高考物理二轮复习：带电粒子在有界磁场中运动的临界问题

带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的解题技巧

带电粒子(质量ｍ、电量q 确定）在有界磁场中运动时，涉及的可能变化的参量有——入射点、入射速

所有这些问题,其通用解法是：①第一步,找准轨迹圆圆心可能的位置，②第二步，按一定顺序．．．．．尽可能多地作不同圆心对应的轨迹圆(一般至少5画个轨迹圆)，③第三步,根据所作的图和题设条件,找出临界轨迹圆，从而抓住解题的关键点。

类型一：已知入射点和入射速度方向,但入射速度大小不确定(即轨道半径不确定） 这类问题的特点是：所有轨迹圆圆心均在过入射点、垂直入射速度的同一条直线上。 【例1】如图所示，长为L 的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场,磁感应强度为B ,板间距离也为L ,板不带电.现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是

A.使粒子的速度v <＼ｆ(BqL,４m )? Ｂ．使粒子的速度v >＼f(５BqL,4m ）

C ．使粒子的速度v >＼f(BqL ，m )? Ｄ．使粒子的速度BqL

4m

＜

v <＼f(５BqL,４m )

【分析】粒子初速度方向已知，故不同速度大小的粒子轨迹圆圆心均在垂直初速度的直线上（如图甲)，在该直线上取不同点为圆心，半径由小取到大，作出一系列圆（如图乙）,其中轨迹圆①和②为临界轨迹圆。轨道半径小于轨迹圆①或大于轨迹圆②的粒子,均可射出磁场而不打在极板上。

类型 已知参量 类型一 ①⑩ 入射点、入射方向;出射点、出射方向 类型二 ②⑧ 入射点、速度大小；出射点、速度大小 类型三 ③ 入射点、出射点 类型四 ⑦ 入射方向、出射方向 类型五 ⑤⑨ 入射方向、速度大小;出射方向、速度大小; 类型六 ④⑥ 入射点、出射方向；出射点，入射方向 图乙

图甲

①

②

入射点 入射方向

入射速度大

出射点

出射方向 ① ② ③ ④ ⑧ ⑨ ⑤

⑥

⑦

⑩

【解答】 AB

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在Ｏ点，有 ｒ12=L 2+（ｒ1－错误!）２

， 得 r 1＝错误! 由 ｒ1＝＼f(m ｖ1,Bq ) ,得 v １=＼ｆ（5ＢqL,4m ) ，所以v >错误!时粒子能从右边穿出. 粒子擦着上板从左边穿出时,圆心在O ′点，有 r ２＝错误!

由 r 2=错误! ,得 v 2＝错误! ,所以v <错误!时粒子能从左边穿出．

【易错提醒】容易漏选A ，错在没有将ｒ先取较小值再连续增大,从而未分析出粒子还可以从磁场左边界穿出的情况。

【练习１】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为ｘ轴和y 轴，交点O 为原点,如图所示。在y ＞0,0<ｘ＜a 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在ｙ>０，x >ａ的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B 。在O 点处有一小孔,一束质量为m 、带电量为q (q ＞0）的粒子沿x 轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上,使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值．已知速度最大的粒子在0＜x ＜a 的区域中运动的时间与在x >a 的区域中运动的时间之比为2:５，在磁场中运动的总时间为7T /1２,其中T 为该粒子在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响）。

【分析】粒子在0＜x ＜a 的区域中的运动属于初速度方向已知、大小不确定的情况,在垂直初速度的直线(即y 轴）上取不同点为圆心,半径由小取到大，作出一系列圆（如图甲），其中轨迹圆①与直线ｘ=a 相切，为能打到ｙ轴上的粒子中轨道半径最大的；若粒子轨道半径大于轨迹圆①,粒子将进入ｘ>a 的区域，由对称性可知,粒子在x >a 的区域内的轨迹圆圆心均在在x =２a 直线上，在x =2a 直线上取不同点为圆心，半径由小取到大,可作出一系列圆(如图乙)，其中轨迹圆①'为半径最小的情况，轨迹圆②为题目所要求的速度最大的粒子的轨迹。

【答案】竖直屏上发亮的范围从0到a ,水平屏上发亮的范围从２a 到23

23

x a a =+ 【解答】 粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中运动半径为：mv

r qB

=

① 速度小的粒子将在x

轨道半径大于a 的粒子开始进入右侧磁场，考虑ｒ=a 的极限情况,这种粒子在右侧的圆轨迹与x 轴在D 点相切(虚线)，ＯD =2a ，这是水平屏上发亮范围的左边界。

速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成,圆心分别为C 和'C ,C 在y 轴上，有对称性可知'C 在x =2ａ直线上。

设ｔ1为粒子在0

② ①'

①

图乙 图甲 a 2a 2a a

ａ的区域中运动的时间，由题意可知

122

5

t t =,12712T t t += 由此解得：16T t =

② 1512

T

t = ③ 由②③式和对称性可得 60OCM ∠= '60MC N ∠= ⑤

5

'36015012

MC P ∠=?

