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專題提升練22　用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
　梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·南寧模擬)如圖所示，邊長為L的正方形abcd區域內分布磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。從cd邊的中點P處發射速率不同、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子沿紙面與Pd成30°的方向射入該磁場區域，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。已知某一速率的粒子恰好能從bc邊離開磁場，則該粒子入射的速率為(　　)
A.　　B. C.　　D.
2.(多選)如圖所示，在水平邊界OP上方有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，OP距離為2 m，PQ是一足夠長的擋板，OP延長線與PQ的夾角為θ，粒子打在擋板上均被吸收。在O、P之間有大量質量、電荷量和速度都相同的粒子，速度方向均垂直于邊界OP，且在紙面內。其中從OP中點射入的粒子恰能垂直打在擋板上(不計粒子重力及其相互作用)。則下列說法正確的是(　　)
A.θ=30°時，PQ上粒子打中區域的長度為 m
B.θ=30°時，PQ上粒子打中區域的長度為2 m
C.θ=60°時，PQ上粒子打中區域的長度為 m
D.θ=60°時，PQ上粒子打中區域的長度為1 m
3.(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里。邊界上C點有一粒子源，可平行于紙面向磁場內任意方向發射質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子速度大小均為v0。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，所有粒子運動半徑均為R且離開磁場時速度方向均與AB平行，AB、CD為互相垂直的直徑，則(　　)
A.粒子離開磁場時速度方向平行AB向下
B.磁感應強度大小為
C.經過圓心O的粒子在磁場中運動的時間為
D.沿著CO方向射入的粒子在磁場中運動的時間為
4.(多選)(2025·邢臺模擬)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，不考慮帶電粒子受到的重力，下列說法正確的是(　　)
A.粒子可能從B點射出
B.若粒子垂直BC邊射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為L
C.若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為
D.若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運動的時間越短
5.(多選)如圖所示，平面直角坐標系中，A點的坐標為(d，0)，在y軸和直線AD之間存在垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ，在AD和AC之間存在垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度均為B，AD、AC邊界的夾角∠DAC=30°。質量為m、電荷量為+q的粒子可在邊界AC上的不同點射入，入射速度垂直AC且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　)
A.粒子在磁場中的運動半徑為d
B.粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅰ區
C.若粒子能進入區域Ⅰ，則粒子在區域Ⅰ中運動的最短時間為
D.若粒子能進入區域Ⅰ，則粒子從距A點(-1)d處射入，在Ⅰ區域內運動的時間最短
梯級Ⅱ能力練
6.(2025·撫州模擬)如圖所示，P點處固定一位于紙面內的質子源，它可以向各個方向均勻發射速率相同的質子，在P點下方放置有長度為L=2.0 m以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a，在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。不考慮粒子間的相互作用，質子的電荷量q=1.6×10-19 C。若質子的質量m=1.7×10-27 kg，質子的動量p=4.8×10-21 kg·m/s。求:
(1)當a=0.3 m，B=0.1 T時，求計數率η(即打到探測板上的質子數與總質子數的比值);
(2)當a=0.3 m，B=0.1 T時，求質子從質子源出發到探測板上運動的最長時間;
(3)若a取不同的值，可通過調節B的大小獲得與(1)問中同樣的計數率，求B與a的關系并給出B的取值范圍。
7.如圖所示，在圓心為O、半徑為R的半圓形區域內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列帶正電的粒子以不同的速率從O點沿垂直于磁場方向且與 ON成30°角方向射入磁場。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，重力不計，不考慮帶電粒子間的相互作用力。
