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增分培优4 动态圆模型 磁聚焦与磁发散模型
旋
转
圆
适用
条件
粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一定，速度方向不
同
应用
方法
将半径为r＝的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件
旋转圆的圆心在以入射点P 为圆心、半径r＝的圆上
例1 (多选)(2024·安徽芜湖二模)如图1 甲所示，在x 轴及其上方存在垂直xOy 平
面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的各个方向
不断地发射速度大小均为v＝1×106 m/s、质量为m＝1×10－15 kg、带电荷量为
q＝1×10－9 C 的同种带电正粒子。在x 轴上距离原点1 m 处垂直于x 轴放置一个
长度为1 m、厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P 上
立即被接收)。现观察到沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不
计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。π＝3，则被薄金属板接收的粒子运动
的时间可能为( )
图1
A.1.1×10－6 s
B.1.4×10－6 s
C.2.5×10－6 s
D.4.6×10－6 s
答案 ABD
解析 如图甲所示，由观察到沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，
可知粒子做圆周运动的半径为1 m，结合r＝，可知磁感应强度为B＝1 T，打在
P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°，此时运动时间最短，可得被薄金
属板接收的粒子在磁场运动的最短时间(被P 左侧接收到的粒子在磁场中运动的
最短时间)
tmin＝T＝·＝1×10－6 s，被P 左侧接收到的粒子在磁场中运动时间最长，粒子轨
迹对应的圆心角为90°，此时运动时间t2＝T＝·＝1.5×10－6 s，被P 右侧接收到
的粒子在磁场中运动时间最短的粒子轨迹对应的圆心角为270°，此时粒子运动
时间t3＝T＝·＝4.5×10－6 s，打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
此时粒子轨迹对应的圆心角为300°，如图乙所示，最长时间tmax＝T＝·＝5×10－6
s，粒子能被P 接收时，粒子在磁场中运动时间应满足tmin≤t≤t2，或t3≤t≤tmax，
故A、B、D 正确。
放
缩
适用
条件
粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同
圆
应用
方法
以入射点P 为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦
兹力所在的射线PP′上，将半径放缩作轨迹圆，粒子轨迹与磁场边
界相切是恰好不射出磁场的临界状态
例2 如图2 所示，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为
磁场的边界，其中bc 段是半径为R 的四分之一圆弧，ab、dc 的延长线通过圆弧
的圆心，Ob 长为R。一束质量均为m、电荷量均为q 的粒子，在纸面内以不同
的速率从O 点垂直ab 射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N
是圆弧边界上的两点，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则下列分析中正确的
是( )
图2
A.粒子带负电
B.从M 点射出粒子的速率一定大于从N 点射出粒子的速率
C.从M 点射出粒子在磁场中所用时间一定小于从N 点射出粒子所用时间
D.所有粒子中射出磁场时所用的最短时间为
答案 D
解析 粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则可知，粒子带正电，A 错误；
根据qvB＝m，得v＝，从M 点射出粒子的圆半径更小，则速度更小，B 错误；
由t＝T＝·，粒子运动周期相同，运动轨迹对应的圆心角θ 越大，粒子运动时间
越长，由几何关系可知，当运动轨迹的弦与bc 圆弧相切时，θ 最小，运动时间
最短，如图所示，Ob 等于R，由几何关系可知，此时运动轨迹对应的圆心角为
120°，则最短时间为tmin＝·＝，M、N 两点具体位置未知，则无法判断从M 点射
出粒子所用时间和从N 点射出粒子所用时间的大小关系，C 错误，D 正确。
平移圆
适用条件
粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、
方向均一定
应用方法
轨迹圆的半径相同，将半径为r＝的圆沿入射点所在
的直线进行平移，从而找到临界条件
轨迹圆的所有圆心在一条直线上
例3 如图3 所示，有一等腰直角三角形AOC，直角边长为3d，AOC 区域范围内
(包含边界)存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、
