2025年高二物理人教版寒假銜接講練 提升練-10 帶電粒子在磁場中的五種運動問題（教師版）

10帶電粒子在磁場中的五種運動問題內容早知道?第一層鞏固提升練（5大題型）題型1帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動題型2帶電粒子在有邊界磁場中運動題型3帶電粒子在磁場中運動的多解問題題型4帶電粒子在組合場中的運動題型5帶電粒子在疊加場中的運動?第二層能力提升練?第三層拓展突破練帶電粒子在無邊界勻強磁場中運動?積累與運用?積累與運用條件：粒子垂直磁場方向射入勻強磁場中軌跡平面：垂直于磁感線的平面內向心力：洛倫茲力提供向心力，軌跡半徑：周期(頻率)：周期與粒子的運動速率無關角速度：角速度只取決于粒子的比荷與磁感應強度，與粒子的運動速率無關動能：粒子運動的動能與磁感應強度、電荷量、質量、軌道半徑相關聯(lián)1．（23-24高二上·河北石家莊·期末）如圖甲所示是電視顯像管原理示意圖，電子槍發(fā)射出的電子束經過偏轉線圈產生的磁場發(fā)生偏轉，打在熒光屏上。當沒有磁場時，電子束打在熒光屏正中的點，不計電子的重力。偏轉線圈產生磁場的圖像如圖乙所示，設垂直紙面向里的磁場方向為正方向，則電子打在熒光屏上的位置（）A．由點逐漸移動到點再返回到點B．由點逐漸移動到點再返回到點C．由點經點逐漸移動到點D．由點經點逐漸移動到點【答案】D【詳解】開始時階段，磁場方向垂直紙面向外，根據左手定則，電子受洛倫茲力方向向上，根據可知隨著B減小，電子軌道半徑變大，則電子打到熒光屏上的位置下移，即從M向O移動；后一段時間，磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則，電子受洛倫茲力方向向下，根據可知隨著B增加，電子軌道半徑變小，則電子打到熒光屏上的位置下移，即從O向N移動。故選D。（多選）2．（2024·廣東·一模）如圖為晶圓摻雜機的簡圖，O是晶圓面（設其半徑足夠大）的圓心，上、下豎直放置的圓柱形電磁線圈可在中間圓柱形區(qū)域形成勻強磁場；圓柱形磁場區(qū)域的橫截面半徑為L、圓心為，水平且垂直于晶圓面；若線圈中通入如圖所示的電流，比荷為k的正離子以速度v、沿射入，且全部摻雜在晶圓上，則（）A．離子摻雜在軸的負半軸上B．離子摻雜在軸的正半軸上C．圓柱形磁場的磁感應強度必須小于D．圓柱形磁場的磁感應強度必須小于【答案】BC【詳解】AB．根據安培定則可得，兩圓柱形電磁線圈中間的勻強磁場方向豎直向上，剛開始運動時，根據左手定則，正離子受到的洛倫茲力方向沿x軸正方形，故A錯誤，B正確；CD．若所有的離子都在晶圓上，則離子在磁場中做圓周運動的最小半徑為r=L根據牛頓第二定律解得最小的磁感應強度為故C正確，D錯誤。故選BC。（多選）3．（23-24高二上·廣東揭陽·期末）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計。下列有關該粒子的說法正確的是（

）A．粒子帶負電B．粒子先經過b點，再經過a點C．粒子動能減小是由于洛倫茲力對其做負功D．粒子運動過程中所受洛倫茲力大小不變【答案】AB【詳解】AB．該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，即速率減小，而其質量和電荷量不變，根據可知，粒子軌道半徑逐漸減小，則粒子先經過b點，再經過a點，由左手定則可知粒子帶負電，選項AB正確；C．洛倫茲力方向與速度方向總垂直，則洛倫茲力對其不做功，選項C錯誤；D．粒子運動過程中速率不斷減小，根據f=qvB可知，所受洛倫茲力大小不斷減小，選項D錯誤。故選AB。（多選）4．（23-24高二上·河南·階段練習）如圖甲所示，洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈（也叫亥姆霍茲線圈）、洛倫茲力管和電源控制部分組成的。勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產生勻強磁場。洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，電子經加速電壓加速，在玻璃泡內運動時，可以顯示出電子運動的徑跡。某次實驗觀察到電子束打在圖乙中的P點，下列說法正確的是（

）

A．圖乙中勵磁線圈的電流方向為逆時針方向B．若使得電子的徑跡為一個完整的圓，可以加大勵磁線圈的電流C．若使得電子的徑跡為一個完整的圓，可以增加加速電壓D．若已知加速電壓U及兩線圈間的磁感應強度B，則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的電荷量【答案】AB【詳解】A．由乙圖可知，電子自左向右運動且向上偏轉，由左手定則可知，勵磁線圈產生的磁場方向應垂直直面向外，再由安培定則可知，勵磁線圈中的電流方向為逆時針方向，故A正確；B．根據洛倫茲力提供向心力得加大勵磁線圈的電流，則勵磁線圈產生的磁場增強，因此電子運動軌跡半徑減小，故B正確；C．對電子加速運動，由動能定理可知，增加加速電壓可以增大入射速度v，從而增大軌跡半徑R，故C錯誤；D．由上面關系式聯(lián)立可得則還需要知道電子質量才可估算電子電荷量，故D錯誤；故選AB。帶電粒子在有邊界磁場中運動?積累與運用?積累與運用常見的三類邊界磁場1.直線邊界：進出磁場具有對稱性。①②③2.平行邊界：存在臨界條件。恰好出界恰好不出外邊界3.圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向(半徑方向)射出。5．（23-24高二下·河南周口·期末）如圖所示，虛線為一勻強磁場的邊界，磁場方向垂直紙面向里（未畫出），在磁場內某點沿水平平行于虛線的方向發(fā)射兩個帶電粒子A和B，其速度分別為和，兩者的質量、電荷量均相同。兩個粒子分別經過時間和從點和射出，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】兩粒子的軌跡大致如圖：根據可得由圖A的半徑小于B的半徑，故vA<vBA轉過的圓心角大，故tA>tB故選D。（多選）6．