(1)若帶電粒子能從半圓形磁場邊界的圓弧部分射出，求粒子速率應滿足的條件;
(2)若帶電粒子恰好從P點射出磁場，求帶電粒子的速率及其在磁場中的運動時間;
(3)若帶電粒子通過磁場區域后速度方向偏轉了30°，求帶電粒子的速率。
梯級Ⅲ創新練
8.(多選)(2025·臺州模擬)如圖所示，在三角形OMN區域內存在著垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，∠OMN=60°。磁場的邊界MN上放置著一長度為L的擋板，擋板中心處有一小孔K。在ON的左側空間有質量為m、電荷量為+q的粒子流均以初速度v平行OM進入磁場，到達K孔的粒子可沿任意角度穿過小孔，不考慮粒子與擋板碰撞后的運動情況，不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是(　　)
A.若粒子垂直擋板射出小孔K，則粒子的速度大小為
B.若粒子能從小孔K射出，則粒子的最小速度為
C.若粒子以最小的速度通過小孔K，則粒子在磁場中的運動時間為
D.若粒子的速度大小為且能從小孔K射出，則粒子在磁場中的運動時間為
專題提升練22　用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
1.A　解析　已知粒子恰好能從bc邊離開磁場,可知軌跡與bc邊相切,作出軌跡如圖所示,根據幾何關系有R+Rsin 30°=,解得R=,由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m,聯立解得v=,A項正確。
2.AC　解析　由于粒子從OP中點射入恰能垂直打到擋板上,即粒子運動半徑r=1 m,當θ=30°時,如圖甲所示,粒子打中擋板的長度L=2rcos θ= m,A項正確,B項錯誤;當θ=60°時,如圖乙所示,粒子打中擋板的長度L== m,C項正確,D項錯誤。
甲　乙
3.BD　解析　由于粒子做圓周運動的半徑等于磁場圓的半徑,粒子帶正電,所以根據左手定則和磁發散原理可知,從C點射入磁場中的所有粒子均平行于AB向上射出,A項錯誤;根據洛倫茲力提供向心力有qv0B=m,所以B=,B項正確;若粒子經過圓心O,則其圓心角等于120°,所以粒子在磁場中運動的時間為t=T=·=,C項錯誤;若粒子沿著CO方向射入磁場,其圓心角等于90°,所以粒子在磁場中運動的時間為t'=T=·=,D項正確。
4.BC　解析　帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場,由左手定則可知,粒子向下偏轉,由于BC邊的限制,粒子不能達到B點,A項錯誤;粒子垂直BC邊射出,如圖甲所示,粒子做勻速圓周運動的半徑等于D點到BC邊的距離,R1=Lsin 60°=L,B項正確;粒子從C點射出,如圖乙所示,根據幾何關系可得粒子軌跡對應的圓心角為60°,粒子在磁場中運動的時間為t=T=×=,C項正確;qvB0=m,可知r=,若粒子從AB邊射出,則粒子的速度越大,軌跡半徑越大,如圖丙所示,粒子從AB邊射出時的圓心角相同,其在磁場中運動的時間相同,D項錯誤。
甲　乙
丙
5.ACD　解析　根據Bqv=m可得r==·=d,A項正確;如圖甲所示,設粒子從M點入射時,軌跡和AD相切,則O1A=2d,AM=d,可知粒子距A點0.5d處射入,會進入Ⅰ區,B項錯誤;粒子在區域Ⅰ運動時間最短時,軌跡如圖乙所示,此時MN平行于x軸,又MN=d,由幾何關系可知,軌跡對應的圓心角為120°,運動時間為=·=,C項正確;由幾何關系可知∠AO2N=30°,AO2=d,又r=d,則AE=(-1)d,D項正確。
甲　　　乙
6.答案　(1)　(2)5.0×10-7 s　(3)B=　B≥ T
解析　(1)根據洛倫茲力提供向心力
qvB=,
解得R===0.3 m,
豎直向上和豎直向下射出的質子剛好能打到探測板上,運動軌跡如圖甲所示,
甲
故能夠打在探測板上的角度α=π,
計數率為η===。
(2)由圖甲可知,豎直向上的粒子運動時間最長,為t=×≈5.0×10-7 s。
(3)由(1)中分析可知,在確保計數率相同的情況下,只要滿足R=a,
結合(1)中半徑公式可得B==,
若剛好打到探測板最左端時為粒子運動所允許的最大半徑,如圖乙所示,
乙
由幾何關系可得(2Rmax)2=+2,
解得Rmax= m,
由于R=a,
可得amax= m,
結合B與a的關系可得B≥ T。
7.答案　(1)v>　(2)　
(3)
解析　(1)如圖甲所示,帶電粒子做圓周運動的軌跡與半圓形磁場邊界相切時恰好不從磁場圓弧部分邊界射出,設此時粒子速度大小為v1,軌道半徑為r1,根據幾何知識,有
r1=,
根據洛倫茲力提供向心力,有qv1B=m,
解得v1=,
所以粒子速率應滿足的條件是v>。
甲
(2)如圖甲所示,帶電粒子恰好從P點離開磁場時,設粒子速度大小為v2,軌道半徑為r2根據幾何知識,有r2cos 30°=,
根據洛倫茲力提供向心力,有qv2B=m,
解得v2=,
帶電粒子做圓周運動轉過的圓心角為,帶電粒子做圓周運動的周期
T==,
帶電粒子在磁場中的運動時間
t=T=。
(3)如圖乙所示,帶電粒子通過磁場區域后速度方向偏轉了30°,設此帶電粒子的速度大小為v3,軌道半徑為r3,根據數學知識,有
=,
根據洛倫茲力提供向心力,有qv3B=m,
解得v3=。
乙