电荷量为＋q 的粒子可在直角边AO 上的不同位置垂直边界、垂直磁场射入，入
射速度大小为，D、E 是AO 边界上的两点(图中未画出)，AD＝EO＝0.5d，不计
粒子重力，则( )
图3
A.粒子在磁场做圆周运动的半径为2d
B.粒子距A 点(＋1)d 处射入，恰好不从AC 边界出射
C.从D 点射入的粒子，在磁场中运动的时间为
D.从E 点射入的粒子，在磁场中运动的时间为
答案 D
解析 由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，解得r＝＝d，故A 错误；粒子刚
好不出磁场区域的运动轨迹如图甲所示。
恰好与AC 相切，根据几何关系可得，此时入射点到A 的距离为x＝(－1)d，即入
射点到A 点距离大于(－1)d 的粒子都不从AC 边界出射，故B 错误；从D 点射入
的粒子，运动轨迹为半圆，如图乙所示，在磁场中运动的时间为t＝＝，从E 点
射入的粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知cos θ＝＝0.5，即圆心角为
60°，粒子在磁场中运动的时间为t′＝T＝，故C 错误，D 正确。
磁聚焦与
磁发散
成立条件：
磁场区域圆
的半径等于
轨迹圆的半
径r＝
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半
径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一
点射出，该点切线与入射速度方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如
果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方
向与入射点的切线方向平行
例4 (2024·辽宁朝阳二模)如图4 所示的直角坐标系，在横轴下方有一半径为R
的圆形磁场区域，与x 轴相切于坐标原点。在－R＜y＜0 的范围内沿y 方向均匀
分布着大量质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子，它们以平行于x 轴的相同初速
度射入圆形磁场区域，均恰能由O 点射入第一象限的矩形磁场区域OPQN 内，
矩形磁场区域的长度为其宽度的2 倍。已知在矩形磁场区域内运动时间最长的粒
子转过的圆心角为，两磁场区域的磁感应强度大小均为B，不计粒子重力。求：
图4
(1)粒子的初速度v0；
(2)矩形磁场区域的宽度a；
(3)从PQ 边射出的粒子数与射入磁场的总粒子数的比。
答案 (1) (2)R (3)
解析 (1)设粒子在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，
有qv0B＝
因为入射的粒子均由O 点进入第一象限，是磁聚焦模型，有r＝R
解得v0＝。
(2)设在矩形区域内运动时间最长的粒子其速度方向与y 轴正方向夹角为θ
由题意知，其轨迹与PQ 边刚好相切，由几何关系得rsin θ＋rcos θ＝2a
rsin θ＋a＝r
解得a＝R，sin θ＝。
(3)设在矩形区域内运动时间最长的粒子，其射入圆形磁场区域时的纵坐标为－
y1，由几何关系得
R－y1＝Rsin θ
所求粒子占比为
代入数据得＝。
1.(多选)如图1 所示，在边长为L 的正方形区域ABCD 内存在磁感应强度大小为
B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q 的带电粒子(不计重
力)，分别以相同的速率v 从A 点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC 方
向射入时，垂直于BC 边射出磁场。则粒子( )
图1
A.带负电
B.运动速率v＝
C.在磁场中运动的最长时间tm＝
D.在磁场中运动的最长时间tm＝
答案 BC
解析 由左手定则可知粒子带正电，选项A 错误；根据粒子的运动轨迹可知r＝
L，由qvB＝m，可得v＝，选项B 正确；从C 点射出的粒子在磁场中运动的时间
最长，圆弧所对应的圆心角为60°，则最长时间为tm＝·＝，选项C 正确，D 错误。
2.(多选)如图2 所示，在直角三角形ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未
画出)，AB 边长度为d，∠B＝。现垂直AB 边射入一群质量均为m、电荷量均为
q、速度大小均为v 的带正电粒子，已知垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的
时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力)。则下列判
断中正确的是( )
图2
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D.粒子进入磁场时速度大小为
答案 ABC
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动
的时间是T，即为T＝t，则得周期为T＝4t，故A 正确；由 T＝4t，R＝，
T＝，得B＝＝，故B 正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系有＋rsin ＝d，解得r＝d，故C 正确；根据粒子在磁场中运动的速
度为v＝，周期为T＝4t，半径为r＝d，联立可得v＝，故D 错误。