（23-24高二下·四川綿陽·期末）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置的橫截面簡化模型如圖所示。橫截面內有圓形區(qū)域，區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，橫截面外圓是探測器；圓形區(qū)域內切于外圓。粒子1、2先后沿徑向從切點P射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點；粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子1可能為電子B．粒子2帶正電C．增大入射速度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．增大入射速度，粒子2在磁場內的運動時間變短【答案】BD【詳解】AB．根據題意，由圖可知，粒子1在磁場中不偏轉，粒子1不帶電，粒子2在磁場中受向上的洛倫茲力，由左手定則可知，粒子2帶正電，故A錯誤，B正確；C．由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，故C錯誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力，有可得可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏轉半徑變大，根據題意，設粒子的偏轉角為，由公式可得，粒子在磁場中的運動時間為由題圖可知，粒子2偏轉半徑變大，則在磁場中的偏轉角變小，故粒子2在磁場中運動的時間變短，故D正確。故選BD。7．（2024·吉林長春·一模）醫(yī)院中X光檢測設備的核心器件為X射線管。如圖所示，在X射線管中，電子（質量為m、電荷量為-e，初速度可以忽略）經電壓為U的電場加速后，從P點垂直磁場邊界水平射入勻強磁場中。磁場寬為2L，磁感應強度大小可以調節(jié)。電子經過磁場偏轉后撞擊目標靶，撞在不同位置就會輻射出不同能量的X射線。已知水平放置的目標靶長為2L，長為L，不計電子重力、電子間相互作用力及電子高速運行中輻射的能量。(1)求電子進入磁場的速度大小；(2)調節(jié)磁感應強度大小使電子垂直撞擊在目標靶上，求電子在磁場中運動的時間；(3)為使輻射出的X射線能量范圍最大，求磁感應強度的大小范圍?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）在加速電場中，根據動能定理有解得（2）設電子垂直打在中間時，做勻速圓周運動的半徑為，由幾何關系得對應的圓心角為，所以聯(lián)立以上各式解得（3）電子在磁場中運動有解得設打在點時的運動半徑為，依幾何關系可知聯(lián)立以上各式解得磁感應強度最大值為同理，打在N點的半徑為，依幾何關系可知聯(lián)立以上各式解得磁感應強度最小值為綜上所述，磁感應強度的取值范圍為（把“≤”寫成“<”也給分）（注：用其他方法得到正確結果可按步驟酌情給分）8．（23-24高二下·湖南長沙·期末）如圖所示，真空區(qū)域有寬度為L、磁感應強度為B的矩形勻強磁場，方向垂直于紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）沿著與MN夾角為的方向垂直射入磁場中，剛好垂直于PQ邊界射出，并沿半徑方向垂直進入圓形磁場。圓形磁場半徑為L，方向垂直紙面向外，粒子最后從圓心O的正下方點離開磁場。求：（1）粒子在矩形磁場中運動的軌跡半徑；（2）粒子射入磁場的速度大?。唬?）圓形磁場的磁感應強度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】畫出軌跡圖如圖：；在矩形磁場區(qū)域，根據幾何關系解得由牛頓第二定律得解得粒子在圓形磁場區(qū)域內運動時，由牛頓第二定律得解得帶電粒子在磁場中運動的多解問題?積累與運用?積累與運用1.帶電粒子電性不確定：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。2.磁場方向不確定：只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。3.臨界狀態(tài)不唯一：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，于是形成多解，如圖甲。甲乙4.運動具有周期性：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，往往運動具有周期性，因而形成多解，如圖乙。9．（2023·湖北·模擬預測）如圖所示，邊長為正方形區(qū)域內無磁場，正方形中線將區(qū)域外左右兩側分成兩個磁感應強度均為的勻強磁場區(qū)域，右側磁場方向垂直于紙面向外，左側磁場方向垂直于紙面向里。現(xiàn)將一質量為，電荷量為的正粒子從中點以某一速率垂直于射入磁場，不計粒子的重力，則關于粒子的運動，下列說法正確的是（）A．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子的最大速度為B．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為C．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為D．若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為【答案】C【詳解】根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有解得若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子可能的運動軌跡如圖所示由幾何關系可得解得當時，速度最大為當時當時則粒子的速度不可能為。故選C。帶電粒子在組合場中的運動?積累與運用?積累與運用1.明性質：要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等2.