= ⑥ 所以'1506090NC P ∠=?-?=? ⑦ 即弧长NP 为1/4圆周。因此,圆心'C 在x 轴上。

设速度为最大值粒子的轨道半径为R ，有直角'COC 可得

2sin602R a ?= 23

3

R a = ⑧

由图可知OP =2a +R ，因此水平荧光屏发亮范围的右边界的坐标 23

23

x a a =+ ⑨

【易错提醒】本题容易把握不住隐含条件——所有在ｘ>a 的区域内的轨迹圆圆心均在在x ＝2a 直线上，从而造成在ｘ＞ａ的区域内的作图困难；另一方面,在x >ａ的区域内作轨迹圆时，半径未从轨迹圆①半径开始取值，致使轨迹圆①'未作出,从而将水平荧光屏发亮范围的左边界坐标确定为x ＝a 。

类型二:已知入射点和入射速度大小(即轨道半径大小)，但入射速度方向不确定

这类问题的特点是：所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”上——所谓“圆心圆”,是指以入射点为 圆心,以mv

r qB

=

为半径的圆。 【例2】如图所示，在０≤x≤a 、0≤y≤

2

a

范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B 。坐标原点O 处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子,它们的速度大小相同，速度方向均在x Ｏy 平面内,与y 轴正方向的

夹角分布在0~090范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于ａ／2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 （１）速度的大小;

(2）速度方向与y 轴正方向夹角的正弦。

【分析】本题给定的情形是粒子轨道半径r 大小确定但初速度方向不确定，所有粒子的轨迹圆都要经过入射点Ｏ,入射点O 到任一圆心的距离均为ｒ,故所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”——以入射点O 为圆心、r 为半径的圆周上(如图甲)。考虑到粒子是向右偏转，我们从最左边的轨迹圆画起——取“圆心圆”上不同点为圆心、r 为半径作出一系列圆，如图乙所示；其中，轨迹①对应弦长大于轨迹②对应弦长——半径一定、圆心角都较小时（均小于１80°）,弦长越长，圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长——故轨迹①对应圆心角为90°。

图乙

图甲 ① ②

【答案】6(2)(2)22aqB R a v m α=-=-，，sin =10

【解答】设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为

R ,根据牛顿第二定律和洛伦兹力得:

2v qvB m R =,?解得:mv R qB

=

当ａ/2

圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示,设该粒子在

磁场中运动的时间为t ,依题意，t =T /４时，∠O ＣA ＝π/2

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，

由几何关系得:

sin sin cos 2a

R R R a R ααα=-=-，,

且 22

sin cos 1αα+=

解得:(2(222aqB R a v m α=-=-，，sin =10

【易错提醒】由于作图不仔细而把握不住“轨迹①角都较小时(均小于180°），弦长越长,粒子在磁场中运动时间最长。这类题作图要讲一个小技巧——按粒子偏转方向移动圆心作图。

【分析】以L 为半径、O 点为圆心作“圆心圆”（如图甲）；由于粒子逆时针偏转,从最下面的轨迹开始画起(轨迹①）,在“圆心圆”取不同点为圆心、以L 为半径作出一系列圆（如图乙);其中轨迹①与轨迹④对称,在磁场中运动时间相同；轨迹②并不经过ｃ点，轨迹②对应弦长短于轨迹③对应弦长——即沿轨迹③运动的粒子最后离开磁场。

【答案】

06Bt m q π=，5／6 ，0)4

5

arcsin 12(t t π=

【解答】（１)初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图,其园心为n ，由几何关系有：

6

Onp π

∠=

, 12

0T

t =

粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得

R T m Bqv 2)2(

π=,T

R

v π2=

得?