8.BD　解析　根據題意,作出粒子垂直擋板射出小孔K的運動軌跡如圖甲所示,根據幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r=xNK=,根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=m,聯立解得v=,A項錯誤;根據題意,當軌跡半徑最小時﹐粒子的速度最小,作出粒子以最小速度從小孔K射出的運動軌跡如圖乙所示,根據幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r'=xNKcos 60°=,根據洛倫茲力提供向心力有qv'B=m,聯立解得v'=,又粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為90°,則粒子在磁場中運動的時間為t=,由qvB=m和T=,解得T=,則t=,B項正確,C項錯誤;根據洛倫茲力提供向心力有qv″B=m,粒子的速度大小為時,粒子在三角形OMN區域運動的軌跡半徑r″=L,作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖丙所示,粒子從小孔K射出時,由幾何關系有sin θ==,則有θ=60°,粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為60°,則粒子在磁場中的運動時間為t'==,D項正確。
甲　乙　丙(共33張PPT)
專題提升練22
用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
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1.(2025·南寧模擬)如圖所示，邊長為L的正方形abcd區域內分布磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。從cd邊的中點P處發射速率不同、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子沿紙面與Pd成30°的方向射入該磁場區域，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。已知某一速率的粒子恰好能從bc邊離開磁場，則該粒子入射的速率為(　　)
A.　 　B. C.　 　D.
梯級Ⅰ 基礎練
已知粒子恰好能從bc邊離開磁場，可知軌跡與bc邊相切，作出軌跡如圖所示，根據幾何關系有R+Rsin 30°=，解得R=，由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m，聯立解得v=，A項正確。
解析
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2.(多選)如圖所示，在水平邊界OP上方有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，OP距離為2 m，PQ是一足夠長的擋板，OP延長線與PQ的夾角為θ，粒子打在擋板上均被吸收。在O、P之間有大量質量、電荷量和速度都相同的粒子，速度方向均垂直于邊界OP，且在紙面內。其中從OP中點射入的粒子恰能垂直打在擋板上 (不計粒子重力及其相互作用)。則下列說法正確的是(　　)
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A.θ=30°時，PQ上粒子打中區域的長度為 m
B.θ=30°時，PQ上粒子打中區域的長度為2 m
C.θ=60°時，PQ上粒子打中區域的長度為 m
D.θ=60°時，PQ上粒子打中區域的長度為1 m
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由于粒子從OP中點射入恰能垂直打到擋板上，即粒子運動半徑r=1 m，當θ=30°時，如圖甲所示，粒子打中擋板的長度L=2rcos θ= m，A項正確，B項錯誤；當θ=60°時，如圖乙所示，粒子打中擋板的長度L== m，C項正確，D項錯誤。
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3.(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里。邊界上C點有一粒子源，可平行于紙面向磁場內任意方向發射質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子速度大小均為v0。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，所有粒子運動半徑均為R且離開磁場時速度方向均與AB平行，AB、CD為互相垂直的直徑，則 (　　)
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A.粒子離開磁場時速度方向平行AB向下
B.磁感應強度大小為
C.經過圓心O的粒子在磁場中運動的時間為
D.沿著CO方向射入的粒子在磁場中運動的時間為
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由于粒子做圓周運動的半徑等于磁場圓的半徑，粒子帶正電，所以根據左手定則和磁發散原理可知，從C點射入磁場中的所有粒子均平行于AB向上射出，A項錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有qv0B=m，所以B=，B項正確；若粒子經過圓心O，則其圓心角等于120°，所以粒子在磁場中運動的時間為t=T==
