带电粒子在无边界磁场中的运动-2021高考物理一轮复习（解析版）

专题24带电粒子在无边界磁场中的运动

一、选择题（1-9题只有一个选项正确，10-12题有多个选项符合条件）

1.如图所示，虚线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,在直角三角形OPQ中，ZPQO=90°,ZQOP=30°。

两个带电荷量数值相等的粒子b分别从。、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计

粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）

A.a、b两粒子均带正电B.a、b两粒子的周期之比为1:3

C.a、6两粒子的速度之比为2:1D.a、6两粒子的质量之比为1:3

【答案】C

【解析】A.如下图所示

由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点，轨迹半径相等。根据左手定则可知。受到的洛伦兹力方向向右,

指向圆心，即。带正电，而6受到的洛伦兹力方向向右，与圆心方向相反，则6带负电，故A错误；

B.两带电粒子射入磁场，同时到达0点，故运动时间相等，又由图可知，粒子。到达。点时运动的圆弧

对应的圆心角为120。，粒子6到达。点时运动的圆弧对应的圆心角为60。，有

即

故B错误;

CD.又由

1/22

T2兀m

1=------

qB

有

2）,2汽Ma_2兀恨

~Q.BqbB

解得

”选=2:1

砥/

由洛伦兹力提供向心力，则

v2

qvB=m—

r

解得

丫=也

m

即

va:vb=—:-=2:1

加amb

故D错误，C正确。

故选C。

2.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同

的速率，沿着相同的方向，对准圆心。射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时

间有的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的带电粒子（）

A.在磁场中的周期一定越小B.在磁场中的速率一定越小

C.在磁场中的轨道半径一定越大D.在磁场中通过的路程一定越小

【答案】C

2/22

2兀m

【解析】A.质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷包相同，根据公式T可知，它们进入匀强

mqB

磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项A错误;

BC.如图所示为带电粒子的运动轨迹,

设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为仇则运动时间

mv

在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据〃可知，速率一定越大，选

qB

项B错误，选项C正确;

D.通过的路程即圆弧的长度

L=rO

与半径厂和圆心角0有关，速度越大路程并不是越短，选项D错误。

故选Co

3.如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的

半径分别为及、3R,圆心为0.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿P0方向以速度vi射入磁场,

其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120。.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为V2时，不论其入

射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则VI：V2至少为

3/22

A.B.y/3C.D.26

33'

【答案】B

【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图：

由几何知识得："=-------=^3R,洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvlB=m^,解得：

tan604

匕=43qBR；当该带电粒子从p点射入的速度大小变为也时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进

m

入磁场时，即粒子轨道半径马二及，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力

提供向心力，由牛顿第二定律得：qv,B=m9,解得:%=殁*，贝I］：匕：匕=百，故B正确，ACD

々m

错误.

4.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.有无数个带有相同电荷和相同质

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将磁感应强度的大小从原来的Bi变为B2,结果相应的弧长变

3

1B

为圆周长的一，则T2等于

小

4/22

43

V6C.一D.一

V34

【答案】A

【解析】设圆的半径为小磁感应强度为与时，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，ZP<9M=120°,如图所示，所以粒子做圆周运动的半径R,则有

sin60°=—,解得

r2

磁感应强度为台2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，4P0N=90。，如图所示，所以粒子做圆周运动的半径R,则有R=由带电粒子做圆

八fnv

周运动的半径由于V、m、q相等，则得

qB

B?_R_2_a

后一即一正一5故选项A正确，B、C、D错误;

2

5/22

5.如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.大量带正电的相同粒子，以相

同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90。范围内的各个方向，由小孔。射入磁场区域，做半径为R

的圆周运动.不计粒子重力和粒子间相互作用.下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正

确的是

XXXXXXX

XXXXXXX

【答案】B

【解析】由小孔。射入磁场区域，做半径为R的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定则可知粒子将向

左偏转，故C错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90。范围内的各个方向发射,

由。点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界且。2尺；在竖直方向上有最远点为27?,由。点竖直向

上射入的粒子，打在最左端且距离为0M=2尺，但是左侧因为没有粒子射入，所以中间会出现一块空白区

域，故B正确，AD错误.所以B正确，ACD错误.