6Bt m q π

=

(2）依题意,同一时刻仍在磁场中的粒子到O 点距离相等。在ｔ0时刻仍在磁场中的粒子应位于以Ｏ为园心,Op 为半径的弧ｐw 上。

由图知 ?56

pOw π

∠=

此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为５／6

（3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b 点相交，设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ,则 ??4

52

sin

=

θ

在磁场中运动的最长时间 045

arcsin 122t T t π

πθ== 所以从粒子发射到全部离开所用时间为 0)4

5

arcsin 12(t t π=。

【易错提醒】本题因作图不认真易错误地认为轨迹②经过c 点，认为

轨迹②对应弦长等于轨迹③对应弦长，于是将轨迹②对应粒子作为在磁场中运动时间最长的粒子进行计算;虽然计算出来结果正确，但依据错误。

类型三：已知入射点和出射点,但未知初速度大小(即未知半径大小）和方向

这类问题的特点是:所有轨迹圆圆心均在入射点和出射点连线的中垂线上。

【例3】如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的

方向垂直于x Ｏy 平面向外,大小为Ｂ,沿x 轴放置一个垂直于xOy 平面的较大的荧光屏,Ｐ点位于荧光屏上，在ｙ轴上的A 点放置一放射源,可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m 、电荷量+ｑ的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线,P 点处在亮线上,已知OA ＝OP ＝l ,求:

（1)若能打到P 点,则粒子速度的最小值为多少？

(2)若能打到Ｐ点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?

【分析】粒子既经过Ａ点又经过P 点,因此ＡＰ连线为粒子轨迹圆的一条弦，圆心必在该弦的中垂线OM 上(如图甲)。在OM 上取不同点为圆心、以圆心和A 点连线长度为半径由小到大作出一系列圆(如图乙)，

P

b

c

d

n

b

c

Y

其中轨迹①对应半径最小,而轨迹②对应粒子是O １点上方轨道半径最大的,由图可知其对应圆心角也最大。

【答案】(1)v ＝

22qBl m , （2）3π2m

t qB

= 【解答】(1)粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v 时,其在磁场中的运动半径为R ，则由牛顿第二定律有:

q Ｂv ＝ｍ2

v R

若粒子以最小的速度到达P 点时，其轨迹一定是以AP 为直径的圆(如图中圆O 1所示）由几何关系知：

???s AP =2l ??

Ｒ＝

2

22AP s l = 则粒子的最小速度 v =22qBl

m

（2)粒子在磁场中的运动周期Ｔ=2πm

qB

设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：2πm t T qB

θθ== 由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆Ｏ2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，则由几何关系有：

32

θπ=

则粒子在磁场中运动的最长时间：3π2m

t qB

=

? 【练习3】图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线.在平面右侧的半空间存在一磁感强度为Ｂ的匀强磁场，方向垂直纸面向外,O 是M Ｎ上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为+q ,质量为m ,速率为ｖ的粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向，已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇.P 到O 的距离

为L ,不计重力及粒子间的相互作用.

?(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径．

?(２)求这两个粒子从Ｏ点射入磁场的时间间隔．

【分析】如图甲,作ＯＰ连线中垂线，然后在中垂线上取关于C 对称的两点O 1、O 2为圆心过O 、Ｐ作出两个轨迹圆①②，如图乙所示。保留相遇前轨迹如图丙所示。

【答案】(1qB mv R =

，（2) )2arccos(4mv

LqB qB m t =? O 2

O 1 O 1

①

② 图

图M

M x

P M

【解答】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得

R

v m qvB 2

=,

则qB

mv R =

(2)如图所示,以OP 为弦可以画两个半径相同的圆,分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为O 1、O ２，过Ｏ点的直径分别为OO １Q １、ＯO 2Q ２,在Ｏ点处两个圆的切线分别表示两个粒子的

射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知,θ=∠=∠2211Q PO Q PO ，从O 点射入到相遇， 粒子１的路程为半个圆周加弧长Q １P =Rθ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ ２＝Rθ

粒子１的运动时间为 v R T t θ+=211,其中T 为圆周运动的周期。 粒子２运动的时间为 v

R T t θ

-=212

两粒子射入的时间间隔为 v

R t t t θ

221=-=?