定運動：帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況3.畫軌跡：正確地畫出粒子的運動軌跡圖4.用規(guī)律：根據區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理5.找關系：要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度的大小和方向關系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一個區(qū)域的初速度10．（23-24高二上·北京朝陽·期末）圖甲是洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發(fā)射電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。圖乙是勵磁線圈的原理圖，兩線圈之間產生勻強磁場，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行，線圈中電流越大磁場越強。電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調節(jié)。若電子槍垂直磁場方向發(fā)射電子，給勵磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡是圓形。下列操作一定能使電子束徑跡半徑變大的是（）A．增大U同時減小I B．增大U同時增大IC．減小U同時減小I D．減小U同時增大I【答案】A【詳解】電子被加速電場加速，由動能定理電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力解得電子束徑跡半經為增大同時減小可讓半徑變大，而減小勵磁線圈的電流可減小磁感應強度。故讓半徑變大的方式是增大同時減小。故選A。11．（23-24高二下·四川德陽·階段練習）如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一粒子源處在坐標為的M點能以垂直與電場方向不斷發(fā)射質量為m、電量為+q、速度為v0的粒子（重力不計），粒子從N點（圖中未畫出）進入磁場后最后又從x軸上坐標為處的P點射入電場，其入射方向與x軸成45°角。求：（1）粒子到達P點時的速度v的大小；（2）勻強電場的電場強度E和N點的橫坐標x；（3）粒子從N點運動到P點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）粒子運動軌跡如圖所示粒子從N點射入磁場后只受洛倫茲力，且洛倫茲力不做功，則速度大小不變，粒子在P點速度與初入磁場時速度大小相等，設進入磁場時速度為v，根據對稱性可知解得粒子到達P點時的速度v的大小也是。（2）粒子由M點運動到N點的過程中，由動能定理得解得水平方向和豎直方向的位移分別為，可得（3）根據幾何關系可知N點運動到P路程為圓周所對應長度，則粒子從N點運動到P所用的時間為12．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）如圖，有一平行于y軸長為R的線狀粒子發(fā)射器，其中心位于軸某處，可平行x軸方向發(fā)射出速度均相同的同種粒子。其右側有一沿x軸正向的勻強電場，場強為E，寬為有一圓心在半徑為R的圓形勻強磁場Ⅰ，其磁感應強度為B，方向垂直紙面向外。在第四象限下方有垂直向里的勻強磁場Ⅱ，其磁感應強度為。粒子的電荷量為，質量為已知從O點射入圓形磁場的粒子，剛好從圓形磁場最下端A點沿方向射出，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用力。（1）求粒子的初速度；（2）求同時發(fā)射出的粒子離開磁場Ⅱ的最大時間間隔；（3）若磁場Ⅱ的上邊界可以上下調節(jié)，且不與磁場Ⅰ重疊，求粒子射出磁場Ⅱ上邊界范圍的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場Ⅰ中，軌跡半徑與磁場半徑R相等，由得粒子初速度為經過電場加速，根據動能定理可知得（2）粒子在磁場Ⅰ中進行磁聚焦，粒子會匯聚在A點，從圓形磁場最下端進入磁場和從最下端進入磁場的粒子時間間隔最大；運動圖像如圖所示，粒子的偏轉角度差時間間隔，在磁場Ⅱ中，粒子圓周運動的半徑粒子的偏轉角度差時間間隔根據則（3）當磁場Ⅱ邊界與圓形磁場Ⅰ相切時，粒子射出的寬度最小，兩邊粒子在磁場Ⅱ中向右移動的距離相同，所以粒子出射的距離等于粒子兩邊射出和直徑粒子的距離差。根據2且則帶電粒子在疊加場中的運動?積累與運用?積累與運用第一步：受力分析，關注場的疊加電場、磁場共存電場、重力場共存磁場、重力場共存電場、磁場、重力場共存第二步：運動分析，構建運動模型合力為零，勻速直線運動①合力恒定，勻變速直線運動或曲線運動②合力大小恒定且方向始終垂直于速度，勻速圓周運動③合力復雜多變，一般曲線運動④第三步：選擇規(guī)律(力或能的觀點)運動①-平衡條件運動②-動能定理或牛頓運動定律、運動學公式運動③-向心力公式等運動④-動能定理或能量守恒定律13．（2024·湖南·三模）如圖所示，直角坐標系位于豎直平面內，y軸豎直向上，第III、IV象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，第IV象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出），一質量為m、帶電量絕對值為q的小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限，然后做圓周運動，從Q點以速度v垂直于x軸進入第I象限，重力加速度為g，不計空氣阻力。則（）A．從A點到Q點的過程小球的機械能守恒 B．電場方向豎直向上C．小球在第IV象限運動的時間為 D．小球能夠返回到A點【答案】C【詳解】AB．根據左手定則和小球從A運動到P的軌跡可知小球帶負電。