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在求解有关磁场问题时，如果能够深入分析题意，灵活地运用有关圆的定理，则可以达到快速简捷求解的目的.下面举例说明，相信会对学生学好这部分知识有一定的帮助作用.
一、利用“垂径定理”和“相交弦定理”解题
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧.
相交弦定理：圆内的两条弦相交，被交点分成的两条线段的乘积相等.
例1如图1所示，质量为m、电阻为r、半径为R的金属环，竖直落入磁感应强度为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，在离开磁场还有h=12R时，加速度为零.求此环下落的速度.
解析设在磁场中圆弧AB的有效切割长度为L，则根据垂径定理有：AE=BE=L2；再根据相交弦定理有：L2·L2=R2·3R2，则L=3R，若下落速度为v时，加速度为
零，根据平衡条件有：mg=BIL=BL·BLvr，解得v=mgr3B2R2.
二、利用“弦切角定理”解题
弦切角定理：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角.
推论：弦切角等于同弧所对的圆心角的一半.
例2质量为m、电量为
-q的粒子，以某一速度垂直于屏S经过小孔O又垂直磁感应强度为B的匀强磁场进入真空室，如图2所示.如果粒子进入磁场后经过时间t到达位置P，若运动的轨迹半径为R，求粒子经过的位移OP的大小.
解析设负粒子以速度v垂直射入匀强磁场作匀速圆周运动，如图3.由弦切角定理的推论，得θ=α2.根据角速度关系有：αt=2πT；
再根据qBv=mv2R和v=2πRT，可解得θ=qBt2m.
再由弦切角定理，有θ=∠OAP，又根据直径所对的圆周角是直角，有∠AOP=90°，解直角三角形可得：OP=2RsinqBt2m.
例3在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图4所示.一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x轴方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+ y方向飞出.
（1） 请判断该粒子带何种电荷，并求出其荷质比；
（2） 若磁场的方向与所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用的时间t是多少？
解析（1） 由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知该粒子带负电荷.粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R=r.
又qvB=mv2R.
则粒子的荷质比为qm=vBr.
（2） 粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′=rtan30°=3r.
又R′=mvqB′，所以B′=33B.
粒子在磁场中飞行的时间为t=16T=16×2πmqB′=3πr3v.
三、利用“圆的内接四边形的性质定理”和“切线长定理”解题
圆内接四边形的性质定理：圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角.
切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它的切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的夹角.
例4如图6所示，在以O为圆心、半径为R的圆形空间内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子从A点以速度v正对着O点垂直射入磁场中，做匀速圆周运动.从点C射出时速度的方向改变了60°，则带电粒子在磁场中运动了多长时间？
解析如图7所示，做A、C两点速度v的垂线交于O1点，O1为带电粒子运动轨迹的圆心，延长AO交⊙O于B点.要确定速度的方向改变∠BOC = 60°，连接O1O交⊙O 于O2点，通过分析做图可知，AO1CO为⊙O2的内接四边形.根据圆内接四边形的性质定理可知：∠AO1C=∠BOC=60°，故带电粒子在磁场中运动的时间为t=T6，而T=2πRv.再根据切线长定理有AO1=CO1=r，∠AO1O=∠CO1O=30°，解直角三角形△OCO1可得r=3R，所以t=T6=3R3v.
四、用“相交圆定理”解题
相交圆定理：相交两圆的连心线垂直平分公共弦.
例5如图8所示，虚线MN是一垂直于纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空中存在着一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外.O是MN上一点，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.求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.
解析带正电q、速率为v的粒子，从O点垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下，做匀速圆周运动.因带电粒子射入磁场时的速度方向可在纸面内沿各个方向，已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，这说明两粒子的运动轨迹是以OP为公共弦的两个相交圆，如图9所示.连接O1O2交弦OP于E.根据相交弦定理，O1O2垂直平分OP，则OE=L2.
解直角三角形△OEO1，得Rcosθ2=L2，θ2=arccosL2R，据此知R=mvqB，Δt=2Rθv，即Δt=4mqBarccos（qLB2mv）.
