2024高考物理一輪復習第九章磁場第2講磁吃運動電荷的作用學案新人教版

PAGE19-第2講磁場對運動電荷的作用ZHISHISHULIZICEGONGGU,學問梳理·自測鞏固學問點1洛倫茲力1．洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力。2．洛倫茲力的方向(左手定則)：(1)伸出左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內。(2)讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向(或負電荷運動的反方向)。(3)拇指所指的方向就是運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。如圖，①表示正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向，②表示磁場的方向，③表示洛倫茲力的方向。3．洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，θ是v與B之間的夾角。(1)當v∥B時，F(xiàn)＝0。(2)當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。學問點2帶電粒子在勻強磁場中的運動1．洛倫茲力的特點：由于洛倫茲力F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面，所以洛倫茲力不變更帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。2．粒子的運動性質：(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動。(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。3．基本公式(1)由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)。(2)由v＝eq\f(2πr,T)，得T＝eq\f(2πm,qB)。(3)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)。(4)ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝eq\f(qB,m)。思索：(1)為什么帶電粒子在電場力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運動只能是勻速直線運動？[答案]假如是變速，則洛倫茲力會變更，而洛倫茲力總是和速度方向垂直，所以就不行能是直線運動。(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，T、f和ω的大小與速度v有關嗎？與哪些因素有關？[答案]T、f和ω的大小與軌道半徑R和運行速率v無關，只與磁場的磁感應強度B和粒子的比荷eq\f(q,m)有關。比荷eq\f(q,m)相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，T、f和ω相同。思維診斷：(1)帶電粒子在磁場中運動時肯定會受到磁場力的作用。(×)(2)洛倫茲力的方向在特殊狀況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。(×)(3)依據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關。(√)(6)利用質譜儀可以測得帶電粒子的比荷。(√)(7)經過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應強度B、加速電壓的大小共同確定的。(×)自測鞏固,ZICEGONGGU)1．(2024·四川成都摸底)關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是(C)A．運動電荷在磁場中肯定受到洛倫茲力作用B．通電導線在磁場中肯定受到安培力作用C．洛倫茲力肯定對運動電荷不做功D．安培力肯定對通電導線不做功[解析]本題考查對安培力、洛倫茲力的理解與相識。運動電荷在磁場中運動，若速度方向與磁場方向相同，則所受洛倫茲力為零，即不受洛倫茲力作用，選項A錯誤；通電導線在磁場中若電流方向與磁場方向相同，則所受安培力為零，即不受安培力作用，選項B錯誤；若安培力方向與通電導線運動方向不垂直，會對通電導線做功，選項D錯誤；由于洛倫茲力方向恒久垂直于速度方向，依據(jù)功的定義可知，洛倫茲力肯定對運動電荷不做功，選項C正確。2．(2024·安徽安慶月考)漂亮的安慶處在北緯30度旁邊，一束帶負電的粒子從太空沿地球半徑方向飛向安慶振風塔，由于受到地磁場的作用，粒子的運動方向將會發(fā)生偏轉，該束帶電粒子偏轉方向是(B)A．向東 B．向西C．向南 D．向北[解析]運動粒子帶負電，而地磁場的水平重量由南向北，所以依據(jù)左手定則可以推斷，粒子所受洛倫茲力的方向向西，應向西偏轉，B正確。3．(2024·浙江三市聯(lián)考)如圖所示為電視機顯像管偏轉線圈的示意圖，當線圈通以圖示的直流電時，形成的磁場如圖所示，一束垂直紙面對內射向O點的電子將(C)A．向上偏轉 B．向下偏轉C．向右偏轉 D．向左偏轉[解析]本題考查洛倫茲力、左手定則的應用。當線圈通圖示的直流電時，在O點產生豎直向下的磁場，一束垂直紙面對內射向O點的電子，由左手定則可推斷出電子所受洛倫茲力方向向右，電子向右偏轉，選項C正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考點·重點突破考點一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只變更速度的方向，不變更速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當電荷運動方向發(fā)生變更時，洛倫茲力的方向也隨之變更。(3)用左手定則推斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要留意將四指指向電荷運動的反方向。2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)分(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。3．洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向F⊥B且F⊥v正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功，可能做負功，也可能不做功例1(2024·浙江杭州外國語學校期末考試)(多選)如圖所示，一個質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)的速度圖象可能是下圖中的(AD)[解析]由左手定則可推斷出圓環(huán)所受洛倫茲力方向向上，當洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故圓環(huán)做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止狀態(tài)，選項中沒有對應圖象；當洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，選項A對；當洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力漸漸減小到零，故圓環(huán)做加速度漸漸減小的減速運動，摩擦力為零時，起先做勻速直線運動，選項D對?！差愵}演練1〕(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則(AD)A．電子將向右偏轉，速率不變B．電子將向左偏轉，速率變更C．電子將向左偏轉，軌跡半徑不變D．電子將向右偏轉，軌跡半徑變更[解析]由安培定則判定直線電流右側磁場的方向垂直紙面對里，再依據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，速率不變，A正確，B、C錯誤；又由R＝eq\f(mv,qB)知，在電子偏離直線電流時，B減弱，故R變大，D正確。考點二帶電粒子在有界勻強磁場中的運動1．帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運動時間的確定(1)圓心的確定①基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線肯定過圓心。②兩種常見情形：Ⅰ.已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲a所示，圖中P為入射點，M為出射點)。Ⅱ.已知入射點和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲b所示，圖中P為入射點，M為出射點)。(2)半徑的計算方法①由物理方法求：半徑R＝eq\f(mv,qB)。