2024届高考物理二轮复习第8讲磁场及带电粒子在磁场中的运动学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第8讲磁场及带电粒子在磁场中的运动学案，共23页。
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一 磁场的基本性质 安培力
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
即磁感应强度的方向
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要用到平行四边形法则，解三角形
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
考向1 磁场的叠加
例 1 [2023·广东模拟预测]
如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场．一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里．a，b，c，d分别是正方体所在边的中点．在这四点中( )
A．c，d两点的磁感应强度大小相等
B．a，b两点的磁感应强度大小相等
C．b点磁感应强度的值最大
D．c点磁感应强度的值最小
考向2 安培力
例 2 如图所示，
匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0 B．BIl
C．2BIl D．5BIl
考向3 磁场中通电导体类问题的综合问题
例 3 [2023·海南卷]如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场．
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量．
思维提升
磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时考虑安培力．
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系．
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式或功能关系列式求解．
提升训练
1.[2023·浙江省十校高三联考]如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管．将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动．下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是( )
2．[2023·浙江省温州市适应性试卷]如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景．其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点．已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比.6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则( )
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
3．[2023·北京卷]2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录．一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示．两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒．金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出．导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)．金属棒被该磁场力推动．当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.
命题点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
2．三个“二级”结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
考向1 直线有界磁场
例 1 [2022·湖北卷]
(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A. 13kBL，0° B．12kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
考向2 圆形有界磁场
例 2 [2023·全国甲卷]
(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
考向3 多边形有界磁场
例 3 如图所示，
垂直于纸面的匀强磁场在∠DAC为30°、边长为a的菱形内部，对角线交点为O.某带电粒子以速度v1从O点沿OA方向射出时，恰好没有穿出磁场边界．该带电粒子以速度v2从O点沿OB方向射出时，仍恰好没有射出磁场边界．则v1v2的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．6－33
考向4 带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题
例 4 [2023·四川省成都市三诊]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束24He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．已知粒子的质量为m、电荷量为q.则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为( )
A．3qBL4m B．5qBL4m
C．5qBL8m D．5qBL6m
思维提升
处理临界问题的两个方法
提升训练
1.
[2023·四川省成都市树德中学三诊]如图所示，半径为R的14圆形区域OMN内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO.a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则( )
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为RBv
C．粒子b将从DN边上某一位置(不含N点)射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2
2.
[2023·陕西省商洛市洛南县模拟考试]真空中有一匀强磁场，磁感应强度的大小可调节．磁场边界为两个半径分别为a和5a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向从M点进入磁场(M点未标出)．已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略重力．
(1)为使该电子被限制在图中实线圆围成的区域内，求磁感应强度的最小值B0；
(2)当磁感应强度调整为B＝mv3ae时，则电子经多长时间从M点射入磁场．
素养培优·情境命题
“数学圆”法在磁场中的应用
1．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
3．常用的动态圆
[典例1]
[2023·湖南高校联考模拟预测](多选)一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是( )
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于πmqB
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于3πm2qB
[典例2] [2023·山东模拟预测](多选)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，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( )
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12B0，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2π-2r02
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为π-22r02
[典例3] [2023·辽宁卷]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力．
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
第8讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：
a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，由安培定则可知a、b、c、d四点的磁场如图所示
由图可知，a点磁感应强度大小为Ba＝B0＋B
b点和d点磁感应强度大小为Bb＝Bd＝B02 +B2
c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B
故ABC不符合题意，D符合题意．
答案：D
[例2] 解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab＝BI·2l＝2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
[例3] 解析：(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H，由运动学公式有
v2＝2gH
解得v＝2 m/s
对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝256 A
(2)对金属杆，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由运动学公式有v′2＝2gH′
又q＝I′t′
解得q＝0.085 C
答案：(1)2 m/s 256 A (2)0.085 C
[提升训练]
1．解析：根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧强磁铁N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力为零；小火车处于静止状态，故C错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误．
答案：A
2．解析：根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；
根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝33F
e对导线b的安培力大小为F2，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×3F3sin 60°＋F2＝5F2，故B错误；
根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误．
答案：C
3．解析：(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F＝B1IL＝kI2L
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝Fm＝kI2Lm
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F′＝B2·2IL＝4kI2L
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝F'm＝4kI2Lm
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝12mv2－0
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝ 10kI2Lsm
答案：(1)kI2L (2)1∶4 (3) 10kI2Lsm
命题点二
[例1] 解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R＝L，qvB＝mv2R
可得v＝qBLm＝kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R
可得v＝qBL2m＝12kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
v＝qBL2n-1m＝12n-1kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．
答案：BC
[例2] 解析：
假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少， C错误．
故选BD.