6.如图所示，虚线框MV2P内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.a、b、c是三个质量和电荷量都

相等的带电粒子，它们从边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动

轨迹.若不计粒子所受重力，贝■]()

A.粒子a带负电，粒子6、c带正电

B.粒子a在磁场中运动的时间最长

C.粒子6在磁场中的加速度最大

D.粒子c在磁场中的动量最大

6/22

【答案】c

【解析】A项：由左手定则可知，a粒子带正电，b、c粒子带负电，故A错误;

0e°2〃加0m

B项：由公式/=-7=二*「1=1结合题图可知，。粒子偏转角最大，所以c粒子在磁场中运动

In2.71qBqB?

时间最长，故B错误；

mvFavB

C项：由图可知，b粒子的半径最大，由公式厂=）可知，b粒子的速度最大，由加速度公式。=—=匚

qBmm

可知，b粒子的加速度最大，故C正确；

mv„

D项：由公式r=r可知，mv=qBr,所以b粒子在磁场中的动量最大，故D错误.

qB

7.某粒子A衰变为另外两种粒子B和C,其中粒子A和B所带电荷量相等，C不带电.如图所示，粒子

A沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧MP,衰变后产生的粒子B的轨迹为圆弧PN,两轨

迹在P点相切，且半径之比为RA：RB=2：1,粒子C的轨迹未画出.下列说法正确的是（）

XXXX

B

XXX/XX

XXXXXX

A.粒子A和B都带正电荷

B.粒子B与C的动量大小之比为1：3

C.粒子A与B的速度大小之比为2：1

D.粒子B与C的质量数之和小于粒子A的质量数

【答案】B

【解析】根据左手定则可知两电荷/和8带负电,A错误;根据公式厂=,可得&RB=~^，

BqBqABqB

故氏4=3，解得衰变瞬间，A.B、C系统动量守恒，规定竖直向下为正方向,

故有P"PC-PB，解得PC=30B，所以'=B正确；由于两者的质量关系未知，所以无法判断

Pr）

7/22

速度大小关系，C错误；根据质量数守恒可知粒子3与。的质量数之和等于粒子/的质量数，D错误.

8.在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向

和轨迹示意如图.则下列说法中正确的是（）

A.甲、乙两粒子所带电荷种类不同

B.若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大

C.若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大

D.该磁场方向一定是垂直纸面向里

【答案】C

【解析】两粒子均逆时针运动，根据左右定则可知有两种情况：①磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；②

v2八mv

磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故AD错误；根据洛伦兹力提供向心力得*5=加去，可得氏=1万，

分析可知当速率心电量/磁感应强度6均相等时，半径越大的粒子质量卬就越大，根据氏=）可知,

qB

磁感应强度B相同，当两粒子动量P=mv相等时，半径R越小的粒子电量q越大，所以乙粒子电荷量较大,

故B错误C正确.

9.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.P为屏上

的一个小孔，PC与MN垂直.一群质量为机、带电荷量为一q的粒子（不计重力），以相同的速率v,

从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角

为。的范围内.则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为

xoxX：XXX

D

MXXXXX

2mv(l-cos^)2mv(l-sin^)2加vcos。2mvsin0

A.B.-----------D.------------

qBqBqBqB

8/22

【答案】A

【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m—，解得粒子的轨

r

mv

迹半径：r=—.粒子沿着右侧边界射入，轨迹如下面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为:

qB

2rcosO；粒子沿着左侧边界射入，轨迹如下面右图，此时出射点最近，与边界交点与尸间距为：2rcos。；

粒子垂直边界腑射入，轨迹如下面中间图，此时出射点最远，与边界交点与一间距为：2r；故范围为在

荧光屏上P点右侧,将出现一条形亮线，其长度为：Ax=2r-2rcos0=2r(l-cos6»)=——焉——

故A正确，BCD错误.

