第十一章　第3課時　專題強化：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動-2025物理大一輪復(fù)習(xí)講義人教版

第3課時專題強化：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動目標(biāo)要求1.學(xué)會處理帶電粒子在直線邊界、平行邊界、圓形邊界、多邊形邊界或角形區(qū)域磁場中運動的問題。2.會分析帶電粒子在勻強磁場中的多解問題?？键c一帶電粒子在有界勻強磁場中的運動1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)2．平行邊界(往往存在臨界條件，如圖所示)3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示。(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示。射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ。4．多邊形邊界或角形區(qū)域磁場帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場運動時，會有不同的臨界情景，解答該類問題主要把握以下兩點：(1)射入磁場的方式：①從某頂點射入；②從某邊上某點以某角度射入。(2)射出點的判斷：經(jīng)常會判斷是否會從某頂點射出。①當(dāng)α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發(fā)射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsinα，如圖甲所示。②當(dāng)α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，臨界條件為粒子的運動軌跡恰好和另一個邊界相切，如圖乙所示。例1(多選)(2023·陜西渭南市模擬)如圖所示，空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，氫的同位素氘離子(eq\o\al(2,1)H)和氚離子(eq\o\al(3,1)H)都從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成相同的角，不計離子重力及離子間相互作用，則下列說法正確的是()A．運動軌跡的半徑之比為2∶3B．重新回到邊界所用時間之比為3∶2C．重新回到邊界時的動量相同D．重新回到邊界時與O點的距離不相等答案AD解析根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由題知v、B大小均相同，則軌跡半徑r與eq\f(m,q)成正比，故r1∶r2＝2∶3，選項A正確；離子的運動周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，則知T1∶T2＝2∶3，根據(jù)左手定則分析和幾何知識可知，兩離子重新回到邊界時的速度方向相同，重新回到邊界時兩個離子的速度偏向角均為2π－2θ，軌跡的圓心角也為2π－2θ，則運動時間t＝eq\f(2π－2θ,2π)T，可知重新回到邊界所用時間之比為2∶3，選項B錯誤；根據(jù)動量p＝mv，由于磁場不改變速度的大小，且兩個離子的質(zhì)量不相等，所以兩個離子的動量也不相等，C錯誤；由幾何知識可知離子重新回到邊界時的位置與O點距離d＝2rsinθ，由于θ相同，r不同，故d不同，選項D正確。例2(2023·河南省六校聯(lián)考)真空區(qū)域有寬度為l、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)從MN邊界某處射入磁場，剛好沒有從PQ邊界射出磁場，再從MN邊界射出磁場時與MN夾角為θ＝30°，則()A．粒子進入磁場時速度方向與MN邊界的夾角為60°B．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(4πm,3qB)C．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(5πm,6qB)D．粒子射入磁場時的速度大小為eq\f(4－2\r(3)lqB,m)答案D解析軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性知，粒子進入磁場時速度方向與MN邊界的夾角也為30°，則轉(zhuǎn)過的圓心角為α＝300°，粒子在磁場中運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，則運動的時間為t＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5πm,3qB)，A、B、C錯誤；設(shè)軌跡半徑為r，由l＝r＋rcos30°，解得r＝2(2－eq\r(3))l，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(4－2\r(3)lqB,m)，D正確。例3(2021·全國乙卷·16)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)答案B解析如圖所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子以v1射入磁場時的軌跡半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系r1＝R，以v2射入磁場時的軌跡半徑r2＝eq\r(3)R。根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，故選B。例4(2023·湖北十堰市調(diào)研)如圖所示，直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場?！螹＝30°，NP＝L，C為MP的中點，D為NP的中點，在C點有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、負電子。電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不考慮電子間的相互作用，不計正、負電子的重力。下列說法正確的是()A．可能有正電子從M點射出磁場B．負電子從D點離開磁場時的速度大小為eq\f(eBL,2m)C．從MN邊射出的正電子在磁場中運動的最長時間為eq\f(2πm,3eB)D．正電子在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,3eB)答案C解析正電子恰好從MN邊界射出的軌跡如圖所示，根據(jù)正電子的運動的軌跡可知，不可能從M點射出磁場，選項A錯誤；負電子從D點離開磁場的軌跡如圖，負電子從D點離開磁場時，由幾何關(guān)系知(eq\f(L,2))2＋(eq\f(\r(3)L,2)－r)2＝r2，解得r＝eq\f(\r(3),3)L，則負電子的速度大小為v＝eq\f(Ber,m)＝eq\f(eBL,\r(3)m)，選項B錯誤；當(dāng)從MN邊射出的正電子運動的軌跡與MN相切時在磁場中運動時間最長，由幾何關(guān)系可知圓心角為120°，則最長時間tm＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,eB)＝eq\f(2πm,3eB)，選項C正確；正電子從C、M之間射出時在磁場中運動時間最長，則在磁場中運動的最長時間為tm′＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,eB)，選項D錯誤?？键c二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態(tài)不確定、運動的周期性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題。