從P到Q過程中小球做圓周運動可知此時小球受到的向下的重力與向上的電場力平衡，又因為小球帶負電所以電場方向豎直向下。A到Q的過程中，洛倫茲力不做功，電場力做正功，機械能增加。故AB錯誤；C．小球恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限，然后做圓周運動，從Q點以速度v垂直于x軸進入第Ⅰ象限，所以設小球做圓周運動的半徑為，則在到過程中，根據動能定理可得，小球做圓周運動的周期小球在第IV象限運動的時間為故C正確。D．根據豎直上拋運動規(guī)律可知小球會從Q點以速度大小為垂直于軸向下進入磁場，此后根據左手定則，小球不會有向左的運動，不能夠返回A點。故D錯誤。故選C。14．（2024·重慶·二模）霍爾推進器不斷被改進，未來有望成為遠距離太空探測的首選推進裝置。有一種霍爾推進器如圖所示，很窄的圓環(huán)空間內有沿半徑方向向外的輻射狀磁場Ⅰ，其磁感強度大小可近似認為處處相等；在垂直于圓環(huán)平面方向上加有勻強磁場Ⅱ和勻強電場（圖中都沒有畫出），磁場Ⅰ與磁場Ⅱ的磁感應強度大小相等。電子恰好可以在圓環(huán)內沿順時針方向做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）A．磁場Ⅱ垂直圓環(huán)平面向里B．電場方向垂直圓環(huán)平面向外C．電子受到的電場力提供向心力D．磁場對電子的洛倫茲力做正功【答案】A【詳解】ABC．根據洛倫茲力和電場力受力特點，電子沿順時針方向做圓周運動，因此在磁場I中，受到的洛倫茲力方向垂直平面向里，所以電場力要和其平衡，電場力方向垂直紙面向外，電場方向垂直圓環(huán)平面向里，磁場Ⅱ提供圓周運動的向心力，因此方向垂直圓環(huán)平面向里，故BC錯誤，A正確；D．磁場對電子的洛倫茲力在任何情況下都不做功，故D錯誤。故選A。（多選）15．（23-24高二下·福建泉州·期末）如圖空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強磁場B和勻強電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，則液滴（

）A．帶負電 B．一定做勻速直線運動C．可能做勻減速速直線運動 D．電勢能減小【答案】BD【詳解】ABC．帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，由于洛倫茲力會隨速度變化而變化，所以帶電液滴一定做勻速直線運動，則油滴的受力如圖所示由于電場力與電場方向相同，所以液滴帶正電，故B正確，AC錯誤；D．由于電場力對帶電液滴做正功，可知帶電液滴的電勢能減小，故D正確。故選BD。（多選）16．（23-24高二下·黑龍江哈爾濱·期末）一帶電小球在相互垂直的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直紙面向里，如圖所示，下列說法正確的是（）A．沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向B．小球一定帶正電且小球的電荷量C．由于合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變D．由于洛倫茲力不做功，故小球在運動過程中機械能守恒【答案】ABC【詳解】AB．帶電小球在正交場中做勻速圓周運動，則向下的重力和向上的電場力平衡，可知小球帶正電，由左手定則可知，沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向，根據可知，小球的電荷量選項AB正確；C．由于電場力和重力平衡，則兩力的合力做功為零，洛倫茲力不做功，則合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變，選項C正確；D．洛倫茲力不做功，但是除重力以外還有電場力做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤。故選ABC。1．（2024·四川德陽·模擬預測）如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁場，粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區(qū)域，該粒子在磁場中運動時間為t，不計粒子的重力，則（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】AB．粒子在磁場中圓周運動周期洛倫茲力提供向心力得如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為所用時間為如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為，所用時間為所以粒子運動時間t，有故AB錯誤；CD．如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點，磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區(qū)域，所以C錯誤，D正確。故選D。2．（23-24高二下·廣東珠海·期末）如圖所示，用絕緣輕絲線吊一質量為的帶電塑料小球在豎直平面內擺動，水平磁場垂直于小球擺動的平面，當小球自圖示位置擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，若不計空氣阻力，重力加速度為，則小球自右側相同擺角處擺到最低點時懸線上的張力大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設小球自題圖示位置擺到最低點時速度大小為，因洛倫茲力不做功，只有重力做功，機械能守恒，根據機械能守恒定律小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，可知洛倫茲力方向向上，在最低點合力提供向心力，由牛頓第二定律當小球自右方相同擺角處擺到最低點時，根據左手定則，洛倫茲力方向向下，擺動過程中洛倫茲力也不做功，機械能守恒，則小球擺到最低點時速度仍為，由牛頓第二定律聯(lián)立解得故選C。