②由幾何方法求：一般由數(shù)學公式(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。(3)運動時間的確定①粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(a,2π)·T)。②用弧長與線速度的比t＝eq\f(s,v)。2．帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界①圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區(qū)域時，若入射速度方向指向勻強磁場區(qū)域圓的圓心，則出射時速度方向的反向延長線必經過該區(qū)域圓的圓心，如圖甲。②若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應半徑夾角也為θ，如圖乙。③若粒子做勻速圓周運動的半徑等于磁場區(qū)域的半徑，則有如下兩個結論：a．當粒子從磁場邊界上同一點沿不同方向進入磁場區(qū)域時，粒子離開磁場時的速度方向肯定平行，(磁發(fā)散)如圖丙。b．當粒子以相互平行的速度從磁場邊界上隨意位置進入磁場區(qū)域時，粒子會從同一點離開磁場區(qū)域，(磁聚焦)如圖丁。例2(2024·閩粵贛三省十校聯(lián)考)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面對外的勻強磁場。一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，當速度大小為v1時，粒子從b點離開磁場；當速度大小為v2時，粒子從c點離開磁場，不計粒子重力，則v1與v2的大小之比為(A)A．13 B．12C．21 D．14[解析]本題考查帶電粒子在正六邊形邊界勻強磁場中的運動。設正六邊形abcdef的邊長為L，帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，當速度大小為v1時，粒子從b點離開磁場，當速度大小為v2時，粒子從c點離開磁場，作出帶電粒子運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關系可知軌跡半徑r1＝eq\f(L,\r(3))，r2＝eq\r(3)L；由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，則v1v2＝r1r2＝eq\f(L,\r(3))eq\r(3)L＝13，選項A正確。規(guī)律總結：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡。(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系。(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特殊是周期公式、半徑公式?！差愵}演練2〕(2024·安徽重點中學協(xié)作體聯(lián)考)(多選)在真空中，半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面對里，EF是一水平放置的感光板。從圓形磁場最右端的A點處垂直磁場射入大量質量為m、電荷量大小為q、速度為v的帶正電粒子，不考慮粒子間的相互作用及粒子重力，關于這些粒子的運動以下說法正確的是(BD)A．粒子只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在EF上B．對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線肯定過圓心C．對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D．只要速度滿意v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上[解析]本題考查帶電粒子在圓形邊界勻強磁場中運動的相關學問點。對著圓心入射的粒子，當軌跡半徑r＝R時，出射后垂直打在EF上，而速度為v的粒子的軌跡半徑r與R不肯定相等，選項A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，依據(jù)幾何學問可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線肯定過圓心，選項B正確；對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角θ越小，由T＝eq\f(2πm,Bq)與t＝eq\f(θ,2π)T知，運動時間t越小，選項C錯誤；速度滿意v＝eq\f(qBR,m)時，軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心連線構成菱形，射出磁場的點所在的軌跡半徑與OA平行，粒子的速度肯定垂直EF板，選項D正確?？键c三帶電粒子在磁場中運動的多解問題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，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖(1)，帶電粒子以速率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。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告知了磁感應強度大小，而未詳細指出磁感應強度方向，此時必需要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖(2)，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面對里，其軌跡為a，如B垂直紙面對外，其軌跡為b。3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解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，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖(3)所示，于是形成了多解。4．運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解。如圖(4)所示。例3(2024·海南期末)(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面對外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面對里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右放射不同速率的質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子(重力不計)，若全部粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(AB)A．eq\f(\r(3)BqL,6m) B．eq\f(\r(3)BqL,3m)C．eq\f(\r(3)BqL,2m) D．eq\f(\r(3)BqL,m)[解析]本題考查帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題。由題意可知粒子部分可能的運動軌跡如圖所示，全部圓弧所對的圓心角均為120°，所以帶電粒子的運動半徑為r＝eq\f(\r(3),3)eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力供應向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)BqL,3nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B正確。〔類題演練3〕如圖所示，在xOy平面內，y≥0的區(qū)域有垂直于xOy平面對里的勻強磁場，磁感應強度為B，一質量為m、帶電荷量的肯定值為q的粒子從原點O沿與x軸正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不計，求帶電粒子在磁場中的運動時間和帶電粒子離開磁場時的位置。[答案]帶電粒子帶正電時，運動時間為eq\f(4πm,3qB)，離開磁場的位置為(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)，帶電粒子帶負電時，運動時間為eq\f(2πm,3qB)，離開磁場時的位置為(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)[解析]由于洛倫茲力供應向心力，則qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＝mReq\f(4π2,T2)解得R＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)當帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC，故粒子在磁場中的運動時間t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C點離開磁場，OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故離開磁場的位置為(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)當帶電粒子帶負電時，軌跡如圖中ODE所示，故粒子在磁場中的運動時間t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子在E點離開磁場，OE＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故離開磁場時的位置為(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)

JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU,階段培優(yōu)·查缺補漏__帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題__解決此類問題常用的結論有：(1)臨界值剛好穿出(穿不出)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)時間極值①當速度v肯定時，弧長(弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。②當速度v變更時，圓心角大的運動時間長。(3)磁場區(qū)域面主動值若磁場邊界為圓形時，從入射點到出射點連接起來的線段就是圓形磁場的一條弦，以該條弦為直徑的圓就是最小圓，可求出圓形磁場區(qū)的最小面積。例4(2024·安徽合肥一中、馬鞍山二中等六校聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限y≤a范圍內，存在垂直紙面對里磁感應強度為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q且?guī)ж撾姷牧Ｗ訌淖鴺嗽cO以速度大小為v0＝eq\f(2qBa,m)沿不同方向射入磁場，不計粒子的重力，下列說法正確的是(D)A．若粒子初速度沿y軸正方向，則粒子在磁場中的運動時間為eq\f(πm,3qB)B．若粒子初速度沿y軸正方向，則粒子在磁場中的運動時間為eq\f(2πm,3qB)C．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,3qB)D．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(2πm,3qB)[解析]本題考查帶電粒子在平行邊界磁場中運動的臨界問題。粒子運動的速度為v0＝eq\f(2qBa,m)，則粒子運動的軌跡半徑為r＝eq\f(mv0,qB)＝2a，則若粒子初速度沿y軸正方向，如圖1，由幾何關系知粒子在磁場中運動偏轉的角度為30°，則運動時間為t1＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πr,v0)＝eq\f(πm,6qB)，選項A、B錯誤；當軌跡與磁場上邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖2，由幾何關系可知，此時粒子在磁場中偏轉的角度為120°，時間為tm＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故選D?！差愵}演練4〕一帶電質點，質量為m，電荷量為q，重力忽視不計，以平行于x軸的速度v從y軸上的a點射入如圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質點能從x軸上的b點以垂直于x軸的速度射出，可在適當?shù)牡胤郊右淮怪庇趚Oy平面、磁感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內，求這圓形磁場區(qū)域的最小半徑。[答案]eq\f(\r(2)mv,2qB)[解析]質點進入xOy平面的磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)據(jù)題意，要求質點垂直x軸射出，它在磁場區(qū)域內必經過eq\f(1,4)圓周，且此圓周應與入射速度和出射速度所在的直線相切，如圖所示，過這兩個切點M、N作入射和出射方向的垂線，其交點O′即為圓心。因此該質點在磁場內的軌跡就是以O′為圓心，R＝eq\f(mv,qB)為半徑的一段圓弧eq\o\ac(MN,\s\up10(︵))(圖中虛線圓弧)，在過M、N兩點的全部圓周中，以MN為直徑的圓周最小(如圖中實線所示)，因此所求圓形區(qū)域的最小半徑為rmin＝eq\f(1,2)MN＝eq\f(1,2)·eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv,2qB)。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模擬訓練1．(2024·全國卷Ⅱ，17)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(B)A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl[解析]若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得vA＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)選項B正確。2．(2024·全國卷Ⅲ，18)如圖，在坐標系的第一和其次象限內存在磁感應強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面對外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最終經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)[解析]帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內的圓半徑是其次象限內圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在其次象限內運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確。3．(2024·北京卷，16)如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面對里的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是(C)A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短[解析]A錯：由左手定則知，粒子帶負電。B錯：由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變。C對：由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應強度B，R變大，則粒子可能從b點右側射出。D錯：由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v,則R變小，粒子在磁場中的偏轉角θ變大。由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，運動時間變長。4．(2024·江蘇卷，16)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質量為m、電荷量為－q的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d<L。粒子重力不計，電荷量保持不變。(1)求粒子運動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM＝d，QN＝eq\f(d,2)，求粒子從P到Q的運動時間t。[答案](1)eq\f(qBd,m)(2)eq\f(2＋\r(3),2)d(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)＋\f(3\r(3)－4,6)))eq\f(πm,2qB)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)－\f(3\r(3)－4,6)))eq\f(πm,2qB)[解析](1)洛倫茲力供應向心力qvB＝meq\f(v2,r)r＝d解得v＝eq\f(qBd,m)(2)如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與