(1)找出多解的原因。(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。例5(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL,0° B.eq\f(1,2)kBL,0°C．kBL,60° D．2kBL,60°答案BC解析若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角斜向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當(dāng)離子在兩個磁場均運動一次時，如圖乙所示，因為兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，則根據(jù)對稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當(dāng)離子從下部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2n－1m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1,2，3…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)離子從上部分磁場射出時，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1,2,3…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°，故B、C正確，A、D錯誤。例6(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD＝60°。在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力。則從A點射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()A.eq\f(v,BR)B.eq\f(3v,2BR)C.eq\f(\r(3)v,BR)D.eq\f(\r(3)v,3BR)答案AD解析帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R；帶電粒子從D點射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系得AODO2是菱形，所以粒子的軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得從A點射出的粒子的比荷滿足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故選A、D。課時精練1.(多選)如圖所示，虛線MN上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一群電子以不同速率從邊界MN上的P點以相同的入射方向射入磁場。其中某一速率為v的電子從Q點射出邊界．已知電子入射方向與邊界MN的夾角為θ，則()A．該勻強磁場的方向垂直紙面向里B．所有電子在磁場中的軌跡半徑相等C．速率越大的電子在磁場中運動時間越長D．在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ答案AD解析由左手定則可判斷，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A正確；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，整理得r＝eq\f(mv,qB)，電子的軌跡半徑與速度大小有關(guān)，速率不同，半徑不同，B錯誤；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，電子在磁場中的運動周期相同，由幾何關(guān)系可知，在此過程中每個電子的速度方向都改變2θ，即軌跡圓心角為2θ，電子在磁場中的運動時間t＝eq\f(2θ,2π)T，故不同速率的電子在磁場中的運動時間都相同，C錯誤，D正確。2．(多選)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率向磁場中射入兩個相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則()A．粒子1與粒子2的動能之比為1∶2B．粒子1與粒子2的動能之比為1∶4C．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶1D．粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比為1∶2答案BD解析由題意可知，粒子1和2在磁場中圓周運動軌跡對應(yīng)的弦長之比為1∶2，則粒子1和2運動半徑之比為1∶2，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，即速度之比為1∶2，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知粒子1與粒子2的動能之比為1∶4，故A錯誤，B正確；由題意可知，兩粒子在磁場中圓周運動的圓心角相等，由數(shù)學(xué)知識可知，粒子1與粒子2在磁場中運動的弧長之比等于運動半徑之比為1∶2，故C錯誤，D正確。3.(多選)(2024·北京市模擬)如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略粒子重力，下列說法正確的是()A．粒子帶負電B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為eq\f(mvθ,qB)C．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(mθ,qB)D．圓形磁場區(qū)域的半徑為eq\f(mv,qB)tanθ答案BC解析根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，A錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，由幾何關(guān)系可知其對應(yīng)的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的軌跡長度為s＝θr＝eq\f(mvθ,qB)，B正確；粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,qB)，C正確；設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，解得R＝rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(mv,qB)taneq\f(θ,2)，D錯誤。4.如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)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()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答案B解析電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝eq\f(l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝meq\f(va2,ra)，又eq\f(e,m)＝k，解得va＝eq\f(kBl,4)；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關(guān)系有rd2＝l2＋(rd－eq\f(l,2))2，解得：rd＝eq\f(5l,4)，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝meq\f(vd2,rd)，又eq\f(e,m)＝k，解得vd＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確。