因为 2

2cos L

R =θ

所以 R

L

2arccos 2=θ

有上述算式可解得 )2arccos(4mv

LqB qB m t =

? 类型四:已知初、末速度的方向(所在直线),但未知初速度大小（即未知轨道半径大小） 这类问题的特点是:所有轨迹圆的圆心均在初、末速度延长线形成的角的角平分线上。

【例4】在xOy 平面上的某圆形区域内,存在一垂直纸面向里的匀强磁 场，磁感应强度大小为B .一个质量为m 、带电量为＋ｑ的带电粒子，由原点O 开始沿x 正方向运动，进入该磁场区域后又射出该磁场；后来，粒子经过ｙ

轴上的Ｐ点,此时速度方向与y 轴的夹角为30°（如图所示），已知P 到Ｏ的距 离为L ,不计重力的影响。 (1）若磁场区域的大小可根据需要而改变,试求粒子速度的最大可 能值；

30o

y v

L

O

P

x

M

②

②

M

N

O

P

M

①

①O O

P

P

图乙 图甲 N

N C

C

C

O 1

O 2

O 1

O 2

（２）若粒子速度大小为6qBL

v m

=

，试求该圆形磁场区域的最小面积。 【分析】初、末速度所在直线必定与粒子的轨迹圆相切,轨迹圆圆心到两条直线的距离（即轨道半径)相等，因此,圆心必位于初、末速度延长线形成的角的角平分线ＱC 上（如图甲)；在角平分线ＱC 上取不同的点为圆心,由小到大作出一系列轨迹圆(如图乙)，其中以Ｃ点为圆心轨迹①是可能的轨迹圆中半径最大的，其对应的粒子速度也最大。

【解答】过P 点作末速度所在直线,交ｘ轴于Q 点,经分析可知，粒子在磁场中作圆周运动的轨迹的圆心必在OPQ ∠的角平分线QC 上,如图甲所示。

设粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为ｒ,则由牛顿第 二定律，有 2

v qvB m r

=

则 mv r qB

=

①

?由此可知粒子速度越大,其轨道半径越大,由图乙可知，速度 最大的粒子在磁场中运动轨迹的圆心是y 轴上的C 点。

（1）如图丙所示,速度最大时粒子的轨迹圆过O 点、且与PQ 相切于A 点。

由几何关系有 tan 30OQ L =?，1tan 30r OQ =?， 可得 13

L

r =

② 由①、②求得 3qBL v m

=

③ （2)将6qBL

v m

=代入①式，可得26L r =，粒子的运动轨迹是

如图丁所示的轨迹圆②,该轨迹圆与x 轴相切于D 点、与PQ 相切

于E 点。连接ＤＥ，由几何关系可知

2DE =

由于D 点、E 点必须在磁场内,即线段DE 在磁场内，故可知

图甲

图乙

图丙

磁场面积最小时必定是以DE 为直径(如图丁中③所示)。即面积最

小的磁场半径为 ? 1

2

R DE =

则

磁场的

最

小

面

积

为

2

2

23πππ()48

L s R L ===

【练习4】如图所示，xOy 平面内存在着沿y 轴正

方向的匀强电场.一个质量为ｍ，带电荷量为＋q 的粒子从坐标原点O 以速度v 0沿ｘ轴正方向开始运动.当它经过图中虚线上的M (2＼r(3)ａ,a )点时，撤去电场,粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N 处沿y 轴负方向

运动并再次经过Ｍ点.已知磁场方向垂直xOy 平面(纸面)向里,磁感应强度大小为B ，不计粒子的重力,试求:

（1）电场强度的大小； (2)N 点的坐标；

（3)矩形磁场的最小面积.

【分析】粒子在电场中偏转后进入M Ｎ右侧,初速度方向已知,另一方面，粒子末速度由N 指向M 。初速度、末速度所在直线交于点M ，过M 点作NMP ∠角平分线MO ＇,粒子轨迹圆的圆心必在直线M Ｏ＇上。取其上一点O '为圆心作出轨迹圆(如图所示）。

【答案】⑴ 206mv E qa = ⑵ 23N x a = ⑶220min 12224m v

S L L q B

=?=

【解答】⑴ 粒子从O 到M 做类平抛运动,设时间为ｔ，则有 023a v t = 212qE a t m

=

? 得 ? 20

6mv E qa

=

⑵ 设粒子运动到Ｍ点时速度为v ，与ｘ方向的夹角 为,则

?03y qE v t v m =

= 22

0023y v v v v =+= 03

tan y v v α==

， 即 30α=? 由题意知,粒子从Ｐ点进入磁场，从N 点离开磁场，粒子在磁场中以O′

点为圆心做匀速圆周运动，设半径为Ｒ,则??? 2

v qvB m r

=

解得粒子做圆周运动的半径为 0

23mv mv R qB ==

由几何关系知， 1

302

PMN β=∠=?

