专题二 带电粒子在匀强磁场中运动的综合问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第一章　磁场对电流 的作用 专题二　带电粒子在匀强磁场中运动的综合问题 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 探究 　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 1．常见临界问题 (1)恰好穿出(不穿出)有界磁场的速度、轨迹半径等。 (2)在磁场中运动的最长时间、最短时间。 2．解题思路 (1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间，根据题给条件尝试画出粒子可能的运动轨迹圆。 (2)结合磁场边界找出临界条件。 (3)根据几何关系、运动规律求解。 课堂探究评价 4 3．常见的临界条件 (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。 (3)当速度大小v变化时，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。 课堂探究评价 5 答案 课堂探究评价 6 规范解答 课堂探究评价 处理临界极值问题的常见方法  (1)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射方向所在直线为切线，入射点为切点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图1所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。 课堂探究评价 (2)定圆旋转法：当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图2所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。 (3)定圆平移法：速度大小和方向相同的一排相同粒子垂直直线边界进入匀强磁场，各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图3所示)。 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 10 解析 课堂探究评价 11 探究 　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 带电粒子在匀强磁场中运动形成多解的原因 (1)磁场方向、带电粒子电性或粒子速度方向不确定，从而使粒子轨迹不同导致多解。 (2)粒子速度大小或磁感应强度大小不确定，从而使临界状态不唯一，从而导致多解。(如图甲，粒子飞出磁场情况不唯一) 课堂探究评价 12 (3)由于磁场周期性变化、粒子反复与挡板碰撞等，从而使运动具有周期性导致多解。(如图乙，粒子从两磁场分界线射出有多种可能) 课堂探究评价 13 答案 课堂探究评价 14 规范解答 课堂探究评价 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，应寻找通项式；若可能出现几种解，应注意每种解出现的条件。 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 17 解析 课堂探究评价 18 课后课时作业 1.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对于从ab边离开磁场的电子，下列判断正确的是(　　) A．从a点离开的电子速度最小 B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最长 C．从b点离开的电子运动半径最小 D．从b点离开的电子速度偏转角最小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和2r，圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用。为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过(　　) A．eq \f(qBr,m) B．eq \f(3qBr,4m) C．eq \f((\r(2)＋1)qBr,m) D．eq \f((\r(2)－1)qBr,m) 规范解答　粒子的运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不射出磁场外边界，设此时粒子速度为v，运动的轨迹圆圆心为O1，粒子在磁场中的轨迹圆半径为R，如图所示，则由几何关系得(2r－R)2＝R2＋r2，解得R＝eq \f(3r,4)，又qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(3Bqr,4m)，故选B。 [变式训练1]　(多选)如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ＝60°，在M(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m、电量为q的带正电的粒子，粒子速率均为v0＝eq \f(\r(3)qBl,6m)，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子(　　) A．在磁场中运动的最短时间为eq \f(2πm,3qB) B．在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,3qB) C．在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB) D．在磁场中运动的最长时间为eq \f(4πm,3qB) 解析　如图1所示，粒子在磁场中运动的半径为r＝eq \f(mv0,qB)＝eq \f(\r(3),6)l，在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，则对应从M点向虚线作的垂线的长度，则该弦长对应的圆心角为sineq \f(θ1,2)＝eq \f(\f(1,2)lsin30°,r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ1＝eq \f(2π,3)，则对应的最短时间为tmin＝eq \f(θ1,2π)T＝eq \f(2πm,3qB)，A正确，B错误；如图2所示，竖直向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，此时时间最长，则在磁场中运动的最长时间tmax＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，D错误，C正确。 例2　(多选)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正。有一正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，又从小孔O′射出磁场。已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。以下磁感应强度B0大小、离子射入磁场的速度v0，可能正确的有 (　　) A．B0＝eq \f(πm,qT0) B．B0＝eq \f(2πm,qT0) C．v0＝eq \f(πd,3T0) D．v0＝eq \f(πd,4T0) 规范解答　正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝2,0)eq \f(mv,r) 　①，做匀速圆周运动的周期T0＝eq \f(2πr,v0)　②，联立①②两式得磁感应强度B0＝eq \f(2πm,qT0)，A错误，B正确；要使正离子从O′孔射出磁场，离子到达O′时必须经过整数个周期，如图所示，当正离子在两板之间运动n个周期，即运动时间为nT0时，有r＝eq \f(d,4n)(n＝1，2，3…)，与②式联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1，2，3…)，C错误，D正确。 [变式训练2]　(多选)长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间的距离为L，板不带电。一质量为m、电荷量为q带正电的粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直于磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是(　　) A．