3.(多选)如图3 所示，a、b 是直线上间距为4d 的两点，也是半圆直径的两个端点，
c 位于ab 上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面
的匀强磁场(未画出)，其中半圆内部没有磁场。一群比荷为k 的同种带电粒子从
a、c 之间以相同的速率垂直于ab 射入圆弧区域，所有粒子都能通过b 点，不计
粒子间的相互作用和粒子的重力，则( )
图3
A.粒子的速率为2dBk
B.粒子的速率为dBk
C.从c 点射入的粒子在磁场中运动的时间为
D.从c 点射入的粒子在磁场中运动的时间为
答案 AD
解析 画出粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，四边形eO1bO 为菱
形，可知粒子运动的轨迹半径为r＝2d，根据qvB＝m 可得粒子的速率为v＝
2dBk，A 正确，B 错误；粒子从c 点射入时，其轨迹如图乙所示，由几何关系可
知，粒子运动的轨迹圆心正好在圆弧ab 上，可知粒子在磁场中转过的角度为
240°，则运动时间t＝T＝＝，C 错误，D 正确。
4.(2024·江西南昌一模)如图4 所示，在PM 和QK 之间有大量相同的带电粒子以
同一速度沿水平方向射入以O 点为圆心、半径为R 的圆形匀强磁场区域，该磁
场方向垂直纸面向外，PM 与圆心O 在同一水平直线上，PM 和QK 间的距离为
0.5R。已知所有粒子均从O 点正下方的N 点射出圆形磁场区域，立即进入下方
垂直于纸面向里的匀强磁场，并都能打到水平挡板的下表面，挡板的左侧紧贴N
点。已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的2 倍。不计粒子重力及粒子间的相
互作用。挡板下表面有粒子打到的区域长度为( )
图4
A.R
B.R
C.R
D.R
答案 C
解析 根据题意，由于所有带电粒子均从O 点正下方的N 点射出圆形磁场区域，
画出带电粒子的运动轨迹如图所示，入射方向垂直于圆形磁场直径，且从同一点
射出，则轨迹半径等于磁场圆的半径，有qvB＝m，解得v＝；粒子进入下方磁
场，半径R′＝＝R，由几何关系可得挡板下表面有粒子打到的区域长度ΔL＝2R′
－2R′sin 60°＝R，C 正确。
5.(多选)(2024·四川绵阳高三诊断)如图5 所示，磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面向外的匀强磁场分布在以O 为圆心、R 为半径的圆形区域内，MNCA 是矩形，
MN 为圆形磁场的直径，AM＝R，AC 为一感光板、M 处有一粒子源，能沿纸面
向圆内不同方向以相同速率均匀发射质子(质量为m，电荷量为q，重力不计)。
已知沿MO 方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C 处。不
计质子间的相互作用。下列说法正确的是( )
图5
A.质子的速度大小为
B.射入磁场的质子有一半打在感光板上
C.能打到感光板上的质子在磁场中运动的最长时间为
D.若电子以的速率从N 点沿NO 方向射入磁场，则电子会打在感光板上
答案 BC
解析 沿MO 方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C 处，
则由几何关系有tan θ＝＝，可得θ＝60°，质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心恰
好在A 点，由几何关系有轨迹半径r＝MA＝R，又qvB＝m，解得v＝，故A 错误；
在MN 右侧射入磁场的质子均可以到达感光板，在MN 左侧射入磁场的质子均无
法到达感光板，即射入磁场的质子有一半打在感光板上，故B 正确；由于质子
在磁场中运动的轨迹半径是一定的，在能打到感光板上的质子中，打到C 点的
质子在磁场中运动的时间最长，为t＝·＝，故C 正确；由于电子的质量远小于质
子的质量，在速率相同的情况下，电子在磁场中运动的轨迹半径r′≪r，所以其
从N 点沿NO 方向射入后不会打在感光板上，故D 错误。
6.(多选)如图6，长度为a 的竖直薄挡板MN 处在垂直纸面向里的匀强磁场中(磁
场空间足够大、图中未画出)，磁感应强度为B。挡板左侧O 点有一粒子源在纸
面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m 的带电粒子，所有粒子的初速度
大小相同。已知图中初速度与ON 夹角为60°时发射的粒子恰好经过N 点，ON＝
a，ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则(
)
图6
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a
C.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的
D.挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a
答案 CD
解析 所有粒子运动的轨道半径都相等，当粒子初速度与ON 夹角为60°时，粒
子运动轨迹如图中1 所示，
由几何关系可知2rcos 30°＝a，可得r＝a，故A 错误；当轨迹刚好与MN 相切时，
粒子能打到板上长度最大，如图轨迹2，设速度方向与ON 夹角为θ，由几何关
