人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1第3節帶電粒子在勻強磁場中的運動核心素養目標物理觀念1.知道帶電粒子沿著垂直于磁場的方向射入勻強磁場會做勻速圓周運動。2.理解洛倫茲力對運動電荷不做功。科學思維1.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法，會推導勻速圓周運動的半徑公式和周期公式。2.能夠用學過的知識分析、計算有關帶電粒子在勻強磁場中受力、運動問題。知識點一帶電粒子在勻強磁場中的運動〖觀圖助學〗當帶電粒子q以速度v垂直進入勻強磁場中，它將做什么運動？1.洛倫茲力總是與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小。2.沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動。洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。若v∥B，洛倫茲力F＝0，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。知識點二帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期〖觀圖助學〗垂直射入磁場的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，圓周的半徑可能與哪些因素有關？周期可能與哪些因素有關？1.運動條件：不計重力的帶電粒子沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場。2.洛倫茲力作用：提供帶電粒子做圓周運動的向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)。3.基本公式半徑：r＝eq\f(mv,qB)。周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。〖思考判斷〗(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑跟粒子的速率成正比。(√)(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比。(×)(3)運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度增大而減小。(×)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與粒子運動速率和半徑無關。核心要點帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題〖觀察探究〗如圖所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉。(1)不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？加上磁場時，電子束的運動軌跡如何？(2)如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，圓半徑如何變化？〖答案〗(1)一條直線圓(2)減小增大〖探究歸納〗1.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)。將r＝eq\f(mv,qB)代入可得T＝eq\f(2πm,qB)。2.同一粒子在同一磁場中，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑大小無關。

〖試題案例〗〖例1〗如圖所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A.1∶2 B.2∶1C.eq\r(2)∶2 D.eq\r(2)∶1〖解析〗設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)；由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1)。由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)，由題意可知eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1r2,v2r1)＝eq\f(\r(2),2)，選項C正確。〖答案〗C〖針對訓練1〗質子和α粒子由靜止出發經同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，則它們在磁場中的各物理量間的關系正確的是()A.速度之比為2∶1 B.周期之比為1∶2C.半徑之比為1∶2 D.角速度之比為1∶1〖解析〗由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝eq\f(mv2,r)＝mω2r得v＝eq\r(\f(2qU,m))，ω＝eq\f(qB,m)，r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，而mα＝4mH，qα＝2qH，故vH∶vα＝eq\r(2)∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶eq\r(2)，又T＝eq\f(2πm,qB)，故TH∶Tα＝1∶2。選項B正確。〖答案〗B核心要點帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動〖要點歸納〗在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，著重把握“一找圓心，二求半徑，三定時間”的方法。1.圓心的確定方法：兩線定一“心”(1)圓心一定在垂直于速度的直線上。如圖甲所示，已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心。(2)圓心一定在弦的中垂線上。如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與任一速度的垂線的交點為圓心。2.求半徑方法(1)：由公式qvB＝meq\f(v2,r)，得半徑r＝eq\f(mv,qB)；方法(2)：由軌跡和約束邊界間的幾何關系求解半徑r。3.定時間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，其運動時間為t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)。4.圓心角與偏向角、圓周角的關系兩個重要結論：(1)帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，偏向角等于圓弧eq\o(PM,\s\up8(︵))對應的圓心角α，即α＝φ，如圖所示。(2)圓弧eq\o(PM,\s\up8(︵))所對應圓心角α等于弦PM與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如圖所示。〖試題案例〗〖例2〗如圖所示，一帶電荷量為2.0×10－9C、質量為1.8×10－16kg的粒子，在直線上一點O沿與直線夾角為30°方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，經過1.5×10－6s后到達直線上另一點P，不計重力，求：(1)粒子做圓周運動的周期；(2)磁感應強度B的大小；(3)若O、P之間的距離為0.1m，則粒子的運動速度多大？〖解析〗(1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則eq\f(t,T)＝eq\f(300°,360°)，周期T＝eq\f(6,5)t＝eq\f(6,5)×1.5×10－6s＝1.8×10－6s。(2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得qvB＝eq\f(mv2,R)，所以B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mω,q)＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(2×3.14×1.8×10－16,2.0×10－9×1.8×10－6)T＝0.314T。(3)由幾何知識可知，半徑R＝OP＝0.1m，故粒子的速度v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(0.314×2.0×10－9×0.1,1.8×10－16)m/s＝3.49×105m/s。〖答案〗(1)1.8×10－6s(2)0.314T(3)3.49×105m/s溫馨〖提*示〗處理帶電粒子在磁場中的運動問題時按“三”步進行(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出軌跡并通過幾何方法求半徑。(2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，運動的時間與周期相聯系。(3)用規律：運用牛頓第二定律和勻速圓周運動的規律，特別是周期公式、半徑公式。〖針對訓練2〗如圖所示，帶負電的粒子沿垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區域，出磁場時速度偏離原方向60°角，帶電粒子質量m＝3×10－20kg，電荷量q＝10－13C，速度v0＝105m/s，磁場區域的半徑R＝3×10－1m，不計粒子的重力，求磁場的磁感應強度B。