易错点10 磁场 —备战2022年高考物理一轮复习易错题

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易错点10 磁场
易错题【01】对安培力理解不到位
一、磁场、磁感应强度
1．磁场
基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝。[注1]
(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：磁感线疏密程度相同、方向相同。
二、磁感线　通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
1．磁感线及其特点
(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)特点[注2]
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2．电流的磁场

通电直导线
通电螺线管
环形电流
安
培
定
则




三、安培力、安培力的方向　匀强磁场中的安培力
1．安培力的大小
(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝。
2．安培力的方向
左手定则判断： [注3]
(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
易错题【02】对带电粒子在磁场中运动分析有误
一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。[注1]
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。[注2]
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)[注3]
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v⊥B)
⇨[注4]
[注解释疑]
[注1] 安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。
[注2] 洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功。
[注3] F＝0时，B不一定为零。
[注4] 由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，只由粒子的比荷决定。
[深化理解]
1．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。
2．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定。
3．带电粒子做匀速圆周运动必须抓住几何条件：
(1)入射点和出射点，两个半径的交点和夹角；
(2)两个半径的交点即轨迹的圆心；
(3)两个半径的夹角等于偏转角，偏转角对应粒子在磁场中运动的时间。
易错题【03】对粒子在复合场中的运动分析有误
1．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝ ，m＝，＝。
2．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。


01 对安培力理解不到位
1、(多选)如图为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是(　　)
A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处
B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处
C．小磁针在B处和A处N极都指向左方
D．小磁针在B处和C处N极都指向右方
【警示】本题容易出错的主要原因是对安培力判断理解有误。
【解析】 根据安培定则可知，A、B两处磁场方向向左，C处磁场方向向右；根据通电螺线管周围的磁感线分布情况可知，B处磁感线最密，C处磁感线最疏。
【答案】BC

1．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)


【答案】A
【解析】由安培力F＝BIL可知，线圈在磁场中的有效长度越大，天平越容易失去平衡，故A正确。
2．四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存；在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为(　　)
A．2B，方向向左　　　　 B．2B，方向向下
C．2B，方向向右 D．2B，方向向上
【答案】A
【解析】根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a导线产生的磁感应强度方向为Od方向；c导线产生的磁感应强度方向为Od方向；同理，b导线产生的方向为Oa方向，d导线产生的方向为Oa方向，则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为2B，方向水平向左。故A正确。
02 对带电粒子运动分析有误
1、如图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(　　)
A．a、b为β粒子的径迹　　　
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
【错因】本题容易出错的主要原因是对粒子运动过程分析错误
【解析】由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确。
【答案】D

1．在同一匀强磁场中，α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
【答案】B
【解析】α粒子(24He)和质子(11H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比 ＝·＝×＝，选项B正确；根据F＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝×＝，选项D错误。
2．(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则(　　)
A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2
B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1
D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2
【答案】AC
【解析】粒子进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。
03 对粒子在复合场中运动分析有误
1、如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有
2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
[答案]　(1)　(2)1∶4

1．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。

(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；
(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；
(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，且d≪R，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。
【解析】　(1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qU＝mv12，qv1B＝
解得v1＝ ，r1＝ 。
(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则qvmB＝m，Ekm＝mvm2
解得Ekm＝
回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，则＝T＝＝
解得f＝。
(3)质子在狭缝中加速时，有q＝ma
质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1＝＝
质子在磁场中运动的周期T＝
设质子在电场中加速了n次，则有nqU＝Ekm
解得n＝
质子在磁场中运动的总时间t2＝T＝
则＝
因为d≪R，得t1≪t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计。
[答案]　(1) 　 　(2)　　
(3)　　理由见解析
2．如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【解析】(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t②
H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1③
联立以上各式得s1＝h。④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3)H与H初动能相等
(2m)v＝mv⑩
H在电场中运动时有
qE＝2ma2⑪
s2＝v2t2⑫
h＝a2t⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭
v′＝⑮
qv′B＝2m⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰
所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。⑲
[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h


1、如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
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
2.如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
3、如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两
两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法
正确的是(　　)
A． L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B． B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
4、如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是(　　)
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为
5、如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)

A.∶2　　　　　　 B.∶1
C.∶1 D．3∶
6、　如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
7、如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则(　　)
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
8．如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。


9、如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。




10、在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带正电荷量为q的粒子(不计重力)，在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正。求：

(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，磁感应强度变化周期T的最大值。
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时速度大小v0。


答案和解析
1. C
把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。
2.A
如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。

分析导线转过90°时的情形，如图乙所示。导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动。选项A正确。
3、BC
由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。

4、D
电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。
5.C
由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。
6.C
粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。
7、D
由r＝得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3 m，从Od边射入的粒子，出射点分布在be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。
8.
(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
根据Bqv＝，得r＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2，s2＝
总路程s＝πR＋，代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
[答案]　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m
9.解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qv0B＝
由题意知r0＝
由以上两式解得B＝。
(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。

由几何关系d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，
解得t1＝
粒子做直线运动的时间t2＝
解得t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)

10.(1)由qvB0＝m及T＝得T0＝。
(2)如图(a)所示，若使粒子不能从Oa边射出，则有sin α＝，α＝30°。
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动时间为t＝T0＝

而t＝，所以磁场变化的最大周期为T＝。
(3)若使粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图(b)所示。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为T＝，每一个圆弧对应的弦长OM为s＝(n＝2,4,6，…)，圆弧半径为R＝＝。由qv0B0＝m得：v0＝(n＝2,4,6，…)。
答案：(1)　(2)　(3)　(n＝2,4,6，…)