2022届全国高三物理模拟试题汇编：带电粒子在有界磁场中运动

2022届全国高三物理模拟试题汇编：带电粒子在有界磁场中运动
一、单选题
1．（2分）如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场（具体方向未知），磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N点（图中未画出），速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。

则下列说法正确的是（）
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子由M运动到N的时间为π
6kB
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中圆周运动半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
2．（2分）如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。

忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是（）
A．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B．若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍3．（2分）反质子的质量与质子相同，电荷与质子相反。

一个反质子从静止经电压U1加速后，从O 点沿角平分线进入有匀强磁场（图中未画岀）的正三角形OAC区域，之后恰好从A点射岀。

已知反质子质量为m，电量为q，正三角形OAC的边长为L，不计反质子重力，整个装置处于真空中。

则（）
A．匀强磁场磁感应强度大小为1
L√
q
mU1，方向垂直纸面向外
B．保持电压U1不变，增大磁感应强度，反质子可能垂直OA射出
C．保持匀强磁场不变，电压变为14U1，反质子从OA中点射岀
D．保持匀强磁场不变，电压变为14U1，反质子在磁场中运动时间减为原来的12
4．（2分）如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。

有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。

这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。

将磁感应强度的大小从原来的
B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2：B1等于（）
A．2B．√3C．√2D．3
二、多选题
5．（3分）如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e 是bc上任意一点。

大量质量、电量相同的带正电的粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场，不计粒子重力。

设从d、c、e点离开的粒子在磁场中运动的时间分别为t d、t c、t e，进入磁场时的速度分别为v d、v c、v e。

下列判断正确的是（）
A．t d一定小于t c，v c一定小于v d B．t d一定等于t c，v c一定大于v d
C．t c一定小于t e，v c一定大于v e D．t c一定大于t e，v c一定小于v e
6．（3分）如图所示，在水平虚线MN边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子(11H)和α
粒子(24He)先后从边界上的A点沿与虚线成θ=45°角的方向射入磁场，两粒了均从B点射出磁场。

不计粒子的重力，则（）
A．质子和α粒子在磁场中运动的轨迹相同
B．质子和α粒子在磁场中运动的速度大小之比为1：2
C．质子和α粒子在磁场中运动的动能相同
D．质子和α粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
7．（3分）如图所示，真空中有一半径为R的圆形有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面问里。

圆周上的S点处有一粒子源，距直径ab为0.5R。

粒子源沿平行ab方向向右释放出
速率不同的电子，速率范围为eBR
2m≤v≤
3eBR
m，式中m为电子质量，e为电子电量，不考虑电子
间的相互作用，下列判断正确的是（）
A．电子在磁场中运动的最长时间为πm eB
B．电子在磁场中运动的最长时间为πm 3eB
C．电子在磁场中运动的最大位移为√3R
D．电子以v=2eBR
m的速度进入磁场时，穿过磁场的位移最大
8．（3分）如图，垂直于纸面的某一匀强磁场，其外边界是正三角形ABC，现有三个速率相同的带电粒子，分别从三角形的三个顶点A、B、C，沿三角形三个内角的角平分线方向同时进入磁场，运动过程中没有发生任何碰撞，最后同时从三角形的三个顶点飞出磁场，不考虑粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（）
A．这三个粒子圆周运动周期不一定相等
B．这三个粒子的电性一定相同
C．这三个粒子的电荷量不一定相等
D．这三个粒子的质量一定相等
9．（3分）如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置足够长的感光板。

大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。

粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。

关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（）
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝qBR
m，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝qBR
m，则粒子在磁场中的运动时间一定小于πm qB
三、综合题
10．（10分）如图所示，大量的同种粒子从静止经电压U1加速后。

沿虚线方向射入正交的电磁场之中，恰好做直线运动，电场强度方向竖直向下，磁感应强度B1=0.2T。

方向垂直纸面向里，两平行板之间的距离d=6cm。

平行板右侧有一圆形磁场区域，圆心O在虚线上、半径r=10cm，圆内有垂直纸面向里的磁场B，B的大小可以调控。

边界上有磁场。

圆形区域的上方安装有荧光屏，荧光屏与虚线平行。

与O的距离l=20√3cm，M、N是荧光屏上两点，MO连线与屏垂直，N到M点之间的距离L=20cm。

已知加在平行板间的电压U2=1.2×104V，粒子的比荷为q
m=10
8C/kg。

不计重力的影响，求：
（1）（5分）加速电场U1大小；
（2）（5分）要使粒子打到荧光屏上MN之间，圆形区域内的磁场B范围。

11．（15分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d ＝0.10 m，a、b间的电场强度为E＝5.0×105 N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝0.6 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m＝4.8×10－25 kg、电荷量为q＝1.6×10－18 C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0＝1.0×106 m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)．求：
（1）（5分）判断a、b两板间电场强度的方向；
（2）（5分）求粒子到达P处的速度与水平方向的夹角θ；
（3）（5分）求P、Q之间的距离L(结果可保留根号)．
12．（10分）如图，ABCD是边长为a的正方形。

