1.3带电粒子在匀强磁场中的运动提升检测-【新教材】人教版（2019）高中物理选择性必修第二册（word版含答案）

1.3带电粒子在匀强磁场中的运动提升检测
一、单选题
1.如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受合外力为零（重力不计），应该加的匀强电场的方向是（??
）
A.?+y方向????????????????????B.?﹣y方向????????????????????C.?﹣x方向????????????????????D.?因不知q的正负，无法确定
2.如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的
变为
，结果相应的弧长变为原来的一半，则
：
等于（??
）
A.?2?????????????????????????????????????????B.??????????????????????????????????????????C.??????????????????????????????????????????D.?3
3.如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为
的电子以速度v0从A
点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为(
??)
A.?B＜
???????????????????B.?B＜
???????????????????C.?B＞
???????????????????D.?B＞
4.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B
，
方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m
，
电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为(??
)
A.???????????????????????????????????B.???????????????????????????????????C.???????????????????????????????????D.?
5.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点(??
)
A.?带有电荷量为
的正电荷?????????????????????????????B.?沿圆周逆时针运动
C.?运动的周期为
????????????????????????????????????????????D.?带电粒子机械能守恒
6.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是(??
)
A.?小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B.?当小球运动到c点时，洛伦兹力最大
C.?小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D.?小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小
7.如图所示，四个质量相同，带电荷量均为＋q的a、b、c、d微粒，距离地面的高度相同，以相同的水平速度抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过场强大小相同的匀强电场(mg>qE)，这四个微粒从抛出到落地的时间分别是ta、tb、tc、td
，
则（??
）
A.?tb8.如图，一直角坐标系xoy中，匀强磁场B沿+x轴方向，匀强电场E沿+y轴方向，一电子从坐标原点O静止释放（电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力），则电子在y轴方向前进的最大距离为（??
）
A.????????????????????????????????????B.????????????????????????????????????C.????????????????????????????????????D.?
9.如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是（??
）
A.?若
，粒子做匀加速直线运动
B.?若粒子往左偏，洛伦兹力力做正功
C.?若粒子往右偏，粒子的电势能增加
D.?若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动
10.如图虚线上方有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω逆时针匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图像是（??
）
A.??????????????????B.??????????????????C.??????????????????D.?
11.一半径为R
圆筒处于匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ù顺时针转动．在该截面内，一质量为m，带电量为q带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计粒子重力，若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则关于带电粒子的运动半径r与磁场的磁感应强度B正确的是（??
）
A.?r=3R???????????????????????????B.?r=（
+1）R???????????????????????????C.?B=
???????????????????????????D.?B=
12.如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域，取它刚进入磁场的时刻t=0，设逆时针方向为正．
在下列图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是（??
）
A.?????????????????????????B.?
C.?????????????????????????D.?
13.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（??
）
A.?只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B.?对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
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.?只要速度满足v=
，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
14.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角θ在0～180°范围内．则下列说法正确的是（??
）
A.?发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短
B.?发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远
C.?发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短
D.?发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大
15.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法错误的是（??
）
A.?三个粒子都带正电荷???????????????????????????????????????????B.?c粒子速率最小
C.?c粒子在磁场中运动时间最短???????????????????????????????D.?它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc
16.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M，N为轨道的最低点，则下列说法正确的是（?