使粒子的速度v<eq \f(BqL,4m) B．使粒子的速度v＞eq \f(BqL,4m) C．使粒子的速度v＞eq \f(5BqL,4m) D．使粒子的速度eq \f(BqL,4m)＜v＜eq \f(5BqL,4m) 解析　要使粒子不打在极板上，那么粒子可从极板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子恰好打在极板上的临界状态如图所示，即打在极板左边B点或者右边A点。当粒子打在B点时，由图可知：2r1＝eq \f(L,2)，可得r1＝eq \f(L,4)；当粒子打在A点时，根据几何关系有：req \o\al(2,2)＝L2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(L,2)))eq \s\up12(2)，得r2＝eq \f(5L,4)。根据r＝eq \f(mv,qB)得：v1＝eq \f(qBL,4m)，v2＝eq \f(5qBL,4m)，那么欲使粒子不打在极板上，应有：v＜eq \f(BqL,4m)或v＞eq \f(5BqL,4m)，A、C正确。 解析　分别从a点、b点和ab上任意一点射出的电子的轨迹如图中圆弧①、③、②所示。从a点离开的电子的运动轨迹半径最大，速度偏转角最小；从b点离开的电子的运动轨迹半径最小，速度偏转角最大，C正确，D错误。根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(eBR,m)，则从a点离开的电子运动速度最大，A错误。根据evB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)、t＝eq \f(θ,2π)T，可得电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(θm,eB)，则从a点离开的电子在磁场中运动时间最短，B错误。 2.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为(　　) A.eq \f(πm,3qB) B.eq \f(2πm,3qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(5πm,3qB) 解析　由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)，联立可得T＝eq \f(2πm,qB)。若带电粒子所带电荷为正电荷，则轨迹为图中①所示，其对应的圆心角为300°，在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5πm,3qB)；若带电粒子所带电荷为负电荷，则轨迹为图中②所示，其对应的圆心角为60°，在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(πm,3qB)，故A、D正确。 3.(多选)如图所示，仅在x>0、y>0的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在x轴上有一粒子源P，到坐标原点的距离为L，可垂直于磁场沿着与x轴成30°角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为m、电荷量为＋q。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　) A．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)，0)) B．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)，0)) C．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(5πm,3Bq) D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(7πm,3Bq) 解析　画出粒子从x轴射出的临界轨迹如图所示，此时轨迹圆与y轴相切，由几何关系可知α＝30°，则有R＋Rsinα＝L，解得临界轨迹半径R＝eq \f(2L,3)，则此时粒子从x轴上x＝L－2Rsinα＝eq \f(L,3)位置射出，故粒子从x轴上射出的横坐标满足：eq \f(L,3)<x<L，A正确，B错误；由几何关系可知，粒子从x轴上射出时，在磁场中运动的圆心角最大，为300°，因此粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5,6)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，C正确，D错误。 4．(多选)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v为哪些值时粒子能通过B点(　　) A.eq \f(2qBL,m) B.eq \f(qBL,2m) C.eq \f(2qBL,3m) D.eq \f(qBL,7m) 解析　根据题意和左手定则可判断粒子可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子在磁场中的运动轨迹半径r＝eq \f(L,n)(n＝1，2，3，…)；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(Bqr,m)＝eq \f(BqL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知v＝eq \f(qBL,2m)和v＝eq \f(qBL,7m)的粒子能通过B点，v＝eq \f(2qBL,m)和v＝eq \f(2qBL,3m)的粒子不能通过B点，故选B、D。 5.(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq \f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是(　　) A．B>eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里 B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里 C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外 D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外 解析　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知，负离子向右偏转，被约束在OP之下的区域的临界情景是离子运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何关系得(s＋R2)sin30°＝R2，解得临界轨迹半径R2＝s，当离子轨迹的半径R小于R2时满足约束条件，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由R<R2得B>eq \f(mv,qs)，故A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知，负离子向左偏转，被约束在OP之下的区域的临界情景是离子运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何关系得(s－R1)sin30°＝R1，解得临界轨道半径R1＝eq \f(s,3)，当离子轨迹的半径R小于R1时满足约束条件，即R<R1，得B>eq \f(3mv,qs)，故C错误，D正确。 6.如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q(q>0)。其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，∠POA＝90°。则(　　) A．磁场方向垂直纸面向里 B．粒子在磁场中运动的周期为2t C．速率为2v0的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(3,4)t D．