10.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为8,半圆的左边

垂直x轴放置一粒子发射装置，在一尺9的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出带正电粒子，粒子质

量均为机、电荷量均为外初速度均为v,重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴,

其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△/时间.则以下结论正确的是

71mR

A.At=-------

qBv

9/22

B.磁场区域半径R应满足R〉r

qB

C.有些粒子可能到达/轴上相同的位置

D.江=粤一区其中角度0的弧度值满足sinO=变及

qBvmv

【答案】CD

【解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，＞=的粒子直接沿直线运动到达y

轴，其它粒子在磁场中发生偏转，由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在＞=火的位置上，所以粒

mv

子可能会到达y轴上同一位置，以沿x轴射入的粒子为例，若-=+＜△,则粒子不能到达y轴就偏向上

qb

mv

离开磁场区域，所以要求尺＜七，所以粒子才能穿越磁场到达y轴上，从x轴入射的粒子在磁场中对应

qb

L-R0271m

的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，-----+-------—,由几何关系有：a=e,则

v27rqB

sine=sina=4=型，而y=±尺的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，t2=-,所以

rmvv

4=。—2=警一些，由于。〈工，所以"＜二一四，故CD正确.

qBv2qBv

11.如图所示，在直角坐标系xOy中x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），

在y轴上有到原点。的距离均为乙的C、。两点.带电粒子尸（不计重力）从。点以速率v沿x轴正向射

入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子尸相同的粒子。从。点以速率4V沿纸面射入磁场，并恰好从。

点射出磁场，贝IJ（）

10/22

A.粒子尸带正电

7lL

B.粒子P在磁场中运动的时间为丁

2v

3兀L

C.粒子0在磁场中运动的时间可能为一「

4V

271L

D,粒子。在磁场中运动的路程可能为亍

【答案】ABD

【解析】A.粒子尸从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过。点，由左手定则知带正电；

故A正确.

B.据题意可知尸粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为凡=万，运动时间为4=—==3)；故B正

确.

777V、

CD.0粒子与尸粒子相同，而速度为4v,由R=F■可知与=4凡=21，而CD距离为23故。粒子

qB

不可能沿X轴正向进入磁场，设与夕轴的夹角为。，分别有两种情况从c点进过°出，轨迹如图：

_，2£、

有几何关系可知。=30°,两种轨迹的圆心角为60。和300。，则粒子。的运动时间为，_3一万£或

4v6v

5»)[jr57r

T5TTL；而圆周的弧长为s=—・2上或s="2L；故C错误，D正确.

t,=--------=-------33

4v6v

12.如图所示，abc为半径为r的半圆，圆心为O,cde为半径为2r的1/4圆弧，两圆孤相切于c点，空间

11/22

有垂直于纸面向里的匀强磁场.带电微粒1、2分别由a、e两点同时开始沿圆弧运动，经时间。在c点相

碰，碰撞时间很短，碰后结合成个微粒3,微粒3经时间右第一次到达0点.不计微粒的重力和微粒间的

相互作用，则

A.微粒1带正电

B.微粒3可能沿逆时针方向运动到0点

C.微粒1和2的电荷量之比为/：%=3：1

D.4：t2=2：5

【答案】CD

2

【解析】由左手定则可知，微粒1带负电，微粒2带正电，选项A错误；对微粒1：孙~8=叫二，即

r

=Bqxr-同理微粒2：m2v2=2Bq2r-两粒子结合后运动半径为,则由动量守恒:

加2匕一加Fi=（叫+加2）匕，（叫+加2）匕=5（%-%>；子，解得qi=3q2；可知碰前粒子1动量大于粒子2,

碰后粒子3总动量向右，且碰后结合后的粒子3电性为负电，可知微粒3沿瞬时针方向运动到0点，选项

--27T-2r1,m2m,2

B错误，C正确；由题意：兀丫4，则V1=V2，可知：2-----，即加2=一加1；则

一；%Q13

V2

127r加1_彳_12兀（m、+m）兀（m+加）

2而三----?，解得ti：t2=2：5,选项D正确；故选CD.