质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC变射入正方形区域。

在正方形内适当区域中有匀强磁场。

电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。

不计重力，求：
（1）（5分）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）（5分）此匀强磁场区域的最小面积。

13．（10分）如图所示,有一比荷q
m=2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板经电场加速后,从M板的
狭缝垂直直线边界a进入磁感应强度为B=1.2×10-2T的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里,a、b间距d=2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
（1）（5分）带电粒子射入磁场区域时速度v；
（2）（5分）Q、M两板间的电势差U QM。

14．（15分）如图所示，在0≤x≤a的区域I内有垂直于纸面向里的匀强磁场．在x>a的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0。

质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿x轴从原点O射入磁场。

当粒子射入速度不大于v0时，粒子在进场中运动的时间都相同，求：
（1）（5分）速度v0的大小；
（2）（5分）若粒子射入磁场的速度大小为√2v0，其轨迹与x抽交点的横坐标；
（3）（5分）调节区域II磁场的磁感强度为λB0，使粒子以速度nv0（n>1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，n与λ满足的关系。

答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单边有界磁场
【解析】【解答】A．根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A不符合题意；
B．粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α=60°
则粒子由M到N运动的时间为t=1 6T
又粒子在磁场中的运动周期为T=2πm qB
整理得t=
π3kB
B不符合题意；
CD．如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cosα=R−L
R
解得R=2L又R=mv qB
代入数据解得v=2kBL
D不符合题意，C符合题意。

故答案为：C。

【分析】 A.根据粒子的运动轨迹结合左手定则就可以判断得出磁场方向；
B.粒子在做圆周运动的过程中其速度方向的偏转角度与轨迹在这段时间对应的圆心角相等；
CD.根据几何关系求出粒子的运动半径，然后根据洛伦兹力充当向心力就可以算出带电粒子的入射速度。

2．【答案】C
【知识点】双边有界磁场；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【解答】A．由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心
力，做匀速圆周运动，如图所示，则有
Bqv=m v2 r
r=mv qB
T=2πm qB
若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v＇=2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，A不符合题意；
B．粒子在磁场中的运动的周期为T=2πm qB
由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，B不符合题意；C．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子的运动半径将减小为原来的2倍，将从a点射出，C符合题意；
D．若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由r=mv qB
T=2πm qB
可知，粒子在磁场中运动的半径和周期将减小，可仍转半圈，时间将不变，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】带电粒子在磁场中运动的速度增大或减小，根据其运动规律可知其轨道半径也增大，结合几何关系才可以解答该题。

3．【答案】C
【知识点】电荷在电场中的加速；复杂边界
【解析】【解答】A．电场中加速过程中有qU1=1
2mv
2
在磁场中做匀速圆周运动过程有qvB=m v 2
r 根据几何关系可知r=L
可得B=1L√2mU1 q
再根据左手定则（注意反质子带负电）可判断磁场方向垂直纸面向外，A不符合题意；
BCD．根据上述公式推导r=mv
qB=1
B
√2mU1
q
电压变为1
4U1时，轨道半径变为原来
1
2，反质子将从OA中点射出；只要反质子从OA边上射
出，根据对称性可知其速度方向都与OA成30°角，转过的圆心角均为60°，所以不会垂直OA射
出，运动时间都为t=1
6T=
1
6⋅
2πm
qB=
πm
3qB
C符合题意，BD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用动能定理结合几何关系和牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小，结合左手定则可以判别磁场的方向；利用牛顿第二定律及动能定理可以判别轨道半径的变化。

4．【答案】B
【知识点】复杂边界；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【解答】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°= R
r，得：R=
√3
2r
磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场
边界圆的交点，∠PON=60°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin30°= R ′r ，得： R ′=r
2
由带电粒子做圆周运动的半径： R =mv qB 得： R =mv qB =mv
qB 1=√32
r
R ′=
mv qB =mv qB 2=1
2
r 联立解得： B
2B 1
=√3 。