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，C項錯誤；若粒子沿著CO方向射入磁場，其圓心角等于 90°，所以粒子在磁場中運動的時間為t'=T==，D項正確。
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4.(多選)(2025·邢臺模擬)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，不考慮帶電粒子受到的重力，下列說法正確的是 (　　)
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A.粒子可能從B點射出
B.若粒子垂直BC邊射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為L
C.若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為
D.若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運動的時間越短
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帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉，由于BC邊的限制，粒子不能達到B點，A項錯誤；粒子垂直BC邊射出，如圖甲所示，粒子做勻速圓周運動的半徑等于D點到BC邊的距離，R1=Lsin 60°=L，B項正確；粒子從C點射出，如圖乙所示，根據幾何關系可得粒子軌跡對應的圓心角為60°，粒子在磁場中運動的時間為t=T=×=
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，C項正確；qvB0=m，可知r=，若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖丙所示，粒子從AB邊射出時的圓心角相同，其在磁場中運動的時間相同，D項錯誤。
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5.(多選)如圖所示，平面直角坐標系中，A點的坐標為(d，0)，在y軸和直線AD之間存在垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ，在AD和AC之間存在垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度均為B，AD、AC邊界的夾角∠DAC=30°。質量為m、電荷量為+q的粒子可在邊界AC上的
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不同點射入，入射速度垂直AC且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則 (　　)
A.粒子在磁場中的運動半徑為d
B.粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅰ區
C.若粒子能進入區域Ⅰ，則粒子在區域Ⅰ中運動的最短時間為
D.若粒子能進入區域Ⅰ，則粒子從距A點(-1)d處射入，在Ⅰ區域內運動的時間最短
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根據Bqv=m可得r===d，A項正確；如圖甲所示，設粒子從M點入射時，軌跡和AD相切，則O1A=2d，AM=d，可知粒子距A點0.5d處射入，會進入Ⅰ區，B項錯誤；粒子在區域Ⅰ運動時間最短時，軌跡如圖乙所示，此時MN平行于x軸，又MN=d，由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為120°，運動時間為=
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=，C項正確；由幾何關系可知∠AO2N=30°，AO2=d，又r=d，則AE=(-1)d，D項正確。
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6.(2025·撫州模擬)如圖所示，P點處固定一位于紙面內的質子源，它可以向各個方向均勻發射速率相同的質子，在P點下方放置有長度為L=2.0 m以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a，在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。不考慮粒子間的相互作用，質子的電荷量q=1.6×10-19 C。若質子的質量m=1.7×10-27 kg，質子的動量
p=4.8×10-21 kg·m/s。求:
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梯級Ⅱ 能力練
根據洛倫茲力提供向心力qvB=，
解得R===0.3 m，
豎直向上和豎直向下射出的質子剛好能打到探測板上，運動軌跡如圖甲所示，故能夠打在探測板上的角度α=π，
計數率為η===。
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(1)當a=0.3 m，B=0.1 T時，求計數率η(即打到探測板上的質子數與總質子數的比值)；
(2)當a=0.3 m，B=0.1 T時，求質子從質子源出發到探測板上運動的最長時間；
由圖甲可知，豎直向上的粒子運動時間最長，為
t=×≈5.0× 10-7 s。