）
A.?两小球到达轨道最低点的速度vM＜vN
B.?两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN
C.?小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D.?在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
二、综合题
17.如图所示，在宽度为d的0≤x＜d区域有沿x轴正方向的匀强电场，在宽度也为d的d＜x＜2d区域有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子，从坐标原点O由静止释放，离开磁场右边界时，速度和x轴正向夹角为30°，粒子在磁场里的运动时间为t，不计粒子重力。求：
（1）磁感应强度大小；
（2）电场强度大小。
18.如图所示，一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的a（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求：
（1）判断粒子的电性；
（2）匀强磁场的磁感应强度B。
（3）带电粒子在磁场中的运动时间是多少？
19.如图所示，粗糙水平面与竖直面内的光滑圆形轨道平滑连接，在连接点P上有一不带电的小球B保持静止，水平面上方充满水平向左的匀强电场。现有一带电量为+q的小球A从水平面上某点由静止释放，而后在小孔处与小球B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两球粘在一起。已知mA=1kg，mB=2kg，小球A与水平轨道间的动摩擦因数为
，释放点与B球相距为d=2m，电场强度
，重力加速度为g=10m/s2（两球均可视为质点，小球A运动、碰撞过程中均无电量损失，不计空气阻力）。求：
（1）小球A与B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）小球A与B碰撞过程中损失的能量
；
（3）若要求两球碰后不脱离圆轨道，则圆轨道的半径R应满足什么条件？
答案解析
1.【答案】
B
【解析】解：
带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，合外力为零，可知所受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，假设粒子带正电，由左手定则可知，所受的洛伦兹力的方向沿y轴正方向，则电场力的方向沿y轴的负方向，可知电场方向沿y轴负方向；若粒子带负电，电场力和洛伦兹力方向都将反向，合外力仍为零，电场的方向还是沿y轴负方向．（电场的方向与粒子的电性无关），所以选项B正确，选项ACD错误．
故选B．
【分析】首先根据粒子所受合外力为零，可判断粒子的电场力和洛伦兹力为平衡力，再分别假设粒子带正电或负电，可判知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关．
2.【答案】
B
【解析】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°=
，得：
?
磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=60°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin30°=
，得：
?
由带电粒子做圆周运动的半径：
得：
联立解得：
。
故答案为：B。
【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可。
3.【答案】
C
【解析】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R
，
如图所示：
由几何知识得：2Rcos30?=a
，
解得：
；
欲使电子能经过AC边,必须满足：
而
，
得：
，
解得：
；
故答案为：C
【分析】利用轨迹相切可以求出半径的最小值；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的最大值。
4.【答案】
D
【解析】粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示：
根据洛伦兹力提供向心力：
，解得：
根据轨迹图知：
，∠OPQ=60°，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为：
故选D。
【分析】利用轨迹和边界相切可以求出距离和半径的关系；结合牛顿第二定律可以求出距离的大小。
5.【答案】
C
【解析】A．带电质点在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，带电质点受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电质点带负电；根据电场力和重力大小相等，得
解得
A不符合题意；
B．带电质点由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动，B不符合题意；
C．质点由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
结合
解得
C符合题意；
D．质点运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球在电场和磁场的复合场中运动，重力与电场力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做圆周运动，结合小球的速度求解即可。
6.【答案】
D
【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。
A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，A不符合题意；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大。B不符合题意；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。C不符合题意；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用运动的对称性可以判别运动的最高点；利用速度可以判别洛伦兹力的最大值；利用电场力和重力做功可以判别电势能和重力势能的变化；利用合力做功可以判别动能的变化。
7.【答案】
D
【解析】令抛出点高度为h，则a小球做平抛运动，落地时间
，b小球受到竖直向下的电场力，方向与重力方向相同，小球在竖直方向做加速度为
的匀加速运动，水平方向做匀速直线运动，故小球落地时间为
，同理c小球做类平抛运动落地时间
，d小球受到水平向右的电场力作用，故在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，故有d小球落地时间
，综上所述有四个小球落地时间满足：tb＜ta=td＜tc
，
ABC不符合题意，D符合题意．
故答案为：D。
【分析】利用竖直方向的位移公式结合牛顿第二定律可以判别运动的时间。
8.【答案】
C
【解析】初速度为零可等效成一个垂直平面
向里的速度
和一个垂直平面
向外的速度
，根据
可得速度为
，根据
可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
，则电子在
轴方向前进的最大距离为
，C符合题意，A、B、D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用电场力和洛伦兹力相等时可以等效为粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小进而求出电子在y方向上前进的最大距离。
9.【答案】
D
【解析】A.若v＝E/B，即Eq=qvB，则粒子做匀速直线运动，A不符合题意；
B.洛伦兹力对粒子不做功，B不符合题意；
C.若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，C不符合题意；
D.若粒子做直线运动，则满足Eq=qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】当带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，粒子就不会偏转，当电场力做正功时，电势能减小。
10.【答案】
A
【解析】解：当线框进入磁场后，导体的磁通量变化率不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，
当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
【分析】当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．
11.【答案】
D
【解析】解：AB、作出粒子的运动轨迹如图所示，
其中O′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO′N′=30°．则
??
所以
??