故答案为：B 。

【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可。

5．【答案】B,D 【知识点】复杂边界 【解析】【解答】如图所示
若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t=θ2πT
t d一定等于t c，根据v=s t
则v c一定大于v d
粒子从bc边射出，粒子依次从bc上的f、e、c射出时，弧长越来越大，而圆心角越来越大，半径越来越小，运动时间t=θ2πT
t c一定大于t e，根据qvB=m v2
r
解得v=qrB m
质量、电量相同，从c点射出的半径最小，则v c一定小于v e
故答案为：BD。

【分析】本题考查带电粒子在三角形磁场中的运动。

洛伦兹力提供向心力，画好粒子运动的轨迹图，找好几何关系，根据运动时间和圆心角的关系，判断运动时间。

6．【答案】A,C
【知识点】单边有界磁场
【解析】【解答】A．由于两粒子在磁场中都是由A点沿相同方向射入，从B点射出。

所以两粒子半径、圆心和运动轨迹都相同。

故A正确；<o:p
B．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故<o:p
解得<o:p
由于两粒子半径相同，质子与α粒子荷质比之比为1：2，则速度大小之比为2：1。

故B 错误；<o:p C ．质子与α粒子质量之比为1：4，速度大小之比为2：1。

所以动能相同。

故C 正确；<o:p D ．两粒子运动轨迹相同，速度大小之比为2：1，所以时间之比为1：2。

故D 错误。

<o:p 故选AC 。

<o:p
【分析】对带电粒子进行分析，进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动的相关规律列方程求解。

7．【答案】A,D
【知识点】圆形磁场；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【解答】AB ．由图可知圆心恰好在ab 直线上时，恰好运动了半个周期，在磁场中运动的时
间最长
因此最长时间 t =
T 2=12×2πm eB =
πm
eB
A 符合题意，
B 不符合题意；
CD ．当运动的弦长最长时，运动的路程最长，此时弦恰好过圆心，由几何关系可知，此时半径 r =2R
由于 evB =mv 2
r
可得 v =2eBR
m
此时粒子穿过磁场的位移最大，且电子在磁场中运动的最大位移为 2R ，C 不符合题意，D 符合题意。

故答案为：AD 。

【分析】根据题意确定粒子运动的轨迹，从而求出转过的圆心角，因此就可求出运动的最长时间；根据几何关系得出运动路程最大时的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出运动的速度。

8．【答案】B,C
【知识点】复杂边界；洛伦兹力
【解析】【解答】AB．三个粒子分别从正三角形的三个顶点同时进入磁场，没有发生任何碰撞后又同时从正三角形的三个顶点飞出磁场，所以三个粒子运动时间相同，则三个粒子的运动轨迹形状一定相同，做圆周运动的周期一定相等，圆周运动的转向也一定相同，即三个粒子的电性一定相同，A 不符合题意，B符合题意；
CD．由半径公式r=mv
qB可以判定，三个粒子的质量不一定相等，电荷量也不一定相等，但比荷一
定相等，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】三个速率相同的带电粒子，同时进入磁场，运动过程中没有发生任何碰撞，又同时离开，运动轨迹形状应该完全一样，由半径公式可以判定粒子的比荷一定相同。

9．【答案】A,C,D
【知识点】复杂边界
【解析】【解答】解：AB、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹
对应的圆心角越小，由t＝θ
2πT＝
θm
qB可知，运动时间越短，A符合题意，B不符合题意；
CD、速度满足v＝qBR
m时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：r＝mv
qB＝R
根据几何关系可知，入射点P、出射点O与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几
何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t＜1
2T＝
πm
qB，CD符合题
意；
故答案为：ACD。

【分析】利用半径对圆心角的影响可以判别运动的时间；利用粒子的轨迹结合牛顿第二定律可以求出速度的大小；利用运动轨迹所对的圆心角可以判别运动的时间。

10．【答案】（1）解：设粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动的速度为v，则有E1q=qvB1
又E1=U2 d
联立解得v=U2 B1d
代入数据解得v=1×106m/s
对粒子在U1电场中加速，由动能定理有U1q=12mv2
联立解得U1=500V
（2）解：粒子沿半径方向射出磁场，作出粒子分别打到荧光屏上M和N点的运动轨迹，圆心分别为O1和O2，轨迹圆的半径分别为R1和R2。

由几何关系知R1=r
图中tanα=l L=√3
则α=60°
由几何关系有tan α
2=
r
R2
又由R=mv qB
联立，代入数据解得B1=0.1T
联立代入数据解得B2=√330T
则满足条件的B范围为√3
30T≤B≤0.1T
【知识点】电荷在电场中的加速；圆形磁场；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【解析】【分析】（1）在加速电场由动能定理列表达式，在正交的电磁场中做匀速直线运动，由平衡条件列式，联立可求得加速电场的电压；
（2）进入圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系分别求得打在M和N点的轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求得磁感应度的最大和最小值。