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(3)若a取不同的值，可通過調節B的大小獲得與(1)問中同樣的計數 率，求B與a的關系并給出B的取值范圍。
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由(1)中分析可知，在確保計數率相同的情況下，只要滿足R=a，
結合(1)中半徑公式可得B==，
若剛好打到探測板最左端時為粒子運動所允許的最大半徑，如圖乙所示，由幾何關系可得(2Rmax)2=+()2，
解得Rmax= m，由于R=a，可得amax= m，
結合B與a的關系可得B≥ T。
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7.如圖所示，在圓心為O、半徑為R的半圓形區域內有垂直紙面向 里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列帶正電的粒子以不同的速率從O點沿垂直于磁場方向且與 ON成30°角方向射入磁場。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，重力不計，不考慮帶電粒子間的相互作用力。
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(1)若帶電粒子能從半圓形磁場邊界的圓弧部分射出，求粒子速率應滿足的條件；
如圖甲所示，帶電粒子做圓周運動的軌跡與半圓形磁場邊界相切時恰好不從磁場圓弧部分邊界射出，設此時粒子速度大小為v1，軌道半徑為r1，根據幾何知識，有r1=，
根據洛倫茲力提供向心力，有qv1B=m，
解得v1=，
所以粒子速率應滿足的條件是v>。
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(2)若帶電粒子恰好從P點射出磁場，求帶電粒子的速率及其在磁場中的運動時間；
如圖甲所示，帶電粒子恰好從P點離開磁場時，設粒子速度大小為v2，軌道半徑為r2根據幾何知識，有r2cos 30°=，
根據洛倫茲力提供向心力，有qv2B=m，
解得v2=，
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帶電粒子做圓周運動轉過的圓心角為，
帶電粒子做圓周運動的周期T==，
帶電粒子在磁場中的運動時間t=T=。
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(3)若帶電粒子通過磁場區域后速度方向偏轉了30°，求帶電粒子的速率。
如圖乙所示，帶電粒子通過磁場區域后速度方向偏轉了30°，設此帶電粒子的速度大小為v3，軌道半徑為r3，根據數學知識，有
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根據洛倫茲力提供向心力，有qv3B=m，
解得v3=。
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8.(多選)(2025·臺州模擬)如圖所示，在三角形OMN區域內存在著垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，∠OMN=60°。磁場的邊界MN上放置著一長度為L的擋板，擋板中心處有一小孔K。在
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梯級Ⅲ 創新練
ON的左側空間有質量為m、電荷量為+q的粒子流均以初速度v平行OM進入磁場，到達K孔的粒子可沿任意角度穿過小孔，不考慮粒子與擋板碰撞后的運動情況，不計粒子重力及粒子間相互作用力，下列說法正確的是(　　)
A.若粒子垂直擋板射出小孔K，則粒子的速度大小為
B.若粒子能從小孔K射出，則粒子的最小速度為
C.若粒子以最小的速度通過小孔K，則粒子在磁場中的運動時間為
D.若粒子的速度大小為且能從小孔K射出，則粒子在磁場中的運動時間為
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根據題意，作出粒子垂直擋板射出小孔K的運動軌跡如圖甲所 示，根據幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r=xNK=，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=m，聯立解得v= ，A項錯誤；根據題意，當軌跡半徑最小時﹐粒子的速度最 小，作出粒子以最小速度從小孔K射出的運動軌跡如圖乙所示，根據幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為
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r'=xNKcos 60°=，根據洛倫茲力提供向心力有qv'B=m，聯立解得v'=，又粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為90°，則粒子在磁場中運動的時間為t=，由qvB=m和T=，解得T=，則t=，B項正確，C項錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有qv″B=m，粒子的速度大小為時，粒子在三角形OMN區域運動的軌跡半徑r″=L，作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖
