從b點射出時的速度為vbv0
（2）若圓形空間內只存在垂直于該平面向內的勻強磁場，粒子恰能從c點飛出，粒子在磁場中做勻強圓周運動，根據幾何關系可知粒子從c點射出時，軌跡半徑等于磁場的半徑，即
r＝R
根據洛倫茲力提供向心力，有
qv0B＝m
聯立可得：B
由（1）可得：qE＝ma，得E
故電場強度和磁感應強度的大小之比為
（3）粒子在電場中運動一段時間后，沿初速度方向的位移為
加上述勻強磁場，最終粒子恰好能從圓周上的d點水平飛出該區域，畫出粒子的運動軌跡
根據幾何關系
粒子做勻速圓周運動的軌跡所對的圓心角為θ
解得：
d點離豎直直徑bc的距為離為
答：（1）帶電粒子從b點飛出的速度大小vb為；
（2）電場強度和磁感應強度的大小之比為2v0；
（3）d點離豎直直徑bc的距離l為。
類型4　三角形或四邊形邊界磁場
【方法總結】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動規律
（1）圓心在磁場邊界上
①速度較小時，粒子做半圓運動后從原邊界飛出；
②速度在某一范圍內時可能從左側面邊界飛出：
③速度較大時做部分圓周運動從對面邊界飛出．
（2）圓心不在邊界上也不在與邊界垂直的直線上
①速度較小時，粒子做部分圓周運動后從原邊界飛出；
②速度在某一范圍內可能從上側面邊界飛出；
③速度較大時，粒子做部分圓周運動可能從右側面邊界飛出；
④速度更大時，粒子做部分圓周運動可能從下側面邊界飛出．
（多選）（2023 敘州區校級模擬）如圖所示，在正方形MNPQ中存在垂直紙面向里的勻強磁場，比荷相同、電性可能不同的帶電粒子a、b、c自MN中點O以垂直MN方向的不同大小的速度射入磁場，軌跡如圖，粒子分別自P點、QM中點、N點離開磁場，不計粒子重力和粒子之間的相互作用。下列說法正確的是（　　）
A．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc＝4：2：1
B．粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc＝5：2：1
C．粒子a、c在磁場中運動的時間之比ta：tc＝1：4
D．粒子b、c在磁場中運動的時間之比tb：tc＝1：2
【解答】解：AB、設正方形邊長為L.根據幾何關系L2+（ra）2，解得：raL.同理根據幾何關系解得：rbL，rcL
根據洛倫茲力提供向心力有：qvB＝m
解得半徑之比即為速率之，即粒子a、b、c的速率之比va：vb：vc＝5：2：1，故A錯誤，B正確；
CD、在磁場中的運動時間t
則粒子在磁場運動的時間正比于轉過的圓心角，b圓心角為90°.c圓心角為180°，a圓心角不等于45°，所以粒子b、c在磁場中運動的時間之比tb：tc＝1：2，粒子a、c在磁場中運動的時間之比ta：tc≠1：4，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（2022 昌平區二模）如圖所示，正方形abcd內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以大小不同的速度從a點沿ab方向射入磁場。不計電子的重力和電子間的相互作用。對于從c點和d點射出的電子，下列說法正確的是（　　）
A．軌道半徑之比為1：2
B．線速度大小之比為1：2
C．向心力大小之比為1：2
D．在磁場中運動時間之比為1：2
【解答】解：A．設正方形邊長為L，根據圖像可知從c點射出的電子軌道半徑為L，從d點射出的電子軌道半徑為，則軌道半徑之比為2：1，故A錯誤；
B．根據洛倫茲力提供向心力得
qvB＝m
可得：
因軌道半徑之比為2：1，則線速度大小之比為2：1，故B錯誤；
C．電子所受洛倫茲力充當向心力，即F向＝qvB，因線速度大小之比為2：1，則向心力大小之比為2：1，故C錯誤；
D．電子在磁場中的運動周期為
則從c點射出的電子在磁場中的運動時間為
從d點射出的電子在磁場中的運動時間為
則在磁場中運動時間之比為1：2，故D正確。
故選：D。
（2023 蘭州模擬）如圖所示，直角三角形ABC區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從BC邊上D點垂直BC邊射入磁場，速率為v1時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時粒子從BC邊射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為r1、r2，運動時間為t1、t2。下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶正電 B．r1：r2＝2：1 C．v1：v2＝3：1 D．t1：t2＝1：4
【解答】解：A、由題意可知粒子在磁場中順時針偏轉，由左手定則判斷可知粒子帶負電，故A錯誤；
B、根據題意做出粒子在磁場中運動的軌跡如下圖所示：
由圖中幾何關系可得：r1＝r2
解得粒子在磁場中運動得半徑之比：r1：r2＝3：1，故B錯誤；
C、根據洛倫茲力充當向心力有：，解得粒子在磁場中運動時的速度：
由此可知粒子在磁場中運動的速度之比等于軌跡半徑之比，即v1：v2＝r1：r2＝3：1，故C正確；
D、根據粒子在磁場中運動得軌跡可知，速率為v1時粒子在場中偏轉了30°，速率為v2時粒子在磁場中偏轉了180°，而同一種粒子在相同磁場中運動得周期相同均為：，則可知粒子在磁場中運動的時間之比等于偏轉角度之比，即t1：t2＝30°：180°＝1：6，故D錯誤。
故選：C。
【知識點四】帶電粒子在磁場中運動的臨界和多解問題
1．多解的幾種情況
（1）帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解．
（2）磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉方向不同而形成多解．
（3）運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解．
（4）臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解．