11．【答案】（1）解：a、b间电场强度的方向是由a板指向b板
（2）解：粒子在a板左端运动到P处，由动能定理，得
qEd＝12mv2－12mv02
代入有关数据，解得v＝2√3
3
×106 m/s
cosθ＝v0 v
代入数据，得θ＝30°
（3）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆心为O，半径为r，如图所示，
由几何关系，得L
2＝rsin30°，
又qvB＝m v 2
r
，
联立求得L＝mv
qB＝
√3
3
m
【知识点】电荷在电场中的偏转；单边有界磁场
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做加速运动，故电场竖直向下；
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，利用运动学公式求出竖直方向的末速度，结合初速度求出合速度与水平方向的夹角；
（3）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力求解PQ的距离。

12．【答案】（1）解：设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。

令圆弧AEC
⌢是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。

电子所受到的磁场的作用力f=ev0B①
应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。

圆弧AEC
⌢的圆心在CB边或其延长线上。

依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有f=
m v02
2
②
联立①②式得
B=
mv0
ea
（2）解：由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。

因而，圆弧AEC
⌢是所求的最小磁场区域的一个边界。

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ
（不妨设 0≤θ<π2 ）的情形。

该电子的运动轨迹 qpA 如右图所示。

图中，圆 AP
⌢ 的圆心为O ，pq 垂直于BC 边 ，由③式知，圆弧 AP
⌢ 的半径仍为 a ，在D 为原点、DC 为x 轴，AD 为 y 轴的坐标系中，P 点的坐标 (x,y) 为
x =asinθ④
y =−[a −(z −acosθ)]=−acosθ⑤
这意味着，在范围 0≤θ≤π2 内，p 点形成以D 为圆心、 a 为半径的四分之一圆周 AFC
⌢ ，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。

因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以 B 和 D 为圆心、 a 为半径的两个四分之一圆周 AEC ⌢ 和 AFC
⌢ 所围成的，其面积为 S =2(14πa 2−12a 2)=π−22
a 2
【知识点】圆形磁场
【解析】【分析】（1）根据磁聚焦的性质，当粒子的轨迹半径与圆形磁场半径相同时，所有平行入射
的粒子都汇聚与一点，该点的切线方向与入射粒子的方向平行。

如图所示。

（2）如图所示，从C 点进入的粒子轨迹最长即为入射粒子的临界范围。

如图，求出C 点粒子轨迹
和磁场边界围成的区域即为最小磁场面积。

13．【答案】（1）解：粒子从静止开始经加速电场加速后速度为 v ，由动能定理：
qU =
12
mv 2
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力： qBv =m v 2
R
粒子垂直 a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届 b ，由几何知识得： R =d 代入数值，联立解得： v =4.8×106m/s ； U =5.76×10V −2
（2）解：据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q 到M 加速，说明M 点比Q 点电势高，故 U QM =−5.76×10−2V
【知识点】电荷在电场中的加速；双边有界磁场
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子初速度和末速度确定粒子的运动轨
迹，利用几何关系求出运动半径，列方程求解粒子速度；
（2）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解电势差的大小；
14．【答案】（1）解：粒子恰好与边界相切时R ＝a
qvB ＝m v 02
R
解得：v 0＝
qBa m
（2）解：带电粒子运动的轨迹如图所示，O 1、O 2分別为轨迹的圆心，
r=√2mv0
qB0=√2a
由几何关系可得rsinθ＝a
O2A＝2rsinθ
O2B＝2rcosθ－r＝（2－√2）a
BC=√r2−O2B2=2√√2−1a 轨迹与x轴交点坐标为x＝O2A＋BC＝2(1＋2√√2−1)a
（3）解：粒子在区域I中圆周运动的半径为R1，根据qnv0B0＝m (nv0)2
R1
粒子在区域II中圆周运动的半径为R2，qnv0λB0＝m (nv0)2
R2
在区域II中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出R1sina＝a
（R1＋R2）cosa＝R1
解得：λ
λ+1=√n2−1 n
【知识点】单边有界磁场；双边有界磁场
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子题目条件确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求出运动半径，列方程求解速度即可。

（2）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子运动的速度求出运动半径，列方程求解速度即可。

（3）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据磁场的磁感强度和粒子的运动速度求出运动半径，列方程求解n与λ满足的关系。