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丙所示，粒子從小孔K射出時，由幾何關系有sin θ==，則有θ=60°，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為60°，則粒子在磁場中的運動時間為t'==，D項正確。
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4專題提升二十二　用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
題型1　平移圓法
1.適用情形:速度大小一定,方向相同,入射點不同但在同一直線上。
粒子源發射速度大小為v0,垂直進入直線邊界的勻強磁場中,軌道半徑R=,其軌跡和圓心如圖所示。
2.軌跡圓圓心共線:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心所在的直線與入射點所在直線平行,若垂直邊界入射時,兩直線重合。
3.尋找臨界條件的方法:將半徑為R=的圓進行平移,從而探索粒子的臨界條件,這種方法叫“平移圓法”。
【典例1】　
如圖所示,在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限內有一圓心為O、半徑為R的半圓形勻強磁場,線狀粒子源從y軸左側平行于x軸正方向不斷射出質量為m、電荷量為q、速度大小為v0的帶正電粒子。磁場的磁感應強度大小為、方向垂直平面xOy向里。不考慮粒子間的相互作用,不計粒子受到的重力。所有從不同位置進入磁場的粒子中,在磁場中運動的時間最長為(　　)
A. B.
C. D.
題型2　旋轉圓法
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.適用情形:粒子的速度大小一定,射入磁場的方向不同。
粒子源發射速度大小一定,方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入初速度為v0,則圓周運動的半徑R=,以粒子帶負電為例,軌跡如圖所示。
2.軌跡圓圓心共圓:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點為圓心、半徑為R=的圓上。
3.尋找臨界條件的方法:將半徑為R=的圓以入射點為軸旋轉,從而探索粒子的臨界條件,這種方法稱為“旋轉圓法”。
【典例2】　
(2025·鞍山模擬)如圖所示,在等腰直角三角形abc區域內存在垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場,O為ab邊的中點,在O處有一粒子源沿紙面內不同方向、以相同的速率v=不斷向磁場中釋放相同的帶正電的粒子,已知粒子的質量為m,電荷量為q,直角邊ab長為2L,不計重力和粒子間的相互作用力。則(　　)
A.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為
B.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為
C.粒子能從bc邊射出的區域長度為L
D.粒子能從bc邊射出的區域長度為2L
【典例3】　如圖所示,與紙面垂直的接收屏MN上方空間存在勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外(圖中未畫出)。在磁場中A點有一粒子源,可沿紙面內各個方向不斷的均勻發射質量為m、電荷量為q、速率相同的帶正電粒子。粒子打到接收屏即被屏吸收,MN足夠長,AC⊥MN,C為垂足,AC=d,不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)若粒子的速度大小為v1=,求粒子運動的軌道半徑r;
(2)若粒子的速度大小為v1=,求粒子運動到屏上的最短時間t;
(3)若粒子的速度大小為v2=,粒子打在屏上最左端的位置記為P點,最右端的位置記為Q點(圖中均未畫出),求PC的長度x1和QC的長度x2。
題型3　放縮圓法
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.適用情形:粒子射入磁場時的速度方向一定,大小不同。
粒子源發射速度方向一定,大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑R隨著速度v的變化而變化。
2.
軌跡圓圓心共線:以粒子帶正電為例,速度v越大,運動半徑也越大。帶電粒子沿同一方向射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'上,如圖所示。
3.尋找臨界條件的方法:以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓法”。
【典例4】　(2025·龍巖模擬)如圖所示,以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域,磁感應強度為B,∠A=60°,AO=L,在O點發射某種帶負電的粒子(不計重力作用),粒子的比荷為。發射方向與OC邊的夾角為θ=60°,粒子從A點射出磁場。
(1)求粒子的發射速度大小v0;
(2)求粒子在磁場中的運動時間;
(3)若入射粒子為正電荷,粒子能從OC邊射出,求入射速度的范圍。
把握高考微點,實現素能提升完成P413專題提升練22
關|鍵|能|力
考向1　磁聚焦
1.