从A点离开磁场的速率最小值为eq \f(\r(2),2)v0 解析　由题意知，速率为v0、带正电的粒子沿PO方向射入磁场后向右偏转，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；上述粒子的轨迹如图轨迹①，由题意知此粒子在磁场中偏转了eq \f(π,2)，则可知粒子在磁场中运动的周期为T＝4t，故B错误；速率为v0且沿PO方向射入的粒子，从A点离开磁场，由几何关系可知，运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，由此可知，当粒子速率为2v0时，粒子运动的轨迹半径为2R，根据几何关系可知，当粒子轨迹的弦长等于圆形磁场的直径时，即图中轨迹②，轨迹对应的圆心角最大，为eq \f(π,3)，因此可得运动的最长时间为tmax＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×4t＝eq \f(2,3)t，故C错误；当AP连线为粒子在磁场中运动轨迹的直径时，即图中轨迹③，从A点离开磁场的轨迹半径最小，速率最小，由几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为r′＝eq \f(\r(2),2)R，则速率v′＝eq \f(qBr′,m)＝eq \f(\r(2),2)v0，故D正确。 7．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中沿磁场方向放置一表面涂有荧光材料、底面半径为R的圆柱体，电子打到圆柱体表面时荧光材料会发出荧光，且被圆柱体吸收。圆柱体的底面圆心O到磁场边界MN的距离为2R。一平行电子束以垂直边界MN向右的初速度v0＝eq \f(3eBR,m)射入磁场，已知电子质量为m，电荷量为e，则图示截面圆上发光部分的长度等于(　　) A.eq \f(1,2)πR B．πR C.eq \f(4,3)πR D.eq \f(5,3)πR 解析　由洛伦兹力提供向心力得ev0B＝2,0)eq \f(mv,r) ，解得粒子轨迹半径r＝3R，画出与圆柱体相切的两条轨迹，如图所示，由几何关系知sinα＝eq \f(2R,r＋R)，解得α＝eq \f(π,6)，则截面圆上发光部分对应的圆心角为θ＝π＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq \f(4,3)π，则截面圆上发光部分的长度l＝θ·R＝eq \f(4,3)πR，故选C。 8.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计。下列说法中正确的是(　　) A．若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0 B．若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为eq \f(5t0,3) C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为eq \f(5t0,3) D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为eq \f(2t0,3) 解析　由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。当粒子沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形内时，如图所示，作出从ab边射出的临界轨迹①、从bc边射出的临界轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的临界轨迹④。由图可知，该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于eq \f(5t0,6)；从bc边射出经历的时间一定不大于eq \f(4t0,3)；从cd边射出经历的时间一定是eq \f(5t0,3)；从ad边射出经历的时间一定不大于eq \f(t0,3)。故C正确，A、B、D错误。 9.(多选)在半导体芯片制造过程中，通过注入离子改变材料的导电性能是一道重要的工序。为了精准注入离子，需要在有限的特定空间内加电磁场，对离子的运动进行调控。如图为其中一个模型，一边长为l＝0.64 m的正方形abcd内存在一垂直纸面的匀强磁场，在正方形的正中心有一离子发射源，可向纸面内任何方向发射初速度为8×104 m/s、比荷为1×108 C/kg的正离子，改变磁场的大小和方向，可使离子到达相应的位置。关于离子在磁场中的运动，下列说法正确的是(　　) A．为使这些正离子都不能穿出该磁场，则该磁场的磁感应强度B≥5×10－3 T B．为使这些正离子都不能穿出该磁场，则该磁场的磁感应强度B≥3×10－3 T C．若磁感应强度为2.5×10－3 T，离子在磁场运动的最短时间为eq \f(4π,3)×10－6 s D．若磁感应强度垂直纸面向里且大小为4×10－3 T，bc边有离子射出的宽度为0.24 m 解析　当离子轨迹刚好与边界相切时，离子恰好都不能穿出该磁场，如图1所示，根据几何关系可得，要使这些正离子都不能穿出该磁场，轨迹半径应满足R≤eq \f(l,4)，根据qvB＝eq \f(mv2,R)，解得B≥5×10－3 T，A正确，B错误；若磁感应强度为B1＝2.5×10－3 T，离子运动半径R1＝eq \f(mv,qB1)＝0.32 m，运动时间最短的离子轨迹在磁场中对应的弦长最短，轨迹如图2所示，由几何关系知，此时轨迹所对圆心角为α＝60°，离子在磁场运动 的最短时间t＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)·eq \f(2πR1,v)＝eq \f(4π,3)×10－6 s，C正确；若磁感应强度垂直纸面向里且大小为B2＝4×10－3 T，离子运动半径R2＝eq \f(mv,qB2)＝0.2 m，因eq \f(\f(l,2),2R2)＝eq \f(4,5)＝cos37°，R2＋R2sin37°＝eq \f(l,2)，所以离子从bc边射出的临界轨迹如图3所示，bc边有离子射出的宽度为Δx＝MN＝NP＋MP＝eq \r((2R2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2))＋2,2)eq \r(R－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)－R2))\s\up12(2)) ＝0.4 m，D错误。 10．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L。粒子重力不计，电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v； (2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm； (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝eq \f(d,2)，求粒子从P到Q的运动时间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)洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,r) r＝d 　解得v＝eq \f(qBd,m)。 (2)如图所示，当粒子第一次与薄板碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M的距离最大。 由几何关系得：dm＝d(1＋sin60°) 解得：dm＝eq \f(2＋\r(3),2)d。 (3)粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB) 设粒子从最后一次与薄板碰撞到射出磁场的时间为t′，则 t＝neq \f(T,4)＋t′(n＝1，3，5，…)。 (a)当L＝nd＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))d时， 粒子斜向上射出磁场t′＝eq \f(1,12)T 解得：t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)＋\f(3\r(3)－4,6))) eq \f(πm,2qB)； (b)当L＝nd＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))d时， 粒子斜向下射出磁场t′＝eq \f(5,12)T 解得：t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)－\f(3\r(3)－4,6))) eq \f(πm,2qB)。 $$