2024高考物理一轮复习第九章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用学案新人教版

PAGE19-第2讲磁场对运动电荷的作用ZHISHISHULIZICEGONGGU,学问梳理·自测巩固学问点1洛伦兹力1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。2．洛伦兹力的方向(左手定则)：(1)伸出左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)。(3)拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁场的方向，③表示洛伦兹力的方向。3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，θ是v与B之间的夹角。(1)当v∥B时，F＝0。(2)当v⊥B时，F＝qvB。学问点2带电粒子在匀强磁场中的运动1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v确定的平面，所以洛伦兹力不变更带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。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)为什么带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动？[答案]假如是变速，则洛伦兹力会变更，而洛伦兹力总是和速度方向垂直，所以就不行能是直线运动。(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，T、f和ω的大小与速度v有关吗？与哪些因素有关？[答案]T、f和ω的大小与轨道半径R和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷eq\f(q,m)有关。比荷eq\f(q,m)相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、f和ω相同。思维诊断：(1)带电粒子在磁场中运动时肯定会受到磁场力的作用。(×)(2)洛伦兹力的方向在特殊状况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)(3)依据公式T＝eq\f(2πr,v)，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)(6)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√)(7)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同确定的。(×)自测巩固,ZICEGONGGU)1．(2024·四川成都摸底)关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是(C)A．运动电荷在磁场中肯定受到洛伦兹力作用B．通电导线在磁场中肯定受到安培力作用C．洛伦兹力肯定对运动电荷不做功D．安培力肯定对通电导线不做功[解析]本题考查对安培力、洛伦兹力的理解与相识。运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向相同，则所受洛伦兹力为零，即不受洛伦兹力作用，选项A错误；通电导线在磁场中若电流方向与磁场方向相同，则所受安培力为零，即不受安培力作用，选项B错误；若安培力方向与通电导线运动方向不垂直，会对通电导线做功，选项D错误；由于洛伦兹力方向恒久垂直于速度方向，依据功的定义可知，洛伦兹力肯定对运动电荷不做功，选项C正确。2．(2024·安徽安庆月考)漂亮的安庆处在北纬30度旁边，一束带负电的粒子从太空沿地球半径方向飞向安庆振风塔，由于受到地磁场的作用，粒子的运动方向将会发生偏转，该束带电粒子偏转方向是(B)A．向东 B．向西C．向南 D．向北[解析]运动粒子带负电，而地磁场的水平重量由南向北，所以依据左手定则可以推断，粒子所受洛伦兹力的方向向西，应向西偏转，B正确。3．(2024·浙江三市联考)如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束垂直纸面对内射向O点的电子将(C)A．向上偏转 B．向下偏转C．向右偏转 D．向左偏转[解析]本题考查洛伦兹力、左手定则的应用。当线圈通图示的直流电时，在O点产生竖直向下的磁场，一束垂直纸面对内射向O点的电子，由左手定则可推断出电子所受洛伦兹力方向向右，电子向右偏转，选项C正确。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考点·重点突破考点一对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只变更速度的方向，不变更速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(2)当电荷运动方向发生变更时，洛伦兹力的方向也随之变更。(3)用左手定则推断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要留意将四指指向电荷运动的反方向。2．洛伦兹力与安培力的联系及区分(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向F⊥B且F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功状况任何状况下都不做功可能做正功，可能做负功，也可能不做功例1(2024·浙江杭州外国语学校期末考试)(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度图象可能是下图中的(AD)[解析]由左手定则可推断出圆环所受洛伦兹力方向向上，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故圆环做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，选项A对；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力渐渐减小到零，故圆环做加速度渐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，起先做匀速直线运动，选项D对。〔类题演练1〕(多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(AD)A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率变更C．电子将向左偏转，轨迹半径不变D．电子将向右偏转，轨迹半径变更[解析]由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面对里，再依据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝eq\f(mv,qB)知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定(1)圆心的确定①基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线肯定过圆心。②两种常见情形：Ⅰ.已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲a所示，图中P为入射点，M为出射点)。Ⅱ.已知入射点和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲b所示，图中P为入射点，M为出射点)。(2)半径的计算方法①由物理方法求：半径R＝eq\f(mv,qB)。②由几何方法求：一般由数学公式(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)运动时间的确定①粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(a,2π)·T)。②用弧长与线速度的比t＝eq\f(s,v)。2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界①圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，若入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射时速度方向的反向延长线必经过该区域圆的圆心，如图甲。②若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ，如图乙。③若粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，则有如下两个结论：a．当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向肯定平行，(磁发散)如图丙。b．当粒子以相互平行的速度从磁场边界上随意位置进入磁场区域时，粒子会从同一点离开磁场区域，(磁聚焦)如图丁。例2(2024·闽粤赣三省十校联考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面对外的匀强磁场。一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场；当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场，不计粒子重力，则v1与v2的大小之比为(A)A．13 B．12C．21 D．14[解析]本题考查带电粒子在正六边形边界匀强磁场中的运动。设正六边形abcdef的边长为L，带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场，当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场，作出带电粒子运动轨迹如图所示，由图中几何关系可知轨迹半径r1＝eq\f(L,\r(3))，r2＝eq\r(3)L；由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，则v1v2＝r1r2＝eq\f(L,\r(3))eq\r(3)L＝13，选项A正确。规律总结：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹。(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系。(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特殊是周期公式、半径公式。〔类题演练2〕(2024·安徽重点中学协作体联考)(多选)在真空中，半径为R的虚线所围的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，EF是一水平放置的感光板。从圆形磁场最右端的A点处垂直磁场射入大量质量为m、电荷量大小为q、速度为v的带正电粒子，不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(BD)A．粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线肯定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满意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]本题考查带电粒子在圆形边界匀强磁场中运动的相关学问点。