現象:大量的同種帶正電粒子,速度大小相等,平行入射到圓形磁場區域,如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等,則所有的帶電粒子將從磁場圓的同一點射出,如圖所示。
2.證明過程:軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等,所以依次連接入射點、軌跡圓圓心、出射點和磁場圓圓心得到的四邊形OAO'B為菱形,對邊平行且相等,則OB必平行于沿豎直方向的AO',則從A點入射的帶電粒子必然經過最低點B。
【典例1】　
(多選)(2025·六安模擬)如圖所示,在平面直角坐標系xOy內,以坐標原點O為圓心,半徑為R的圓形區域內存在垂直于坐標平面的勻強磁場(圖中未畫出),磁場區域外右側有寬度為R的粒子源,M、N為粒子源兩端點,M、N連線垂直于x軸,粒子源中點P位于x軸上,粒子源持續沿x軸負方向發射質量為m、電荷量為q(q>0),速率為v的粒子。已知從粒子源中點P發出的粒子,經過磁場區域后,恰能從圓與y軸負半軸的交點Q處沿y軸負方向射出磁場,不計粒子重力及粒子間相互作用力,則(　　)
A.帶電粒子在磁場中運動的半徑為R
B.勻強磁場的磁感應強度大小為
C.在磁場中運動的帶電粒子路程最長為
D.帶電粒子在磁場中運動的時間最短為
考向2　磁發散
現象:如圖所示,圓形磁場圓心為O,從P點有大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以大小相等的速度v沿不同方向射入圓形勻強磁場,不計粒子的重力,如果粒子軌跡圓半徑與圓形勻強磁場半徑相等,則所有粒子射出磁場的方向平行。證明過程與磁聚焦的證明過程相似,不再重復。
【典例2】　(2025·日照模擬)某“太空粒子探測器”由加速、偏轉和探測三部分裝置組成,其原理如圖所示,兩個同心三分之一圓弧面AB、CD之間存在輻射狀的加速電場,方向由AB指向CD,圓心為O1,弧面間的電勢差為U。在點O1右側有一過O1、半徑為R的圓形區域,圓心為O2,圓內及邊界上存在垂直于紙面向外的勻強磁場。MN是一個粒子探測板,與O1O2連線平行并位于其下方2R處。假設太空中漂浮著質量為m,電荷量為+q的帶電粒子,它們能均勻地吸附到AB上,并被加速電場由靜止開始加速到CD上,再從點O1進入磁場,最后打到探測板MN上,其中沿O1O2連線方向入射的粒子經磁場偏轉后恰好從圓心O2的正下方P點射出磁場,不計粒子間的相互作用和星球對粒子引力的影響。
(1)求粒子到O1點時的速度大小及圓形磁場的磁感應強度大小B;
(2)所有吸附到AB上的粒子,從哪一點出發的粒子到達探測板MN的時間最長,并求該粒子從O1點到探測板MN的時間;
(3)要使從AB入射的所有離子都可以到達探測板MN上,求探測板MN的最小長度L。
微|點|訓|練
1.