3．（2024·江西景德鎮(zhèn)·一模）如圖所示，為紙面內矩形的四個頂點，矩形區(qū)域內（含邊界）處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，，。一質量為m、電荷量為q（）的粒子，從a點沿ab方向運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．粒子能通過cd邊的最短時間B．若粒子恰好從d點射出磁場，粒子速度C．若粒子恰好從c點射出磁場，粒子速度D．若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度【答案】C【詳解】A．粒子能通過cd邊，從c點射出的粒子在磁場中運動的時間最短，根據幾何關系解得則轉過的圓心角即粒子在磁場中運動的周期則粒子能通過cd邊的最短時間故A錯誤；B．若粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關系可知其半徑根據解得故B錯誤；C．若粒子恰好從c點射出磁場，根據幾何關系解得由洛倫茲力提供向心力得解得故C正確；D．若粒子從d點射出磁場，粒子運動軌跡為半圓，從d點出射時半徑最大，對應的入射速度最大，則故若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度，故D錯誤。故選C。4．（23-24高二下·內蒙古·期末）如圖所示，、兩個長方體物塊疊放在足夠大的粗糙水平地面上，物塊帶負電，物塊不帶電且為絕緣體，地面上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力拉物塊，使、一起由靜止開始向左加速，則、在無相對滑動的加速過程中，物塊、間的摩擦力（）A．逐漸減小 B．逐漸增大 C．先增大后減小 D．先減小后增大【答案】B【詳解】運動中，由左手定則可知，a受到向上的洛倫茲力，整體有解得可知，v增大，則a增大。對a，由牛頓第二定律得a增大則f增大。故選B。（多選）5．（2024·廣東清遠·模擬預測）地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入。圖為地球赤道平面的剖面圖，地球半徑為，把地面上高度為區(qū)域內的地磁場視為磁感應強度為方向垂直于剖面的勻強磁場。宇宙射線中對地球危害最大的帶電粒子主要是β粒子。設β粒子的質量為，電量為，最大速率為。下列說法正確的是（）A．無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做順時針轉動B．無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做逆時針轉動C．從任何方向垂直磁場入射的β粒子均不能到達地面，則D．從任何方向垂直磁場入射的β粒子均不能到達地面，則【答案】AC【詳解】AB．根據左手定則可知，無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做順時針轉動，故A正確，B錯誤；CD．設β粒子運動的半徑為r，根據牛頓第二定律可得解得即所有β粒子的r都相同，如圖所示可推知當β粒子沿磁場邊界的切線方向射入時，其到達的位置離地面最近，當其軌跡與地面相切時磁場的厚度為2r，因此d應滿足的條件是故C正確，D錯誤。故選AC。（多選）6．（2024·廣東湛江·模擬預測）如圖為某粒子收集器的簡化圖，由加速、偏轉和收集三部分組成。輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB與內圓弧面CD的電勢差為U。足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB，O到MN的距離為L，ACDB和MN之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為?，F(xiàn)有大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們均勻地吸附在外圓弧面AB上，并從靜止開始加速。不計粒子重力、粒子間的相互作用及碰撞，若測得這些粒子進入磁場后的運動半徑為2L，下列說法正確的是（）A．外圓弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上B．外圓弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上C．外圓弧面AB與內圓弧面CD的電勢差D．若增大外圓弧面AB與內圓弧面CD的電勢差，則打在收集板MN的粒子數占比將增大【答案】AD【詳解】AB．如圖，由幾何關系，得解得又故外圓弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上，故A正確，B錯誤；C．粒子加速過程在磁場中解得外圓弧面AB與內圓弧面CD的電勢差為故C錯誤；D．若增大外圓弧面AB與內圓弧面CD的電勢差，進入磁場的速度增大，則粒子在磁場中的半徑增大，由得變小，再由打在收集板MN的粒子數占比將增大，故D正確。故選AD。（多選）7．（23-24高二下·山東濟寧·階段練習）如圖所示，邊長為3L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質量均為m、電荷量均為+q不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則發(fā)射速度v0為哪些值時粒子能通過B點（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】粒子可能的軌跡如圖所示由幾何關系得（n=1,2,3）由牛頓第二定律得解得（n=1,2,3）n=1時n=3時粒子可以通過B點，故AC符合題意，BD不符合題意。故選AC。（多選）8．