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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第11章 微专题70 磁场对运动电荷(带电体)的作用 (含解析)
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微专题70 磁场对运动电荷(带电体)的作用
1．电荷在磁场中运动且速度方向与磁场方向不平行时，才受洛伦兹力作用.2.判断洛伦兹力的方向应用左手定则，注意负电荷所受洛伦兹力方向的判定.3.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功．
1．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面．另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光．赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示．已知质子电荷量为q＝1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，当速度与磁场方向垂直时，则由F＝Bqv，代入数据，解得：F＝3.5×10－5×2×105×1.6×10－19 N＝1.12×10－18 N，故C正确，A、B、D错误．
2．(多选)(2023·安徽合肥市模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中．现给圆环水平向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．初速度v0满足v0＞
B．初速度v0满足v0＜
C．圆环克服摩擦力做的功为mv02
D．圆环克服摩擦力做的功为mv02－
答案 AD
解析 洛伦兹力大于重力，则竖直方向上受力分析可得：FN＝qv0B－mg，则水平方向受到的滑动摩擦力为：Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，由图像可知刚开始运动时Ff＞0，即qv0B＞mg，得v0＞，故A正确，B错误．根据牛顿第二定律Ff＝ma，联立可得：a＝；由于速度越来越小，则洛伦兹力越来越小，当洛伦兹力等于重力时，竖直方向上压力FN＝0，则滑动摩擦力Ff＝0，圆环开始匀速运动，此时由mg＝qv′B，得v′＝；设此过程中圆环克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理－Wf＝mv′2－mv02；联立解得Wf＝mv02－，故C错误，D正确．
3．(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
D．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案 AC
解析 滑块沿斜面运动时，垂直斜面方向有FN＋qvB＝mgcos θ，可知当v越大时，FN越小，当FN＝0，即当速度达到vm＝后，滑块就将飞离斜面，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确；根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，可知在斜面上滑块都是做匀加速运动，且加速度不变，所以运动时间t＝＝＝，所以斜面角度越小，在斜面上运动的时间越长，故B错误；重力的平均功率PG＝mg＝＝＝，可知两种情况重力的平均功率相等，故C正确；在斜面上运动的位移为L＝＝，可知甲的位移大于乙的位移，故D错误．
4.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
答案 B
解析 小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR＝mvC2，则vC＝，在C点，F洛＝qvCB＝qB，选项A错误；在C点，FC－mg＋F洛＝，解得FC＝3mg－qB，由牛顿第三定律知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图所示，则mgsin θ＝Fcos θ，F＝mgtan θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D的过程中，动能不变，合力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力F做正功，重力做负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，速度在竖直方向的分量增大，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误．
5.如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，且两段圆弧对应圆心角相同，不计带电粒子重力，下列判断正确的是( )
A．Ⅰ、Ⅱ两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场中的磁场力大小之比为1∶1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3∶1
答案 A
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有Bvq＝，可得r＝，根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，因为＝θ，故弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比＝＝2∶1，洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，由以上分析可得B1∶B2＝r2∶r1＝1∶2，故A正确，D错误；由F＝qvB，F1∶F2＝B1∶B2＝1∶2，故B错误，由t＝，可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1，故C错误．
6．(多选)两个带正电的粒子，以相同大小的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3.不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6
B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1
C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2
D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6
答案 BD
解析 由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，推出R＝，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝可得周期T＝，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；由圆周运动角速度与周期关系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确．
7．(多选)(2023·青海省模拟)如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r的四分之一圆弧，两圆弧相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B.从粒子源a射出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t1与静置于d点的质量为4m的靶粒子y发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h点．不计其他作用，则( )