所以N 点的纵坐标为 02tan N mv R

y a a qB

β=

+=+ 横坐标为 23N x a =

⑶当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小。则矩形的两个边长分别为 014323mv L R qB ==

23sin mv L R R qB

β=+=

所以矩形磁场的最小面积为 22

min

12224m v S L L q B

=?=

类型五：已知初速度的大小(即已知轨道半径大小)和方向，但入射点不确定

这类问题的特点是:所有轨迹圆的圆心均在将入射点组成的边界沿垂直入射速度方向平移一个半径距离的曲线上。

【例5】如图所示,长方形a ｂcd 的长ad =０.6m ,宽ab =0．3m ,O 、e 分别是ad 、b ｃ的中点,以e 为圆心eb 为半径的圆弧和以O 为圆心Od 为半径的圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(eb 边界上无磁

场)磁感应强度Ｂ=0.25Ｔ。一群不计重力、质量m =3×1０－

7ｋg 、电荷量q =+2×1０-3C 的带正电粒子以速度v ＝5×l02m/s 沿垂直a ｄ方向且垂直于磁场射入磁场区域,则下列判断正确的是( )? A ． 从Ｏd 边射入的粒子,出射点全部分布在Oa 边 B. 从aO 边射入的粒子,出射点全部分布在ａb 边? C. 从Od 边射入的粒子,出射点分布在ab 边 ?D. 从ad 边射人的粒子,出射点全部通过b 点

【分析】所有进入磁场的粒子的入射点均在d Ｏb 线上,将该曲线垂直速度向上平移一个半径mv

r qB

=

后得到曲线Oaf ,此即所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心所在曲线，在该曲线上从下到上取点作为圆心、

mv

r qB

=

为半径作一系列轨迹圆，其中①为从d 点射入粒子的轨迹（圆心在O 点)，②为从Ｏ点射入粒子的轨迹(圆心在a 点）,③为从a 点射入粒子的轨迹，从ｄ、O 之间入射粒子在磁场中转过１／４圆周后沿eb 边界作直线运动最终汇聚于b 点，从O 、a 之间入射粒子先作直线运动再进入磁场做圆周运动,由作图易知这些粒子也汇聚于b 点。

【答案】D

【练习５】如图所示,在ｘOy 平面内有一半径为R 、与x 轴相切于原点的圆形区域,该区域内有垂直于xOy 平面的匀强磁场。在圆的左边00)和初速度v 的带电微粒沿x 轴正方向射向该区域,其中沿半径AO'方向进入磁场区域的带电微粒经磁场偏转后,从坐标原点O 沿ｙ轴负方向离开。

(１)求磁感应强度B 的大小和方向。

(2）请指出这束带电微粒与x 轴相交的区域,并说明理由。 【分析】（１)从A 点进入磁场区域的微粒轨迹圆心在A 点正下方相距Ｒ的C 处，微粒轨迹如图所示，可知微粒轨迹半径为qB

mv

R =

;（２)所有这些微粒进入磁场后做圆周运动的圆心均在如图所示半圆虚线O'C f f ① ② f

③

Ｄ上,在该曲线上由上到下取点作为圆心、以R 为半径作一系列轨迹

圆，易由图可知这些微粒均与x 轴相交于原点——因为圆心所在曲线半圆O'C Ｄ的圆心是原点O 。

【答案】（1）qR

mv

B

，方向垂直xOy 平面向外;（2）这束微粒均与x 轴相交于原点。

类型六：已知初速度方向（所在直线）和出射点,但入射点不确定

这类问题的特点是：所有轨迹圆的圆心均在“以初速度所在直线为准线、出射点为焦点的抛物线”上。

【例6】如图所示,现有一质量为m 、电量为e 的电子从ｙ轴上的P (０,

ａ)点以初速度ｖ0平行于ｘ轴射出,在y 轴右侧某一圆形区域加一垂直于ｘo ｙ平面向里匀强磁场,磁感应强度大小为B. 为了使电子能从x 轴上的Ｑ(ｂ,0）点射出磁场。试求满足条件的磁场的最小面积,并求出该

磁场圆圆心的坐标。

【分析】本题中，电子初速度所在直线已知,电子进入磁场的入射点在该直线上，则可知电子在磁场中作圆周运动的轨迹圆与该直线相切、且经过Q 点,所以电子轨迹圆圆心到该直线和到Q 点的距离相等,即电子轨迹圆圆心在以该直线为准线、Q 点为焦点的抛物线上。

在该抛物线上从左向右去不同点为圆心，做出一些列轨迹圆,可以看出所有这些轨迹中轨迹①所需圆形磁场的直径最小。

①

【答案】

2π4

1a ，

（ｂ,2a

）