（23-24高二上·安徽六安·期末）如圖所示，兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形AOC分開，三角形內磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質子源，能沿∠OAC的角平分線發(fā)射速度不同的質子（質子重力不計），所有質子均能通過C點，質子比荷，則以下說法正確的是（）A．質子的速度可能為B．質子的速度可能為C．質子由A到C的時間可能為D．質子由A到C的時間可能為【答案】BD【詳解】AB．因質子帶正電，且所有質子均能均經過C點，作出其可能的軌跡，如圖所示根據幾何關系可知，所有圓弧所對應的圓心角均為60°，質子可能的運動半徑為（n=1，2，3…）質子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得（n=1，2，3…）可知，質子的速度可能為，不可能為，故A錯誤，B正確；CD．質子圓周運動的周期結合上述可知，質子由A到C的時間可能為（n=1，2，3…）解得（n=1，2，3…）可知，質子由A到C的時間不可能為，可能為，故C錯誤，D正確。故選BD。（多選）9．（22-23高二上·山東日照·期末）小明同學對正、負電子對撞產生了濃厚的興趣，他根據所學知識設計了正、負電子對撞裝置，通過電子在勻強磁場中的運動來實現(xiàn)正、負電子在不同位置能發(fā)生正碰。如圖所示，ab和cd是關于y軸對稱、間距為2l的直線磁場邊界，在兩邊界之間有兩個有界勻強磁場。兩磁場的邊界MN位于x軸上方且平行于x軸，MN與x軸的距離h可調。MN下方的磁場垂直紙面向里，上方的磁場垂直紙面向外，磁感應強度大小均為B。若將質量為m、電荷量為e的正、負電子分別從ab和cd磁場邊界上沿x軸同時以相同速率進入強磁場，使正、負電子能在y軸的不同位置垂直于y軸方向發(fā)生正碰，則MN與x軸的距離h的大小可能是（不計粒子間的相互作用力和粒子重力）（）A． B．C． D．【答案】ABC【詳解】設正、負電子以速度v在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，根據牛頓第二定律有解得當粒子運動到MN上方磁場且恰好與ab邊界相切，此時粒子在磁場中圓心角最大。根據幾何關系有當h＞r時所以求得當n=1時，無解；當n=2時當n＞3時不成立。所以當h＜r時，如圖所示，正、負電子在兩磁場中存在往復運動的情況，根據幾何關系有解得，（n=2、3、4...）當n=2時當n=4時但是不可能為故選ABC。（多選）10．（2024·山東濟南·模擬預測）如圖所示，平行板電容器豎直放置，兩極板間的距離為0.12m，內部場強大小為10N/C，右極板右側空間存在磁感應強度大小為0.5T的勻強磁場。一比荷為的帶負電粒子，從電容器下端中間位置以8m/s的初速度沿極板方向進入電場，經電場偏轉，從電容器右極板正中間的小孔進入磁場，不計帶電粒子的重力。下面說法正確的是（）A．電容器極板長度為B．粒子進入磁場時的速度大小為16m/sC．粒子進入磁場時速度方向與水平方向的夾角為60°D．粒子在磁場中的運動時間為【答案】BD【詳解】A．粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示粒子在電場中做類平拋運動，根據牛頓第二定律解得加速度為水平方向做勻加速運動，根據位移-時間公式解得運動時間為沿極板方向做勻速運動，有可得極板長度故A錯誤；B．粒子進入磁場時在水平方向上的分速度根據速度的合成可得粒子進入磁場時的速度故B正確；C．粒子進入磁場時速度方向與水平方向的夾角為，因為解得故C錯誤；D．粒子在磁場中運動的周期為粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120°，運動時間故D正確。故選BD。（多選）11．（2024·浙江紹興·一模）如圖所示，直線邊界PQ下方存在垂直紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量為m的小球，帶正電q，從邊界上a點靜止釋放，之后沿曲線經時間t到c點（圖中c點未畫出）時速度達到最大值v，不計空氣阻力，有關小球的運動，下列說法正確的是（）A．小球最終將原路返回a點B．小球到c點時，速度v沿水平方向C．小球離開直線邊界的最遠距離為D．小球由a點運動到c點的過程中，洛倫茲力沖量大小為【答案】BD【詳解】BC．根據配速法，小球的運動可看成是水平向右的勻速直線運動和豎直平面內的勻速圓周運動，所以由于初始時，小球速度為零，所以小球達到最大速度時，有方向為水平向右，最遠距離為故B正確，C錯誤；A．小球的運動為擺線運動，最終將不會原路返回a點，故A錯誤；D．小球由a點運動到c點的過程中，根據動量定理可得洛倫茲力沖量大小為故D正確。故選BD。（多選）12．（2025·湖北·一模）如圖所示，在絕緣擋板的上方有一無限大的勻強電場和勻強磁場復合區(qū)域，勻強磁場垂直紙面向外且磁感應強度，勻強電場方向豎直向上。在P處彈射裝置能夠彈射質量為0.01kg，電荷量大小為的小球，小球的速度方向豎直向上，大小為。小球經過磁場偏轉后與擋板發(fā)生碰撞，每一次碰撞前后小球電荷量不變且碰撞后小球速度變?yōu)榕鲎睬暗囊话?，形成的部分軌跡為一系列相連的半圓。重力加速度的大小，下列說法正確的是（