5.如圖所示，四分之一圓區(qū)域OMN內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，P點為半徑OM的中點?，F(xiàn)有兩個帶電粒子a、b，以相同的速度先后從P點沿平行ON方向射入磁場，并分別從N、M兩點射出磁場。不計粒子所受重力及粒子間相互作用。則粒子a、b在磁場中運動周期之比為()A．5∶1B．1∶5C．2∶3D．3∶2答案A解析設(shè)四分之一圓的半徑為R，畫出a、b兩個粒子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知rb＝eq\f(R,4)，ra2＝R2＋(ra－eq\f(R,2))2，可得ra＝eq\f(5,4)R，又因為T＝eq\f(2πr,v)，可得Ta∶Tb＝ra∶rb＝5∶1，A正確，B、C、D錯誤。6.(2023·四川內(nèi)江市第六中學(xué)模擬)如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC邊界分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計)，所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(1,k)，忽略質(zhì)子重力和質(zhì)子間的相互作用，則質(zhì)子的速度不可能為()A.eq\f(BL,k)B.eq\f(BL,2k)C.eq\f(2BL,3k)D.eq\f(BL,8k)答案C解析質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°，根據(jù)幾何關(guān)系可知，質(zhì)子運動半徑為r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3…)，質(zhì)子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(BL,nk)(n＝1,2,3…)，可知質(zhì)子的速度不可能為eq\f(2BL,3k)，C滿足題意要求，A、B、D不滿足題意要求。7.(多選)如圖，半徑為R的圓形區(qū)域(紙面)內(nèi)存在著勻強磁場，磁場方向垂直于紙面，半徑OA與半徑OC夾角α＝60°，CD為直徑。電子、質(zhì)子均從A點沿與OA夾角θ＝30°方向垂直射入勻強磁場中，電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從C點以速率v射出磁場，質(zhì)子從D點垂直AO方向射出磁場。已知電子與質(zhì)子的質(zhì)量之比為k，粒子重力及粒子間的相互作用均不計，則()A．磁場方向垂直圓面向外B．電子在磁場中運動的路程為eq\f(1,3)πRC．質(zhì)子在磁場中運動的速率為kvD．電子、質(zhì)子通過磁場所用的時間之比為1∶2答案BC解析電子、質(zhì)子在磁場中運動的軌跡如圖所示。電子在磁場中偏轉(zhuǎn)從C點射出，根據(jù)左手定則判斷知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，選項A錯誤；由幾何關(guān)系知：△AOC、△AO1C均為正三角形且全等，則電子做勻速圓周運動的半徑r1＝R＝eq\f(m1v,eB)，在磁場中運動的路程L1＝eq\f(1,6)×2πr1＝eq\f(1,3)πR，選項B正確；電子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm1,eB)＝eq\f(πm1,3eB)，由幾何關(guān)系知：圓心O2在圓心為O的圓周上，四邊形AODO2是邊長為R的菱形，∠AO2D＝120°，質(zhì)子在磁場中運動的軌跡半徑r2＝R＝eq\f(m2v2,eB)，得v2＝eq\f(m1,m2)v＝kv，選項C正確；質(zhì)子在磁場中運動的時間t2＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm2,eB)＝eq\f(2πm2,3eB)，則eq\f(t1,t2)＝eq\f(m1,2m2)＝eq\f(k,2)，選項D錯誤。8．(多選)(2023·全國甲卷·20)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線答案BD解析假設(shè)粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖甲所示，O1為圓周運動的圓心，由題可知粒子沿半徑方向射入圓形磁場，出射時也沿半徑方向，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性得粒子在其他點撞擊同理，D正確；假設(shè)粒子運動過程過O點，粒子從P點進入磁場中速度發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的，不能交于一點確定圓心；撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的每次偏移圓心連線組成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形，這個多邊形最少應(yīng)為三角形，如圖乙所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能增多，但粒子運動時間不一定減少，C錯誤。9.(多選)(2023·江西南昌市八一中學(xué)三模)如圖所示，空間中有一個底角為60°的等腰梯形，上底與腰長相等，均為L，梯形處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場中，現(xiàn)c點存在一個粒子源，可以源源不斷射出速度方向沿cd、大小可變的電子，電子的比荷為k，忽略電子重力及電子間的相互作用力，為使電子能從ab邊射出，速度大小可能為()A.eq\f(\r(3)kBL,2)B.eq\f(3\r(3)kBL,4)C.eq\f(5\r(3)kBL,6)D.eq\f(4\r(3)kBL,3)答案BC解析由幾何關(guān)系知梯形底邊bc長為2L。能夠從ab邊射出的電子軌跡半徑最小時為從b點射出，如圖甲所示由幾何關(guān)系可知r1＝eq\f(L,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)L；半徑最大時為從a點射出，如圖乙所示由幾何關(guān)系可知r2＝eq\r(3)L，由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,kB)，則有eq\f(2\r(3),3)L≤eq\f(v,kB)≤eq\r(3)L，為使粒子從ab邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為eq\f(2\r(3)kBL,3)≤v≤eq\r(3)kBL，故選B、C。10.(多選)(2023·福建四地市第一次質(zhì)檢)如圖所示，射線OM與ON夾角為30°，MON之外分布著垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子(不計重力)，從O點垂直于OM以某一速度射出。則()A．粒子第一次穿過邊界ON時，速度方向與邊界ON的夾角為60°B．粒子第一次穿過邊界OM之后，在磁場中運動的時間為eq\f(5πm,3qB)C．僅減小粒子射出的速率，粒子可能第二次經(jīng)過邊界OND．僅增大粒子射出的速率，粒子一定