2

2BqxBq12B（q?-qJ8（%-%）

二、非选择题（共6小题）

13.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第I象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外

的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场.一一质量

为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h,-h）点以速度vo水平向右射出，从坐标原点。射入第

I象限，与水平方向夹角为a,经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场.不计粒子的重力，求：

12/22

(1)电场强度E的大小以及a的正切值

(2)磁感应强度B的大小

(3)带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t.

2（2+V2）mv0⑶

【答案】⑴£=也卜，a=45。，因此粒子从C点正对圆心Oi进入磁场.(2)B=

2qhqh

h6+7后।3（2一拒卜

12—4―

【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得

2h=vot

h=—at2

2

又qE=ma

2

联立解得£二竺;

2qh

设粒子到达。点时的速度为v,沿歹轴正方向的分速度为5

qE2/z

则有vy=at='——=vo,

mv0

v=

拆+彳=V2VO

V

速度v与x轴正方向的夹角a满足tana=—=1

%

即a=45。，因此粒子从。点正对圆心Oi进入磁场.

(2)又因为粒子垂直于x轴射出磁场，

13/22

轨道半径r=(V2-l)7?=(V2-l)/z

由牛顿第二定律有qvB=m—

R

联立解得8=Q+血)加%

qh

2h

(3)带电粒子在电场中做类平抛运动的时间％=——

%

(V2-1)7?_(2-^2)h

从。点运动到磁场边界的时间=

V2Vo

粒子从D点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出

在磁场中运动的时间：

4%

在第四象限电场中往复时间匕=土=生包

a%

6+70।3(2—@万

一、，、h

带电粒子从。点运动到最终射出磁场的时间t=八+弓+/3+/4=一~2-f4

%

14.有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示.左侧静电分析器中有方向指向圆

心0、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀

强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零.离子源发出两种速度均为V。、电荷量

均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器.在静电分析器中，

质量为m的离子沿半径为ro的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离

子恰好从ON连线的中点P与水平方向成9角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁

分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在。点正下方的Q点.已

mv21~4

知OP=0.5ro,OQ=r0,N、P两点间的电势差UNP=——,COs0=J—,不计重力和离子间相互作用.

q\5

14/22

N

(1)求静电分析器中半径为ro处的电场强度Eo和磁分析器中的磁感应强度B的大小;

(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与。点的距离/(用ro表示)；

(3)若磁感应强度在(B—AB)到(B+ZkB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的

两束离子，求一的最大值

B

2

mva—

【答案】(1)Eo=-B=—(2)1.55；(3)12%

qr0q%

【解析】(1)径向电场力提供向心力：Ecq=m—

rc

2

mv]mvc

1919

(2)由动能定理：一义0.5加v----x0.5/riv=qUNP

22c

V-

m

0.5mv

或尸二

qB

I-2〃cos。-0.5〃

解得/=1.5〃

242〃COS8_4

(3)恰好能分辨的条件:A5一1NB=3

------1H----------

BB

15/22

解得任=&7—4合12%

B

15.如图所示，空间充满了磁感应强度为2的匀强磁场其方向垂直纸面向里.在平面内固定放置一绝缘材

料制成的边长为工的刚性等边三角形框架ADE凡DE边中点S处有一带正电的粒子，电量为q,质量为加,

现给粒子一个垂直于边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，

且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点.求：

(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小.

(2)若S点不在£>£边的中点，而是距。点的距离仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子

的速度大小.

【答案】(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小为幽；

2m

(2)若S点不在DE边的中点，而是距。点的距离。S=〃4,仍然使粒子能回到S点，满足条件的粒子的

BqL

速度大小为

【解析】

(1)粒子从S点以垂直于边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE线上，根据牛顿第二定律可得:

v2八mv

Bqv=m—，解得：R=—，若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，

RBq

由几何关系得：R=4，联立解得：v=幽.