A．y带负电
B．x和z的速率之比为5∶2
C．x和z的电荷量之比为2∶1
D．t1∶t2＝2∶5
答案 AC
解析 粒子碰撞过程满足动量守恒，可得mxv1＝(mx＋my)v2＝mzv2，故＝＝，B错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得R＝，碰撞前后动量不变，可知粒子x与z的电荷量与轨迹半径成反比，半径之比为1∶2，解得qx∶qz＝2∶1，根据左手定则及粒子运动轨迹的偏转方向可知，x与z均带正电，由于z的电荷量较小，可知y带负电，A、C正确；粒子的运动周期为T＝＝，粒子x与z的质量比为1∶5，电荷量之比为2∶1，可知周期比为1∶10，粒子运动时间为t＝T，x粒子运动轨迹对应圆心角为180°(用时周期)，z粒子运动轨迹对应圆心角为90°(用时周期)，联立解得t1∶t2＝1∶5，D错误．
8.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外．某时刻一个质子从点(L0,0)处沿y轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点(－L0,0)进入磁场，速度方向在xOy平面内．设质子的质量为m、电荷量为e，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用．如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则( )
A．质子的速度大小为
B．质子的速度大小为
C．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
D．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
答案 BC
解析 质子的运动轨迹如图所示．
其圆心在x＝处，其半径R＝，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝m，解得v＝，故A错误，B正确；质子在磁场中做匀速圆周运动的周期TH＝＝，同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期．如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动时间为t＝TH＝，如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为t′＝TH＝×＝，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是t＝或t′＝，故C正确，D错误．
9．(2023·辽宁丹东市模拟)如图所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从坐标原点O沿不同方向、以不同的速度大小入射到该磁场中．(不计粒子重力及粒子间的影响)
(1)若粒子沿y轴正方向入射，恰好能经过坐标为(d，d)的P点，求粒子沿y轴正方向入射时速度的大小；
(2)若粒子在坐标原点O的速度大小为v0 (v0>)，为使该粒子能经过Q (d,0)点，此速度对应的入射角θ(粒子初速度与x轴正方向的夹角)有几个，并求出对应的正弦值．
答案 (1) (2)2个
解析 (1)粒子沿y轴正方向入射并经过P点，如图所示
由图中几何关系可得R1＋R1cos 60°＝d
解得R1＝
由洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得v＝
(2)如图所示，O、Q两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R，
当给定一个初速率v0 (v0>)时，有2个入射角满足题意要求，分别在第一、二象限，即sin θ＝sin θ′＝
另有qv0B＝m
解得sin θ＝sin θ′＝.
微专题70 磁场对运动电荷(带电体)的作用
1．电荷在磁场中运动且速度方向与磁场方向不平行时，才受洛伦兹力作用.2.判断洛伦兹力的方向应用左手定则，注意负电荷所受洛伦兹力方向的判定.3.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功．
1．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面．另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光．赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示．已知质子电荷量为q＝1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，当速度与磁场方向垂直时，则由F＝Bqv，代入数据，解得：F＝3.5×10－5×2×105×1.6×10－19 N＝1.12×10－18 N，故C正确，A、B、D错误．
2．(多选)(2023·安徽合肥市模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中．现给圆环水平向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．初速度v0满足v0＞
B．初速度v0满足v0＜
C．圆环克服摩擦力做的功为mv02
D．圆环克服摩擦力做的功为mv02－
答案 AD
解析 洛伦兹力大于重力，则竖直方向上受力分析可得：FN＝qv0B－mg，则水平方向受到的滑动摩擦力为：Ff＝μFN＝μ(qv0B－mg)，由图像可知刚开始运动时Ff＞0，即qv0B＞mg，得v0＞，故A正确，B错误．根据牛顿第二定律Ff＝ma，联立可得：a＝；由于速度越来越小，则洛伦兹力越来越小，当洛伦兹力等于重力时，竖直方向上压力FN＝0，则滑动摩擦力Ff＝0，圆环开始匀速运动，此时由mg＝qv′B，得v′＝；设此过程中圆环克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理－Wf＝mv′2－mv02；联立解得Wf＝mv02－，故C错误，D正确．
3．(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
D．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案 AC
解析 滑块沿斜面运动时，垂直斜面方向有FN＋qvB＝mgcos θ，可知当v越大时，FN越小，当FN＝0，即当速度达到vm＝后，滑块就将飞离斜面，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确；根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，可知在斜面上滑块都是做匀加速运动，且加速度不变，所以运动时间t＝＝＝，所以斜面角度越小，在斜面上运动的时间越长，故B错误；重力的平均功率PG＝mg＝＝＝，可知两种情况重力的平均功率相等，故C正确；在斜面上运动的位移为L＝＝，可知甲的位移大于乙的位移，故D错误．
4.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
答案 B