2．臨界極值問題
（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
（2）當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子（不計重力）在有界磁場中運動的時間越長．
（3）一帶電粒子（不計重力）在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
[磁場方向不確定引起的多解]
類型 分析 圖例
帶電粒子電性不確定 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解 如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b
磁場方向不確定 只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解 如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b
臨界狀態不唯一 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面一側反向飛出，于是形成多解
運動具有周期性 帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解
（多選）（2023 湖南模擬）如圖所示，長方形abcd區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，區域內的點O處有一粒子源，O點離ab邊距離為0.25L，離bc邊距離為L，粒子源以垂直ab邊指向dc邊的速度向磁場內發射不同速率帶正電的粒子，已知ab邊長為2L、bc邊長為L，粒子質量均為m、電荷量均為q，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．從ab邊射出的粒子的運動時間均相同
B．從bc邊射出的粒子在磁場中的運動時間最長為
C．粒子有可能從c點離開磁場
D．粒子要想離開長方形區域，速率至少要大于
【解答】解：A．粒子在磁場做圓周運動的可能運動軌跡如圖所示
從ab邊射出的粒子做勻速圓周運動的半徑不同，由T可知，粒子運動周期相同，但粒子對應的圓心角不相同，則運動時間也不同，故A錯誤；
B．從bc邊射出的粒子，最大圓心角即與bc邊相切的軌跡2，切點處對應圓心角為180°，時間為
，其余粒子圓心角均小于此值，故B正確；
C．粒子與cd邊相切的軌跡如4，由幾何關系知其軌跡半徑為0.75L，切點在c點左側，故粒子不可能過c點，故C錯誤；
D．粒子要想離開長方形區域的臨界軌跡如1，由幾何關系得其軌跡半徑為0.25L，設此時速率為v，則有
解得
粒子要離開長方形區域，速率至少為，故D正確。
故選：BD。
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，等腰梯形abcd區域（包含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長ad＝dc＝cb＝l，ab＝2l，一質量為m、電量為q的正電粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，不計粒子的重力，為使粒子從cb邊射出磁場區域，粒子的速度可能為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根據題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示；
由幾何關系可知，當粒子從c點飛出時，半徑為
粒子從b點飛出時，半徑為
由牛頓第二定律有
則可得，代入數據可得
解得為使粒子從cb邊射出磁場區域，粒子的速度范圍為，故BC可能，AD不可能。
故選：BC。
（2023 羅湖區校級三模）如圖所示，在平面直角坐標系xoy平面內存在兩處磁感應強度大小均為B、方向垂直于xoy平面的勻強磁場，第一象限內的勻強磁場分布在三角形OAC之外的區域，方向向里，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OAC＝30°，OC的長度為2R；第二象限內的勻強磁場分布在半徑為R的圓形區域內，圓形區域的圓心坐標為（﹣R，R），圓形區域與x、y軸的切點分別為P、Q，第三、四象限內均無磁場。置于P點的離子發射器，能持續地從P點在xoy平面內向x軸上方180°范圍內以恒定速率發射同種正離子，離子質量均為m、電荷量均為q；在y軸上的CG之間放置一個長CG＝2R的探測板，所有打到探測板上的離子都被板吸收。已知從P點垂直于x軸發射的離子恰好經過Q點進入第一象限，不計重力及離子間的相互作用，求：
（1）圓形區域內磁場的方向及離子的發射速率v0；
（2）從P點垂直于x軸發射的離子，從發射到第二次經過邊界AC所用的時間t；
（3）探測板CG上有離子打到的區域長度。
【解答】解：（1）從P點垂直于x軸發射的正粒子恰好通過Q點進入第一象限，說明正離子在P點受向右的磁場力，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外；
如圖所示，設離子在圓形區域圓周運動的半徑為r，則：r＝R
又有：qv0B
解得：v0
（2）設離子在兩磁場中圓周運動周期為T，則：T
離子在圓形磁場區域中運動的圓心角為90°，則運動時間：t1
離子在兩磁場之間勻速直線運動的時間：t2
離子在AC右側區域磁場中運動圓心角為300°，運動時間為：t3
則離子從發射到第二次經過邊界AC所用時間：t＝t1+t2+t3
（3）如圖所示，因所有粒子均以恒定速率發射，故離子在圓形磁場區域的軌跡半徑均為r，又已知r＝R，易得所有離子經過圓形磁場后均水平向右飛出圓形磁場，然后穿過AC進入右側磁場。從C點進入右側磁場的離子，經過半個周期打到屏上的E點，則：CE＝2R
從M點進入右側磁場的離子，軌跡恰好與屏CG相切于D點，圖中CF垂直于O2M于F，則：FM﹣Rtan30°
CD＝O2F＝R