系可得rsin θ＋r＝a，可得sin θ＝－1，则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为l
＝rcos θ＝a，故B 错误；要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹
1、3，由几何关系可知1、3 的初速度夹角为α＝60°，则能击中挡板右侧的粒子
数占粒子总数的n＝＝，故C 正确；如图粒子1 打在MN 上的点与O1N、O1M 组
成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长
度为y＝r＝a，故D 正确。
7.(多选) (2024·河南名校模拟)某个粒子分析装置的简化示意图如图7 所示，在垂
直纸面向外的匀强磁场(未画出)中，有一圆心为O、半径为R 的圆形无磁场区域，
在圆形边界的P 点处有一α 粒子发射源，可在图示∠GPH＝90°范围内沿纸面随
机向磁场区域发射速度大小相同的α 粒子，在圆经过P 点的直径上，固定一长度
为2R 的荧光挡板， α 粒子击中荧光挡板后被吸收并发出荧光。已知PG 与直径
QP 延长线的夹角为30°，α 粒子的质量为m，电荷量为q。不计α 粒子的重力和
粒子间的相互作用，当α 粒子的速度为v＝时，下列说法正确的是( )
图7
A.所有进入圆形区域的α 粒子均垂直击中荧光挡板
B.荧光挡板上α 粒子打到的区域长度为R，且击中荧光挡板的α 粒子的位置均匀
分布
C.α 粒子在磁场中运动的最长时间为
D.α 粒子在无磁场区域运动的最长时间为
答案 AD
解析 α 粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝R，
则从P 点射出的α 粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP 为菱
形，可知O′M 水平，则从M 点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧
光挡板，选项A 正确；沿着PG 方向射出的粒子打到挡板上的位置最远，由几何
关系可知，最远点与P 点的距离为2R－Rsin 30°＝R，并且从O 到P，距P 点越
近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B 错误；沿着PH 方向射出的粒子在
磁场中运动的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为330°，则
最长时间t＝·＝，选项C 错误；水平向左射出的α 粒子在无磁场区域运动的时间
最长，为t′＝＝，选项D 正确。
8.(多选) (2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图8 所示，等腰直角三角形区域分布有垂
直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O 为BC 的中点，磁感应强度B＝0.25
T，一群质量m＝1×10－7 kg，电荷量q＝－2×10－3 C 的带电粒子以速度v＝
5×
103 m/s 垂直于BO，从BO 之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则( )
图8
A.在AC 边界上有粒子射出的长度为(－1)m
B.C 点有粒子射出
C.在AB 边界上有粒子射出的长度为1 m
D.磁场中运动时间最长粒子从底边距B 点(－1)m 处入射
答案 ACD
解析 粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场
中运动的轨道半径为R＝＝ m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所
示。由图可知，能从AC 边射出的粒子长度为DE＝R－R＝(－1)m，故A 正确；
粒子不可能到达C 点，故B 错误；由图可知，在AB 边界上有粒子射出的长度为
BF＝R＝1 m，故C 正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、
AC 相切，由图可知从底边距B 点(－1)m 处入射，故D 正确。
9.(多选)(2024·山东青岛模拟预测)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒
子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如
图9，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁
感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O 点进入正方形区域，正方
形过O 点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小
的匀强磁场区域，使汇聚到O 点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子
仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的
是( )
图9
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为r
答案 BC