解析 小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR＝mvC2，则vC＝，在C点，F洛＝qvCB＝qB，选项A错误；在C点，FC－mg＋F洛＝，解得FC＝3mg－qB，由牛顿第三定律知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图所示，则mgsin θ＝Fcos θ，F＝mgtan θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D的过程中，动能不变，合力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力F做正功，重力做负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，速度在竖直方向的分量增大，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误．
5.如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，且两段圆弧对应圆心角相同，不计带电粒子重力，下列判断正确的是( )
A．Ⅰ、Ⅱ两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个磁场中的磁场力大小之比为1∶1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3∶1
答案 A
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有Bvq＝，可得r＝，根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，因为＝θ，故弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比＝＝2∶1，洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，由以上分析可得B1∶B2＝r2∶r1＝1∶2，故A正确，D错误；由F＝qvB，F1∶F2＝B1∶B2＝1∶2，故B错误，由t＝，可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1，故C错误．
6．(多选)两个带正电的粒子，以相同大小的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3.不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6
B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1
C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2
D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6
答案 BD
解析 由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，推出R＝，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝可得周期T＝，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；由圆周运动角速度与周期关系ω＝可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确．
7．(多选)(2023·青海省模拟)如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r的四分之一圆弧，两圆弧相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B.从粒子源a射出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t1与静置于d点的质量为4m的靶粒子y发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h点．不计其他作用，则( )
A．y带负电
B．x和z的速率之比为5∶2
C．x和z的电荷量之比为2∶1
D．t1∶t2＝2∶5
答案 AC
解析 粒子碰撞过程满足动量守恒，可得mxv1＝(mx＋my)v2＝mzv2，故＝＝，B错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得R＝，碰撞前后动量不变，可知粒子x与z的电荷量与轨迹半径成反比，半径之比为1∶2，解得qx∶qz＝2∶1，根据左手定则及粒子运动轨迹的偏转方向可知，x与z均带正电，由于z的电荷量较小，可知y带负电，A、C正确；粒子的运动周期为T＝＝，粒子x与z的质量比为1∶5，电荷量之比为2∶1，可知周期比为1∶10，粒子运动时间为t＝T，x粒子运动轨迹对应圆心角为180°(用时周期)，z粒子运动轨迹对应圆心角为90°(用时周期)，联立解得t1∶t2＝1∶5，D错误．
8.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外．某时刻一个质子从点(L0,0)处沿y轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点(－L0,0)进入磁场，速度方向在xOy平面内．设质子的质量为m、电荷量为e，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用．如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则( )
A．质子的速度大小为
B．质子的速度大小为
C．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
D．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
答案 BC
解析 质子的运动轨迹如图所示．
其圆心在x＝处，其半径R＝，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝m，解得v＝，故A错误，B正确；质子在磁场中做匀速圆周运动的周期TH＝＝，同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期．如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动时间为t＝TH＝，如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为t′＝TH＝×＝，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是t＝或t′＝，故C正确，D错误．
9．(2023·辽宁丹东市模拟)如图所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从坐标原点O沿不同方向、以不同的速度大小入射到该磁场中．(不计粒子重力及粒子间的影响)
(1)若粒子沿y轴正方向入射，恰好能经过坐标为(d，d)的P点，求粒子沿y轴正方向入射时速度的大小；
(2)若粒子在坐标原点O的速度大小为v0 (v0>)，为使该粒子能经过Q (d,0)点，此速度对应的入射角θ(粒子初速度与x轴正方向的夹角)有几个，并求出对应的正弦值．
答案 (1) (2)2个
解析 (1)粒子沿y轴正方向入射并经过P点，如图所示
由图中几何关系可得R1＋R1cos 60°＝d
解得R1＝
由洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得v＝
(2)如图所示，O、Q两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R，
当给定一个初速率v0 (v0>)时，有2个入射角满足题意要求，分别在第一、二象限，即sin θ＝sin θ′＝
另有qv0B＝m
解得sin θ＝sin θ′＝.
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