对着圆心入射的粒子，当轨迹半径r＝R时，出射后垂直打在EF上，而速度为v的粒子的轨迹半径r与R不肯定相等，选项A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，依据几何学问可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线肯定过圆心，选项B正确；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由T＝eq\f(2πm,Bq)与t＝eq\f(θ,2π)T知，运动时间t越小，选项C错误；速度满意v＝eq\f(qBR,m)时，轨道半径r＝eq\f(mv,qB)＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心连线构成菱形，射出磁场的点所在的轨迹半径与OA平行，粒子的速度肯定垂直EF板，选项D正确。考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题1．带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图(1)，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告知了磁感应强度大小，而未详细指出磁感应强度方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图(2)，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面对里，其轨迹为a，如B垂直纸面对外，其轨迹为b。3．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图(3)所示，于是形成了多解。4．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图(4)所示。例3(2024·海南期末)(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面对外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面对里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右放射不同速率的质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子(重力不计)，若全部粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(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]本题考查带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题。由题意可知粒子部分可能的运动轨迹如图所示，全部圆弧所对的圆心角均为120°，所以带电粒子的运动半径为r＝eq\f(\r(3),3)eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力供应向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)BqL,3nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B正确。〔类题演练3〕如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的肯定值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中的运动时间和带电粒子离开磁场时的位置。[答案]带电粒子带正电时，运动时间为eq\f(4πm,3qB)，离开磁场的位置为(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)，带电粒子带负电时，运动时间为eq\f(2πm,3qB)，离开磁场时的位置为(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)[解析]由于洛伦兹力供应向心力，则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)当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，故粒子在磁场中的运动时间t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C点离开磁场，OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故离开磁场的位置为(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，故粒子在磁场中的运动时间t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子在E点离开磁场，OE＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故离开磁场时的位置为(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)

JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU,阶段培优·查缺补漏__带电粒子在磁场中运动的临界极值问题__解决此类问题常用的结论有：(1)临界值刚好穿出(穿不出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)时间极值①当速度v肯定时，弧长(弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。②当速度v变更时，圆心角大的运动时间长。(3)磁场区域面主动值若磁场边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦，以该条弦为直径的圆就是最小圆，可求出圆形磁场区的最小面积。例4(2024·安徽合肥一中、马鞍山二中等六校联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限y≤a范围内，存在垂直纸面对里磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q且带负电的粒子从坐标原点O以速度大小为v0＝eq\f(2qBa,m)沿不同方向射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是(D)A．若粒子初速度沿y轴正方向，则粒子在磁场中的运动时间为eq\f(πm,3qB)B．若粒子初速度沿y轴正方向，则粒子在磁场中的运动时间为eq\f(2πm,3qB)C．粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,3qB)D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(2πm,3qB)[解析]本题考查带电粒子在平行边界磁场中运动的临界问题。粒子运动的速度为v0＝eq\f(2qBa,m)，则粒子运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv0,qB)＝2a，则若粒子初速度沿y轴正方向，如图1，由几何关系知粒子在磁场中运动偏转的角度为30°，则运动时间为t1＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πr,v0)＝eq\f(πm,6qB)，选项A、B错误；当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图2，由几何关系可知，此时粒子在磁场中偏转的角度为120°，时间为tm＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故选D。〔类题演练4〕一带电质点，质量为m，电荷量为q，重力忽视不计，以平行于x轴的速度v从y轴上的a点射入如图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于x轴的速度射出，可在适当的地方加一垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，求这圆形磁场区域的最小半径。[答案]eq\f(\r(2)mv,2qB)[解析]质点进入xOy平面的磁场区域内做匀速圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)据题意，要求质点垂直x轴射出，它在磁场区域内必经过eq\f(1,4)圆周，且此圆周应与入射速度和出射速度所在的直线相切，如图所示，过这两个切点M、N作入射和出射方向的垂线，其交点O′即为圆心。因此该质点在磁场内的轨迹就是以O′为圆心，R＝eq\f(mv,qB)为半径的一段圆弧eq\o\ac(MN,\s\up10(︵))(图中虚线圆弧)，在过M、N两点的全部圆周中，以MN为直径的圆周最小(如图中实线所示)，因此所求圆形区域的最小半径为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·模拟训练1．(2024·全国卷Ⅱ，17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(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]若电子从a点射出，运动轨迹如图线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)若电子从d点射出，运动轨迹如图线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)选项B正确。2．(2024·全国卷Ⅲ，18)如图，在坐标系的第一和其次象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面对外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入其次象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最终经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)[解析]带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的圆半径是其次象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在其次象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确。3．(2024·北京卷，16)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(C)A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短[解析]A错：由左手定则知，粒子带负电。B错：由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。C对：由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出。D错：由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，运动时间变长。4．(2024·江苏卷，16)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的粒子速度肯定，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)洛伦兹力供应向心力qvB＝meq\f(v2,r)r＝d解得v＝eq\f(qBd,m)(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与