〖解析〗畫進、出磁場速度方向的垂線得交點O′，O′點即為粒子做圓周運動的圓心，據此作出運動軌跡eq\o(AB,\s\up8(︵))，如圖所示，設此圓半徑記為r，則eq\f(O′A,OA)＝tan60°，所以r＝eq\r(3)R。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，所以B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3×10－20×105,10－13×3\r(3)×10－1)T＝eq\f(\r(3),3)×10－1T。〖答案〗eq\f(\r(3),3)×10－1T核心要點帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題〖要點歸納〗帶電粒子在有界磁場中的圓周運動的幾種常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，射入和射出磁場時，速度與邊界夾角大小相等，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)〖試題案例〗〖例3〗如圖所示，在真空中寬為d的區域內有勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m、帶電荷量為e、速率為v0的電子從邊界CD外側垂直射入磁場，入射方向與CD邊夾角為θ，為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，v0滿足的條件是什么？(不計重力作用)〖解析〗當入射速率很小時，電子在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出，速度越大，軌道半徑越大，當軌道與右邊界相切時，電子恰好不能從磁場另一邊界射出，如圖所示，由幾何知識可得r＋rcosθ＝d又ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)所以為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，電子的速度v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。〖答案〗v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)〖針對訓練3〗(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電。現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A.使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B.使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C.使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D.使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)〖解析〗如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)粒子剛好打在極板左邊緣時有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，v2＝eq\f(Bql,4m)綜合上述分析可知，選項A、B正確。〖答案〗AB1.(帶電粒子的運動分析)如圖所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()A.沿路徑a運動，軌跡是圓B.沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C.沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D.沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小〖解析〗水平導線在導線下方產生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝eq\f(mv,qB)知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a。故選項B正確。〖答案〗B2.(帶電粒子的圓周運動)如圖所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外。有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的質量、不同的速度，不計重力，但都是一價正離子，則()A.只有速度v大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B.只有質量m大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C.只有質量m與速度v的乘積大小一定的粒子才可以沿中心線通過彎管D.只有動能Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管〖解析〗因為粒子能沿中心線通過彎管要有一定的半徑，其半徑r＝R＝eq\f(mv,qB)，由于q、B都相同，只有當mv一定時，粒子才能通過彎管。選項C正確。〖答案〗C3.(帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動)如圖所示，a和b帶電荷量相同，以相同動能從A點射入磁場，在勻強磁場中做圓周運動的半徑ra＝2rb，則可知(重力不計)()A.兩粒子都帶正電，質量比eq\f(ma,mb)＝4B.兩粒子都帶負電，質量比eq\f(ma,mb)＝4C.兩粒子都帶正電，質量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)D.兩粒子都帶負電，質量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)〖解析〗由于qa＝qb、Eka＝Ekb，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子偏轉半徑r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，可見m與半徑r的平方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根據左手定則判知粒子應帶負電，故選項B正確。〖答案〗B第3節帶電粒子在勻強磁場中的運動核心素養目標物理觀念1.知道帶電粒子沿著垂直于磁場的方向射入勻強磁場會做勻速圓周運動。2.理解洛倫茲力對運動電荷不做功。科學思維1.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法，會推導勻速圓周運動的半徑公式和周期公式。2.能夠用學過的知識分析、計算有關帶電粒子在勻強磁場中受力、運動問題。知識點一帶電粒子在勻強磁場中的運動〖觀圖助學〗當帶電粒子q以速度v垂直進入勻強磁場中，它將做什么運動？1.洛倫茲力總是與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小。2.沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動。洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。若v∥B，洛倫茲力F＝0，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。知識點二帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期〖觀圖助學〗垂直射入磁場的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，圓周的半徑可能與哪些因素有關？周期可能與哪些因素有關？1.運動條件：不計重力的帶電粒子沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場。2.洛倫茲力作用：提供帶電粒子做圓周運動的向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)。3.基本公式半徑：r＝eq\f(mv,qB)。周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。〖思考判斷〗(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑跟粒子的速率成正比。(√)(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比。(×)(3)運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度增大而減小。(×)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與粒子運動速率和半徑無關。核心要點帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題〖觀察探究〗如圖所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉。(1)不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？加上磁場時，電子束的運動軌跡如何？(2)如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，圓半徑如何變化？〖答案〗(1)一條直線圓(2)減小增大〖探究歸納〗1.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)。將r＝eq\f(mv,qB)代入可得T＝eq\f(2πm,qB)。2.同一粒子在同一磁場中，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑大小無關。