則探測板上有離子打到的區域為DE，其長度：DE＝CE﹣CD
答：（1）圓形區域內磁場的方向及離子的發射速率v0為；
（2）從P點垂直于x軸發射的離子，從發射到第二次經過邊界AC所用的時間t為；
（3）探測板CG上有離子打到的區域長度為（）。
（多選）（2023 甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
【解答】解：ABC、粒子從P點沿磁場半徑方向進入磁場區域，以O1為圓心做圓周運動，從A點離開圓筒，軌跡如圖所示
由幾何關系可知△PO1O≌△AO1O，由于∠OPO1＝90°，所以∠OAO1＝90°，則粒子一定會沿半徑方向離開磁場區域，與筒壁碰撞后依然沿半徑方向進入磁場區域，所以粒子不可能通過圓心O；由圖可知粒子至少與筒壁碰撞兩次（分別與A和B碰撞），然后從小孔P射出；
由于最終粒子是從P點射出，增大速度碰撞次數會可能增多，粒子運動時間不一定減少，故B正確，AC錯誤。
D、由前面分析可知粒子沿半徑圓筒半徑方向射向圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓筒，故D正確。
故選：BD。
（2022 重慶）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（　　）
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大
D．該離子的加速度大小不變
【解答】解：A、該粒子所受電場力的瞬時功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以P＝qEv1，故A錯誤；
B、v2與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小f＝qv2B，故B錯誤；
C、速度v1的方向與磁感應強度B方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；v2方向與B垂直，粒子在垂直于磁場方向平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，v2不變；粒子沿電場方向做加速運動，v1不斷增大，則v2與v1的比值不斷減小，故C錯誤；
D、粒子做勻速圓周運動的向心加速度a向大小不變，電場力產生的加速度a電，q、E、m不變，a電不變，a向、a電大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故D正確。
故選：D。
（2022 北京）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（　　）
A．磁場方向垂直于紙面向里
B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大
C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大
D．軌跡3對應的粒子是正電子
【解答】解：AD、根據題圖可知，1和3粒子的轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針轉動，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故A正確，D錯誤；
B、電子在云室中運動，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，故B錯誤；
C、帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得：
解得：r
根據題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此結論也成立，故C錯誤。
故選：A。
（2023 北京）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（l a）。帶電粒子束持續以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為+q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為a
B．粒子質量為
C．管道內的等效電流為nqπa2v
D．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql
【解答】解：A.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為
r＝a
故A正確；
B.根據
qvB＝m
可得粒子的質量
m
故B正確；
C.管道內的等效電流為
Inq
故C錯誤；
D.粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力
F＝BIl＝Bnql
故D正確。
本題選錯誤的，故選：C。
（2023 新課標）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（　　）
A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
【解答】解：A、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向左，α粒子所受電場力水平向左，若磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向左，則α粒子向左偏轉，不會出現圖示的軌跡，故A錯誤；
B、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向左，α粒子所受電場力水平向左，電子所受電場力水平向右，若磁場方向垂直紙面向外，根據左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，沿直線運動到a點的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α粒子的速度約為電子速度的，若α粒子沿直線運動到a點，則電子所受洛倫茲力大于電場力，電子向左偏轉，若電子沿直線運動到a點，則α粒子所受洛倫茲力小于電場力，α粒子向左偏轉，不會出現圖示的軌跡，故B錯誤；