选项AB错误．
CD、由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知
，而
．由于粒子转过30°所用时间与圆筒转过90°所用时间相同．所以
，将T代入得：
，所以选项C错误，选项D正确．
故选：D
【分析】本题显然有一个等时关系：带电粒子做匀速圆周运动的时间与圆筒转过的时间相等，圆筒转过90°时，恰从N点射出，画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，很容易看出带电粒子转过30°．由几何关系就能求出粒子做匀速圆周运动的半径，但要应有到半角公式，由等时关系从求磁感应强度的大小．
12.【答案】
C
【解析】解：线框开始进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，在i﹣t图像为正；因速度保持不变，故电流大小不变，此段时间为t=
=
=1s；
当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，运动时间为1s；
当线框开始离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故电流为负值，且电流大小不变，切割时间也为1s；
故C正确；
故选C．
【分析】分析线圈进入磁场的过程，由右手定则可得出电流的方向变化，由E=BLv可知电动势的变化，由欧姆定律可知电流的变化；
13.【答案】
D
【解析】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．
B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．
C、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，轨迹对应的圆心角越小，由t=
知，运动时间t越小．故C错误．
D、速度满足v=
时，轨道半径r=
，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．
故选：D．
【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=
时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．
14.【答案】
A
【解析】解：A、速度相同的粒子在磁场中半径相同；画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．
由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π﹣2θ；粒子在磁场中运动的时间t=
T=
?
=
，则得知：θ越大，时间t越短；若θ一定，运动时间一定．故A正确，C错误；
B、设粒子的轨迹半径为r，则r=
．如图，AO=2rsinθ=
，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．故B错误；
D、粒子在磁场中运动的角速度ω=
，又T=
，则得ω=
，与速度v和角度无关．故D错误．
故选：A．
【分析】带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t=
T分析时间；
根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由ω=
，T=
分析角速度．
15.【答案】
B
【解析】解：A、三个带电粒子均向上偏转，射入磁场时所受的洛伦兹力均向上，根据左手定则判断得知：三个粒子都带正电荷．故A正确．
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m
，可得：r=
，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，故B错误，
C、D三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期
T=
及
t=
T，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，可知，三粒子运动的周期相同，即Ta=Tb=Tc
．
由图知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，c粒子在磁场中运动时间最短，故CD正确．
本题选错误的，故选：B．
【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定．
16.【答案】
D
【解析】解：AC、在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：
mv
=mgH????????
?????
mv
=mgH﹣qE?d
解得，vM＞vN
，
由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC错误；
B、最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为vM＞vN
，
可知：FM＞FN
，
故B错误；
D、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确；
故选：D．
【分析】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．
17.【答案】
（1）解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系
线速度
根据牛顿第二定律
联立可得：
（2）解：根据动能定理
可得
【解析】（1）根据带电粒子在磁场中的受力特点画出运动轨迹，再由几何关系和牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据动能定理列方程求解即可。
18.【答案】
（1）解；带电粒子轨迹如图所示
根据左手定则可知，带点粒子带负电荷
（2）解；设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得
解得
（3）解；设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T
由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为
粒子在磁场中运动的时间
解得
【解析】（1）根据粒子的偏转方向判断出其所受洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出其电性；（2）画出粒子的运动轨迹，确定其圆心位置，由几何关系求出其轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力列式即可得磁感应强度的大小；（3）由几何关系求出粒子轨迹所对应的圆心角，求出粒子在磁场中的运动周期，即可得粒子在磁场中的运动时间。
19.【答案】
（1）解：设
，对A受力分析得
由
得
（2）解：AB的碰撞过程中，由动量守恒得
得
由能量守恒知
（3）解：由受力分析及等效重力可知，M，N分别为等效重力场中圆周运动的“最低点”和“最高点”，C为“
圆周点”因此，AB整体不能脱离竖直圆轨道的临界条件为
①
从P到C，由动能定理得
得
②
恰好通过“最高点”N。则在N点，由牛顿第二定律，得
①
从P到N，由动能定理得
②
联立①②得
综上可知：要使AB不脱离轨道，圆轨道的半径R应满足
【解析】（1）小球A在电场中做匀变速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；结合速度位移公式可以求出碰前速度的大小；
（2）两个小球碰撞过程不受外力，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小；结合能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能大小；
（3）对重力和电场力进行合成可以求出等效重力的大小及方向；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出碰后小球不脱离轨道的轨道半径大小范围。
?