〖試題案例〗〖例1〗如圖所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A.1∶2 B.2∶1C.eq\r(2)∶2 D.eq\r(2)∶1〖解析〗設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)；由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1)。由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)，由題意可知eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1r2,v2r1)＝eq\f(\r(2),2)，選項C正確。〖答案〗C〖針對訓練1〗質子和α粒子由靜止出發經同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，則它們在磁場中的各物理量間的關系正確的是()A.速度之比為2∶1 B.周期之比為1∶2C.半徑之比為1∶2 D.角速度之比為1∶1〖解析〗由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝eq\f(mv2,r)＝mω2r得v＝eq\r(\f(2qU,m))，ω＝eq\f(qB,m)，r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，而mα＝4mH，qα＝2qH，故vH∶vα＝eq\r(2)∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶eq\r(2)，又T＝eq\f(2πm,qB)，故TH∶Tα＝1∶2。選項B正確。〖答案〗B核心要點帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動〖要點歸納〗在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，著重把握“一找圓心，二求半徑，三定時間”的方法。1.圓心的確定方法：兩線定一“心”(1)圓心一定在垂直于速度的直線上。如圖甲所示，已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心。(2)圓心一定在弦的中垂線上。如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與任一速度的垂線的交點為圓心。2.求半徑方法(1)：由公式qvB＝meq\f(v2,r)，得半徑r＝eq\f(mv,qB)；方法(2)：由軌跡和約束邊界間的幾何關系求解半徑r。3.定時間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，其運動時間為t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)。4.圓心角與偏向角、圓周角的關系兩個重要結論：(1)帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，偏向角等于圓弧eq\o(PM,\s\up8(︵))對應的圓心角α，即α＝φ，如圖所示。(2)圓弧eq\o(PM,\s\up8(︵))所對應圓心角α等于弦PM與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如圖所示。〖試題案例〗〖例2〗如圖所示，一帶電荷量為2.0×10－9C、質量為1.8×10－16kg的粒子，在直線上一點O沿與直線夾角為30°方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，經過1.5×10－6s后到達直線上另一點P，不計重力，求：(1)粒子做圓周運動的周期；(2)磁感應強度B的大小；(3)若O、P之間的距離為0.1m，則粒子的運動速度多大？〖解析〗(1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則eq\f(t,T)＝eq\f(300°,360°)，周期T＝eq\f(6,5)t＝eq\f(6,5)×1.5×10－6s＝1.8×10－6s。(2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得qvB＝eq\f(mv2,R)，所以B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mω,q)＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(2×3.14×1.8×10－16,2.0×10－9×1.8×10－6)T＝0.314T。(3)由幾何知識可知，半徑R＝OP＝0.1m，故粒子的速度v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(0.314×2.0×10－9×0.1,1.8×10－16)m/s＝3.49×105m/s。〖答案〗(1)1.8×10－6s(2)0.314T(3)3.49×105m/s溫馨〖提*示〗處理帶電粒子在磁場中的運動問題時按“三”步進行(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出軌跡并通過幾何方法求半徑。(2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，運動的時間與周期相聯系。(3)用規律：運用牛頓第二定律和勻速圓周運動的規律，特別是周期公式、半徑公式。〖針對訓練2〗如圖所示，帶負電的粒子沿垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區域，出磁場時速度偏離原方向60°角，帶電粒子質量m＝3×10－20kg，電荷量q＝10－13C，速度v0＝105m/s，磁場區域的半徑R＝3×10－1m，不計粒子的重力，求磁場的磁感應強度B。〖解析〗畫進、出磁場速度方向的垂線得交點O′，O′點即為粒子做圓周運動的圓心，據此作出運動軌跡eq\o(AB,\s\up8(︵))，如圖所示，設此圓半徑記為r，則eq\f(O′A,OA)＝tan60°，所以r＝eq\r(3)R。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，所以B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3×10－20×105,10－13×3\r(3)×10－1)T＝eq\f(\r(3),3)×10－1T。〖答案〗eq\f(\r(3),3)×10－1T核心要點帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題〖要點歸納〗帶電粒子在有界磁場中的圓周運動的幾種常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，射入和射出磁場時，速度與邊界夾角大小相等，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)〖試題案例〗〖例3〗如圖所示，在真空中寬為d的區域內有勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m、帶電荷量為e、速率為v0的電子從邊界CD外側垂直射入磁場，入射方向與CD邊夾角為θ，為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，v0滿足的條件是什么？(不計重力作用)〖解析〗當入射速率很小時，電子在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出，速度越大，軌道半徑越大，當軌道與右邊界相切時，電子恰好不能從磁場另一邊界射出，如圖所示，由幾何知識可得r＋rcosθ＝d又ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)所以為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，電子的速度v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)。〖答案〗v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)〖針對訓練3〗(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電。現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A.使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B.使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C.使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D.使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)〖解析〗如圖所示，帶電粒子剛好打在