）A．小球帶正電B．電場強度的大小為C．小球相鄰兩次與擋板碰撞的時間間隔不變，均為D．小球最終位置與P點的距離為2m【答案】AD【詳解】AB．小球的運動軌跡是圓弧，故帶電小球在復合場內做圓周運動，電場力與重力平衡，有小球受到的電場力豎直向上，故小球帶正電，且電場強度的大小為故A正確，B錯誤；C．帶電小球在磁場中運動的周期為小球每相鄰兩次與擋板碰撞的時間間隔等于帶電小球在磁場中運動周期的一半，故小球每相鄰兩次與擋板碰撞的時間間隔不變，為故C錯誤；D．根據洛倫茲力提供向心力可得帶電小球在磁場中運動的半徑為每次碰撞后速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄霃揭沧優(yōu)樵瓉淼囊话?，則有小球最終停止的位置與P點的距離為故D正確。故選AD。13．（2024·廣東韶關·模擬預測）亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈通入方向相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線的勻強磁場．沿建立軸，一圓形探測屏垂直于軸放置，其圓心位于軸上的點。在線圈間加上平行于軸的勻強電場，粒子源從軸上的點以垂直于軸的方向持續(xù)發(fā)射初速度大小為的粒子。已知粒子質量為，電荷量為，電場強度大小為，電場和磁場均沿軸正方向，探測屏半徑為，不計粒子重力和粒子間相互作用。(1)若未加電場，粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為，求磁感應強度大小；(2)若線圈中不通電，粒子恰好打在探測屏邊緣，求探測屏中心與粒子源間的距離；(3)沿軸調整探測屏的位置，使粒子恰好打在探測屏的中心，求探測屏中心與粒子源間的最小距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得其中，解得（2）粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸方向有，垂直于x軸方向有聯(lián)立解得（3）粒子回到x軸最短時間為x軸方向有，聯(lián)立解得14．（23-24高二下·河北·期末）1896年貝克勒爾發(fā)現(xiàn)含鈾礦物能放出放射線。設其中一個靜止的鈾核（）放出α粒子生成釷核（），并釋放能量為的光子（不考慮光子的動量），反應中放出的α粒子的動量大小為p，已知普朗克常量為h。（1）求生成釷核的物質波的波長；（2）若在衰變的環(huán)境中加一勻強磁場，求釷核和α粒子的半徑之比?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）核反應過程中動量守恒，設核的動量大小為則核的物質波的波長（2）核與α粒子的電荷量之比由洛倫茲力提供向心力的公式有可得粒子做圓周運動的半徑動量表達式綜上可得由此可知核與α粒子做圓周運動的半徑之比15．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，兩平行極板水平放置，間距為d，兩板間電壓為U，其中上極板接電源正極（忽略邊緣效應，電場視為勻強電場），兩極板之間的區(qū)域同時有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，距極板不遠處有一邊長為d的正方形ABCD，AB、CD邊分別與上下極板平齊，E為CD的中點。某時刻從與極板間距等寬的粒子源射出的平行帶電粒子恰好沿直線通過平行板區(qū)域。不考慮粒子間的相互作用，不考慮帶電粒子的重力。求：（1）粒子運動的速度大小為多少？（2）如果粒子全部打在E點，需在正方形中加相應的磁場，判斷磁場的方向及磁場的最小面積。（無需寫出面積最小的證明過程）（3）如果粒子全部打在C點，需在正方形中加相應的磁場，判斷磁場的方向及磁場的最小面積。（無需寫出面積最小的證明過程）【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析【詳解】（1）粒子在疊加場中勻速通過，由平衡條件

得到粒子運動速度大小為

（2）粒子垂直AD邊進入正方形區(qū)域，在E點匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，

解得

最小面積為是

若粒子帶正電，磁場方向垂直紙面向外；若粒子帶負電，磁場方向垂直紙面向里。（3）粒子垂直AD邊進入正方形區(qū)域，在C點匯聚，如圖所示粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑洛倫茲力提供向心力，有

得到

最小面積為

若粒子帶正電，磁場方向垂直紙面向外；若粒子帶負電，磁場方向垂直紙面向里。16．（2024·四川遂寧·模擬預測）如圖所示，半徑為的虛線圓邊界在豎直平面內，是水平直徑，圓邊界內存在垂直紙面向外磁感應強度為的勻強磁場，過點的豎直線與水平線間存在電場強度大小恒為（為未知量）的勻強電場。點是點右下方固定的點，虛線與的夾角為?，F(xiàn)讓帶電量為、質量為的帶正電粒子（不計重力）從點射入磁場，然后從點離開磁場，軌跡圓的半徑等于，當勻強電場豎直向上時，粒子經過一段時間從運動到點時速度正好水平向右，求：(1)粒子在A點射入磁場時的速度以及粒子從A到的運動時間；(2)的值以及粒子從到的平均速度大小；(3)若勻強電場由指向，則兩點間的電勢差為多少？【答案】(1)，(2)，(3)【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力其中，解得過A點作速度的垂線，與的中垂線交于，設A點的速度與夾角為，則，如圖所示，根據幾何關系有解得所以粒子在A點射入磁場時的速度方向與水平線夾角為右上方粒子在磁場中運動周期解得運動時間為（2）粒子從點離開磁場時，速度方向與水平線夾角右下方；把點的速度分解為水平方向和豎直方向，則有，由類平拋運動的規(guī)律可得，，兩點間的距離為粒子從到的平均速度綜合解得，，，（3）當勻強電場由指向，把分別沿著水平方向和豎直方向分解，則有，當勻強電場由指向兩點間的電勢差綜合計算可得17．（23-24高二下·福建泉州·期末）如圖所示，平面直角坐標系xOy面內，y軸右側第一象限內存在豎直向上的勻強電場，第四象限內存在垂直于紙面向內勻強磁場。一帶電粒子以速度從y軸上的M點（0，）垂直于y軸射入電場，從N點（未畫出）進入第四象限，恰好不穿過y軸而再回到電場。已知粒子的質量為m，電荷量為q，勻強電場場強大小為，不計粒子重力，求：（1）N點的坐標；（2）勻強磁場的磁感應強度大??；（3）粒子從M點開始到第三次到達x軸經歷的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動解得，（2）粒子進入磁場時，速度方向與+x方向的夾角滿足速度大小在磁場中，根據幾何關系根據洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得（3）粒子在磁場中轉過的圓心角用時由磁場射入電場到再進入磁場過程則粒子從M點開始到第三次到達x軸經歷的時間18．