（收稿日期：2015-12-19）
一、利用“垂径定理”和“相交弦定理”解题
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条弧.
相交弦定理：圆内的两条弦相交，被交点分成的两条线段的乘积相等.
例1如图1所示，质量为m、电阻为r、半径为R的金属环，竖直落入磁感应强度为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，在离开磁场还有h=12R时，加速度为零.求此环下落的速度.
解析设在磁场中圆弧AB的有效切割长度为L，则根据垂径定理有：AE=BE=L2；再根据相交弦定理有：L2·L2=R2·3R2，则L=3R，若下落速度为v时，加速度为
零，根据平衡条件有：mg=BIL=BL·BLvr，解得v=mgr3B2R2.
二、利用“弦切角定理”解题
弦切角定理：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角.
推论：弦切角等于同弧所对的圆心角的一半.
例2质量为m、电量为
-q的粒子，以某一速度垂直于屏S经过小孔O又垂直磁感应强度为B的匀强磁场进入真空室，如图2所示.如果粒子进入磁场后经过时间t到达位置P，若运动的轨迹半径为R，求粒子经过的位移OP的大小.
解析设负粒子以速度v垂直射入匀强磁场作匀速圆周运动，如图3.由弦切角定理的推论，得θ=α2.根据角速度关系有：αt=2πT；
再根据qBv=mv2R和v=2πRT，可解得θ=qBt2m.
再由弦切角定理，有θ=∠OAP，又根据直径所对的圆周角是直角，有∠AOP=90°，解直角三角形可得：OP=2RsinqBt2m.
例3在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图4所示.一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x轴方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+ y方向飞出.
（1） 请判断该粒子带何种电荷，并求出其荷质比；
（2） 若磁场的方向与所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用的时间t是多少？
解析（1） 由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知该粒子带负电荷.粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R=r.
又qvB=mv2R.
则粒子的荷质比为qm=vBr.
（2） 粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′=rtan30°=3r.
又R′=mvqB′，所以B′=33B.
粒子在磁场中飞行的时间为t=16T=16×2πmqB′=3πr3v.
三、利用“圆的内接四边形的性质定理”和“切线长定理”解题
圆内接四边形的性质定理：圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角.
切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它的切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的夹角.
例4如图6所示，在以O为圆心、半径为R的圆形空间内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子从A点以速度v正对着O点垂直射入磁场中，做匀速圆周运动.从点C射出时速度的方向改变了60°，则带电粒子在磁场中运动了多长时间？
解析如图7所示，做A、C两点速度v的垂线交于O1点，O1为带电粒子运动轨迹的圆心，延长AO交⊙O于B点.要确定速度的方向改变∠BOC = 60°，连接O1O交⊙O 于O2点，通过分析做图可知，AO1CO为⊙O2的内接四边形.根据圆内接四边形的性质定理可知：∠AO1C=∠BOC=60°，故带电粒子在磁场中运动的时间为t=T6，而T=2πRv.再根据切线长定理有AO1=CO1=r，∠AO1O=∠CO1O=30°，解直角三角形△OCO1可得r=3R，所以t=T6=3R3v.
四、用“相交圆定理”解题
相交圆定理：相交两圆的连心线垂直平分公共弦.
例5如图8所示，虚线MN是一垂直于纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空中存在着一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外.O是MN上一点，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.求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.
解析带正电q、速率为v的粒子，从O点垂直进入磁场，在洛伦兹力的作用下，做匀速圆周运动.因带电粒子射入磁场时的速度方向可在纸面内沿各个方向，已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，这说明两粒子的运动轨迹是以OP为公共弦的两个相交圆，如图9所示.连接O1O2交弦OP于E.根据相交弦定理，O1O2垂直平分OP，则OE=L2.
解直角三角形△OEO1，得Rcosθ2=L2，θ2=arccosL2R，据此知R=mvqB，Δt=2Rθv，即Δt=4mqBarccos（qLB2mv）.
（收稿日期：2015-12-19）