22m

(2)要使粒子能回到S点，要求粒子每次与△。斯碰撞时，v都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心

£2

必为三角形顶点，故：DS=(2〃—1)&(«=1,2,3...)~(〃=1,2,3…)，qyB=竺，

4(2〃-1)'R

BqL

联立解得:V-,(〃=1,2,3…)

m4(2〃一1)

16.如图所示，虚线M、N和荧光屏P相互平行，M、N间距和N、P间距均为L,M、N间有垂直于纸

16/22

面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,N、P间有平行于纸面向下的匀强电场，在虚线M上的A点有

一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射入质量为m,电量为q的带正电的粒子，初速度大小均为

丫。=幽，匀强电场的电场强度大小E=0：IB,C为荧光屏上的一点，AC连线垂直于荧光屏，不计粒

mm

子的重力，求:

(1)所有打在荧光屏上的粒子中，垂直电场线方向进入电场的粒子打在屏上的位置离C点的距离；

(2)在(1)问中所求的粒子从A点运动到荧光屏所用的时间及该粒子经磁场电场偏转后速度的偏向角.

3

【答案】(1)-L(2)45°

【解析】(1)由于分子粒子进入磁场时的初速度大小均为%=2些

m

2

粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，则f=qvoB,f=m—

r

得r=L

垂直电场线方向进入电场的粒子，轨迹如图；

粒子在电场中偏转时，L=vot,

1

y=——at29

2

17/22

qE

a——

m

解得y=：L,

13

因此粒子打在光屏上的位置离C点的距离为d=L+"L

1-nm

（2）粒子在磁场中的运动时间：=-T=~~

42qB

Lm

在电场中的时间：t=一=——

2%qB

（7i+2）m

息时间：/=4+J=~一

2qB

由于粒子在电场中做类平抛运动，因此打在荧光屏上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何关

系可知，打在荧光屏上的速度与水平方向的夹角为。=45。，由于粒子从A点射出时的速度竖直向下，因此

粒子经磁场、电场偏转后速度的偏向角为&=90°-，=45°

17.如图所示，在水平边界九W上方有磁感应强度大小为瓦、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度

为B,/是上的两点，CM距离为1,P。是一足够长的挡板，粒子打在挡板上均被吸收，开始时尸

点与。点重合，/QON=6=53。.在。/之间有大量质量为机、电荷量为+1且速度相同的粒子，速度方

向均垂直边界MN竖直向上，且在纸面内.其中从O/中点射入的粒子，恰能垂直打在挡板上（不计粒子

重力及其相互作用）

（1）求粒子的初速度大小vo;

（2）求挡板上被粒子打中的长度xi；

（3）若将挡板沿儿W向右平移二乙距离，方向不变；磁感应强度的大小变为原来的一半，求挡板上被粒

2

子打中的长度X2.

qBL5L3

【答案】（1）（2）丁；（3）-L

m85

18/22

【解析】⑴粒子运动轨迹的圆心为0点，轨迹如图1所示.

设粒子轨迹的半径为门，由几何关系得:

L

由洛伦兹力提供向心力:

2

qv0B=m—

解得：vo=^~

2m

⑵⑴如图2所示，

从某点射出的粒子水平打在板上，其轨迹圆圆心为Oi,则此粒子打在板上的点离P点最远，最远距离设为

di,由几何关系得最远距离：

4=-L

18

该粒子入射点在O点左侧距O点的距离为1

O

是存在的，符合题意；

(ii)如图2所示，从A点射入的粒子打在板上的0(P)点，该粒子轨迹圆圆心。2；

(iii)如图3所示，从0点发出的粒子打在板上的点离P点的距离为d2,其轨迹圆圆心为03,由几何关系得

最近距离

3

d=—L,不是最远距禺

35

综上所述，挡板上被粒子打中的长度

19/22

(3)磁感应强度的大小变为原来的一半，设粒子在磁场中