C、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，α粒子所受電場力水平向右，電子所受電場力水平向左，若磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向左，電子所受洛倫茲力水平向右，沿直線運動到a點的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α粒子的速度約為電子速度的，若α粒子沿直線運動到a點，則電子所受洛倫茲力大于電場力，電子向右偏轉，若電子沿直線運動到a點，則α粒子所受洛倫茲力小于電場力，α粒子向右偏轉，會出現圖示的軌跡，故C正確；
D、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，α粒子所受電場力水平向右，電子所受電場力水平向左，磁場方向垂直紙面向外，根據左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，α粒子向右偏轉，電子向左偏轉，不會出現圖示的軌跡，故D錯誤。
故選：C。
（2023 乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，做其運動軌跡如圖：
設SP與x軸正方向夾角為θ，則cosθ
θ＝60°
粒子做圓周運動轉過的圓心角也為60°，由幾何關系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
在磁場中加勻強電場，粒子做勻速直線運動，受力平衡：qvB＝qE
聯立解得：
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023 湖北）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發生電荷轉移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）
【解答】解：（1）根據帶電微粒從P點射入磁場，能到達點O，根據幾何關系確定軌道半徑為a，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v
（2）粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動兩個圓周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根據帶電粒子在磁場中運動的的周期公式得：，
解得：m乙
第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰，碰前在O點甲的速度沿y軸負方向，為﹣v，碰后為3v，設碰前在O點乙的速度為v1，碰后為v2，根據動量守恒定律得：m（﹣v）m 3v
所有碰撞均為彈性正碰，再根據機械能守恒得：
聯立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度為v1＝5v，方向指向y軸正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度為v2＝﹣3v，方向指向y軸負方向；
（3）0時刻開始，設第二次彈性正碰后，粒子甲的速度為v3，粒子乙的速度為v4，根據動量守恒定律得：m 3vmv3
所有碰撞均為彈性正碰，再根據機械能守恒得：
聯立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度為v4＝5v
因為第二次碰后兩種粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲經過第奇數次碰撞后速度變為3v，經過第偶數次碰撞后速度變為﹣v，粒子乙經過第奇數次碰撞后速度變為﹣3v，經過第偶數次碰撞后速度變為5v；
根據題意，從第一次碰撞開始，甲粒子完成一個周期、乙粒子完成兩個周期兩種粒子在磁場中就在O點碰撞一次；
從t＝0時刻開始，由于第一次碰撞是甲運動了半個周期發生的，到時刻，粒子甲完成了9次碰撞又運動了半個周期，乙完成了9次碰撞又運動了一個周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度為3v，粒子乙的速度為﹣3v，根據洛倫茲力提供向心力可知，甲經過奇數次碰撞后軌道半徑變為
根據左手定則判斷第9次碰后經過粒子甲運動的半個周期，運動到x軸負方向，所以到時刻粒子甲的坐標為（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙運動的一個周期，坐標為（0，0）；
根據洛倫茲力提供向心力可知，乙經過奇數次碰撞后軌道半徑變為
經過偶數次碰撞后軌道半徑變為
從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動了9個軌道半徑為1.5a的圓周以及8個軌道半徑變為2.5a的圓周；從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程為l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
答：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小為；
（2）粒子乙的質量為，第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3v；
（3）時刻粒子甲的坐標為（﹣6a，0），乙的位置坐標為（0，0）；從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程為67πa。
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