答案：BD
[例3] 解析：当带电粒子沿OA方向射出时，轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨迹半径为r1，由几何知识有sin 60°＝r1a2-r1，解得r1＝23-32a，当带电粒子沿OB方向射出时，轨迹如图乙所示，设粒子运动的轨迹半径为r2，由几何知识有tan 30°＝r2a2，解得r2＝36a，由Bqv＝mv2r得v＝Bqrm，所以v∝r，则v1v2＝r1r2＝6－33，选D.
答案：D
[例4] 解析：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝mv2R
又有T＝2πRv，解得T＝2πmqB
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t＝α2π·T＝αmqB
可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大则∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac
即当圆弧经过c点时∠Oac最大，此时α最大
设半径为R，由几何关系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝54L
联立可得v＝qBRm＝5qBL4m，故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析：由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；
由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由R＝mvqB可知，粒子的比荷为qm＝vRB，选项B错误；
从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；
从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据t＝θ2πT可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2，选项D正确．
答案：D
2．解析：
(1)根据带电粒子在磁场中的运动特征，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力
则有Bev＝mv2R，解得R＝mvBe
由几何关系可知，当磁感应强度最小时，带电粒子运动的临界轨迹与大圆边界相切，如图甲所示
由勾股定理有a2＋R2＝(5a－R)2
则2.4a＝mvB0e
解得B0＝5mv12ae.
(2)当B＝mv3ae时，根据洛伦兹力充当向心力，有Bev＝mv2r
解得r＝3a
由几何关系，可画出电子的运动轨迹示意图，如图乙所示电子第1次从M射入磁场经N点进入小圆内部，由几何关系可知，从N点进入小圆沿直径方向射出，且电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ＝300°，后从Q射入磁场，每次电子均如上所述运动，经6次后可再次从M点射出
则电子运动的总时间为t总＝n(t磁＋t匀)
电子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πrv
解得t总＝103π+12nav(n取1，2，3，…)．
答案：见解析
素养培优·情境命题
典例1 解析：画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
当粒子都从ab边射出，则运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等，为πmqB；当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于πmqB，故A正确，BC错误；
当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于3πm2qB，故D正确．
答案：AD
典例2 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 qB0v＝mv2r0，解得 B0＝mvqr0
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 qB1v＝mv22r0，解得 B1＝mv2qr0
比较可得 B1＝12B0
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；
如图，磁场区域的最小面积为S2＝2π-2r02，C正确，D错误．
故选BC.
答案：BC
典例3 解析：(1)设板间距离为d，则板长为3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝Ud
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝qUmd
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得d2＝12at 02，3d＝v0t0
联立解得U＝mv02 3q
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝at0v0＝33
故α＝π6
则出电场时粒子的速度为v＝v0csα＝233v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝mv2r
解得r＝mvqB＝23mv03qB
已知圆形磁场区域半径为R＝2mv03qB，故r＝3R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝π3
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为π3或60°；
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝3R，根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
答案：1mv02 3q (2)π3或60°
(3)
数理结合法
利用“矢量图”“边界条件”等求临界值利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值
抓关键词法
“恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词
示意图
适用条件
应用方法
放缩圆
(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同
以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
旋转圆
(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心，半径R＝mv0qB的圆上)
粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同
将一半径为R＝mv0qB的圆以入射点为定点进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定
将半径为R＝mv0qB的圆进行平移
磁聚焦
与磁发散
轨迹圆半径等于区域圆半径
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散