解析 根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨
迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O 点的粒子经正方形区域内的
磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几
何关系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该
为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝＝B0，由左手定则可知，方向垂直
纸面向里，A 错误，B 正确； 如图所示，磁场区域的最小面积为Smin＝2(π－
2)r，C 正确，D 错误。
10.(2024·广西柳州三模)如图10 所示，正方形区域abcd 内(含边界)有垂直纸面向
里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′连线与ad 边平行，大量带正电的粒子从O
点沿与ab 边成θ＝53°角方向以不同的初速度v 射入磁场，已知带电粒子的质量
为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 53°＝0.8，不计粒子重力和
粒子间的相互作用。
图10
(1)求恰好从O′点射出磁场的粒子的速度大小；
(2)要使粒子从ad 边离开磁场，求初速度v 的取值范围。
答案 (1) (2)＜v≤
解析 (1)从O′点射出磁场的粒
子的运动轨迹如图甲
根据几何关系可知运动半径为r＝
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
(2)当粒子轨迹与ad 边相切时，如图乙所示
设此时初速度为v01，轨道半径为r1，由几何关系可得
r1＋r1sin 53°＝0.4l
又qv01B＝m，解得v01＝
若粒子运动轨迹能与cd 边相切，如图丙所示
设此时初速度为v02，轨道半径为r2，由几何关系可得
r2＋r2cos 53°＝l
解得r2＝l
O2a＝l－r2＝l
又O2a＝＝0.3l，两次计算结果不一致
可知粒子轨迹不能与cd 边相切，从d 点射出时速度最大，如图丁所示。根据几
何关系可知
r2′cos θ＋r2′cos α＝l
r2′sin θ－r2′sin α＝0.4l
解得r2′＝l
根据洛伦兹力提供向心力有qv02B＝m
解得v02＝
综上可得<v≤。
11.(2024·辽东南协作体联考)“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组
成，其原理可简化为如图11 所示。辐射状的加速电场区域 Ⅰ 边界为两个同心
平行的网状金属扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ 为120°，外圆弧面AB 与内圆弧
面CD 间的电势差为U0，M 为外圆弧的中点。紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区
域 Ⅱ ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B
＝。在磁场区域下方相距L 处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ 为
两条平行线，且与O2、N 连线垂直。假设太空中飘浮着质量为m、电荷量为q 的
带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 弧面并经电场从静止开始加速，然后从O1
进入磁场，并最终到达PNQ 板被收集，忽略一切万有引力和粒子间的作用力。
求：
图11
(1)粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v 的大小；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)粒子到达收集板沿PQ 方向的长度。
答案 (1) (2)L (3)L
解析 (1)粒子经电场加速，根据动能定理有qU0＝mv2
解得粒子进入磁场时的速度大小v＝。
(2)根据洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力，有qvB＝m
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝L。
(3)所有从AB 圆弧面进入的粒子进入磁场时的速度大小相等，在磁场中做匀速圆
周运动的轨迹半径相等且等于磁场圆的半径，相同的带电粒子从同一点以相同的
速率入射，则出射方向相同，且出射方向垂直于入射点所在的直径。它们经过磁
场后都从磁场边界垂直于PNQ 方向射出，最终到达PNQ 板被收集，带电粒子的
运动轨迹如图所示。
从各个带电粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1 对应的粒子在磁场中的运动轨迹对
应的圆心角最小，所以从A 点进入的粒子到达收集板的最左端，根据几何知识
可知该粒子的速度方向偏转了30°，轨迹1、2 对应的粒子打在板上位置的距离
x12＝L－r(1－cos 30°)＝L
根据几何关系可得轨迹2、3 对应的粒子打在板上位置的距离x23＝rcos 30°＝L
粒子到达收集板沿PQ 方向的长度d＝x12＋x23＝L。