（23-24高二下·湖南長沙·期末）如圖甲所示，xOy平面內y軸左側有寬為L的勻強電場區(qū)域，電場方向平行于y軸向上，勻強電場左側有一電壓為U的加速電場。一質量為m、帶電量為+q的帶電粒子（不計重力）從A點飄入加速電場，加速后由x軸上的P（-L，0）點進入勻強電場，之后從y軸上的Q（0，）點進入y軸的右側。（1）求粒子經過P點時的速度大?。唬?）求勻強電場的場強大小E及達到Q點速度大?。唬?）若y軸右側存在一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，取磁場垂直紙面向外為正方向。時刻進入磁場的粒子始終在磁場區(qū)域內沿閉合軌跡做周期性運動，求圓形磁場區(qū)域的最小面積S以及粒子進入磁場時的位置到y(tǒng)軸的最短距離x。（忽略磁場突變的影響）【答案】（1）；（2），；（3），【詳解】（1）粒子從A點到P點，由動能定理有解得（2）粒子在偏轉電場中沿x方向有沿y方向有根據牛頓第二定律有聯(lián)立解得粒子從Q點射出時沿y方向的速度則射出速度解得（3）設粒子做圓周運動的半徑為r，則解得粒子在磁場中運動的周期解得粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：所以圓形磁場的最小半徑R=3r最小面積解得由圖可知，進入磁場的位置距y的最小距離解得19．（2025·貴州貴陽·模擬預測）在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度大小為B。帶正電的小球1和不帶電的絕緣小球2靜止放置于固定的水平懸空光滑支架上，兩者之間有一被壓縮的絕緣微型彈簧，彈簧用絕緣細線鎖住，如圖所示。小球1的質量為m1，電荷量為q。某時刻，燒斷鎖住彈簧的細線，彈簧將小球1、2瞬間彈開。小球1做勻速圓周運動，經四分之三個周期與球2相碰。彈開前后兩小球的帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內。不計空氣阻力，兩球均可視為質點，重力加速度大小為g。求：(1)電場強度的大??；(2)小球2被彈開瞬間的速度大??；(3)小球1、2的質量之比。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球1做勻速圓周運動，故小球1所受的重力和電場力等大反向解得（2）兩球相撞時，小球2的水平位移和豎直位移都是小球1圓周運動的半徑，小球1做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則聯(lián)立解得，（3）燒斷細線瞬間，兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒解得（新考法）1．（2025·云南昆明·模擬預測）如圖所示，在y≥0的區(qū)域存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為v、質量為m、帶電荷量為4q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?）。現(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力，則下列說法正確的是（）A．磁感應強度B．磁感應強度C．打在薄金屬板右側面與左側面的粒子數目之比為1：2D．打在薄金屬板右側面與左側面的粒子數目之比為2：1【答案】C【詳解】AB．由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，沿x負方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方，如圖所示由幾何關系可知由洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得故AB錯誤；CD．當打在右側下端的臨界點，如圖所示圓心O″與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°角，結合A選項中圖可知，沿與-x方向夾角范圍為0~30°角發(fā)射的粒子打在薄金屬板的右側面上；當帶電粒子打在金屬板左側面的兩個臨界點，如圖所示圓心O′與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°角，可知沿與x正方向夾角范圍為30~90°角發(fā)射的粒子打在薄金屬板的左側面上，則打在薄金屬板右側面與左側面的粒子數目之比為故C正確，D錯誤。故選C。（新情境）（多選）2．（2024·湖南岳陽·二模）如圖所示，空間中存在水平向右的勻強磁場，磁感應強度為B。某處S點有電子射出，電子的初速度大小均為v，初速度方向呈圓錐形，且均與磁場方向成角（），S點右側有一與磁場垂直的足夠大的熒光屏，電子打在熒光屏上的位置會出現(xiàn)亮斑。若從左向右緩慢移動熒光屏，可以看到大小變化的圓形亮斑（最小為點狀亮斑），不考慮其它因素的影響，下列說法正確的是（）A．若圓形亮斑的最大半徑為R，則電子的比荷為B．若圓形亮斑的最大半徑為R，則電子的比荷為C．若熒光屏上出現(xiàn)點狀亮斑時，S到屏的距離為d，則電子的比荷可能為D．若熒光屏上出現(xiàn)點狀亮斑時，S到屏的距離為d，則電子的比荷可能為【答案】ACD【詳解】AB．將電子的速度分解為水平方向的速度，和豎直方向的速度，即，在水平方向因為電子速度與磁場方向平行，所以不會受到洛倫茲力，即電子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向因為粒子與磁場方向垂直，所以受到洛倫茲力，由于不計重力，所以在豎直方向粒子做勻速圓周運動。綜上所述，可以將其看成水平方向的勻速直線，與豎直方向的粒子源問題，即，電子圓形亮斑的最大半徑是電子軌跡圓周的半徑的二倍，