如圖所示,在半徑為R的圓形區域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場,MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場射入大量的帶正電的粒子,且粒子所帶電荷量為q、質量為m。不考慮粒子重力及粒子間的相互作用力,關于這些粒子的運動,下列說法正確的是(　　)
A.只要對著圓心入射,出射后均可垂直打在MN上
B.對著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長線不一定過圓心
C.對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中通過的弧長越長,時間也越長
D.只要速度滿足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
2.(多選)(2025·揚州模擬)
在現代電磁技術中,當一束粒子平行射入圓形磁場時,會在磁場力作用下匯聚于圓上的一點,此現象稱為磁聚焦,反之,稱為磁發散。如圖所示,以O為圓心、R為半徑的圓形區域內,存在一垂直于紙面向里的勻強磁場,半徑OC⊥OD。一質量為m、電荷量為q的粒子(重力不計),從C點以速度v沿紙面射入磁場,速度v的方向與CO夾角為30°,粒子由圓周上的M點(圖中未畫出)沿平行OD方向向右射出磁場,下列說法正確的是(　　)
A.粒子帶負電
B.若粒子在M點以速度v沿平行DO方向向左射入磁場,將由C點射出磁場
C.粒子運動過程中不會經過O點
D.勻強磁場的磁感應強度B=
3.(多選)(2025·大同模擬)
如圖所示,在直角坐標系的第二象限內,以y軸上的O1點為圓心的四分之一圓內有垂直坐標平面向外的勻強磁場Ⅰ,圓的半徑為R,圓弧剛好與x軸相切于坐標原點O,在第四象限內,在以O為圓心、半徑為R的四分之一圓內,有垂直坐標平面向里的勻強磁場Ⅱ,一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從磁場Ⅰ的圓弧邊界上的P點沿x軸正方向射入磁場Ⅰ,P點到x軸的距離為,粒子射入磁場的速度大小為v0,粒子經磁場Ⅰ偏轉,恰好從坐標原點O進入磁場Ⅱ,經磁場Ⅱ偏轉沿x軸正方向射出磁場,不計粒子的重力,下列判斷正確的是(　　)
A.磁場Ⅰ的磁感應強度大小為
B.磁場Ⅱ的磁感應強度大小是磁場Ⅰ的磁感應強度的2倍
C.粒子在兩磁場中運動的時間為
D.保持粒子射入速度不變,將粒子入射點沿圓弧向上平移,粒子有可能不能進入磁場Ⅱ
專題提升二十二　用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
題型1
【典例1】　C　解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動,有qv0B=m,解得r=2R,如圖所示,當粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角最大時,粒子在磁場中運動的時間最長,由于sin α=,要使圓心角α最大,FE最長,經分析可知,當粒子從y軸上的D'點射入、從x軸上的E'點射出磁場時,粒子在磁場中運動的時間最長,有sin αm=,解得αm=,從D'點射入磁場的粒子在磁場中運動的時間tm=·,解得tm=,C項正確。
題型2
【典例2】　B　解析　根據qvB=m,將速度v=代入上式解得r=L,如圖,Od與ac垂直,由幾何關系可知,Od長為L,即最短弦長,對應最短時間,圓心角為60°,則最短時間為t=T,又T=,解得t=,A項錯誤,B項正確;粒子軌跡與ac相切時,交bc邊于e點,由幾何關系可知,Oe長度為直徑,則粒子能從bc邊射出的區域eb的長度為L,C、D兩項錯誤。
【典例3】　答案　(1)d　(2)　(3)d　d
解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律qv1B=,
解得r=d。
(2)粒子運動軌跡如圖甲所示時到達屏上的時間最短,由幾何關系可知
sin α=,
解得sin α=,α=,
依題意有t=,
解得t=。
甲
(3)設粒子運動的半徑為r',由牛頓第二定律有qv2B=
解得r'=d,
如圖乙所示,圓軌跡在P點和MN相切,則由勾股定理有
r'2=(d-r')2+,
解得x1=d,
乙
如圖丙所示,圓軌跡在Q點和MN相交,AQ為直徑,則由勾股定理有
(2r')2=d2+,
解得x2=d。
丙
題型3
【典例4】　答案　(1)　(2)
(3)0解析　(1)粒子從A點射出磁場,運動軌跡如圖甲所示,
由幾何知識可知r=AO=L,
根據洛倫茲力提供向心力,有qv0B=,
解得v0=。
(2)由幾何知識可知,粒子轉過的圓心角為
θ=,
粒子運動的周期T=,
運動時間t=T,
解得t=。
甲 乙
(3)粒子能從OC邊射出,如圖乙所示,
由幾何關系知,半徑最大為R=L,
由洛倫茲力提供向心力得qvB=,
解得最大速度為v==,
所以速度取值范圍為0微點突破5　磁聚焦和磁發散
關鍵能力 　
【典例1】　AC　解析　從粒子源中點P發出的粒子,在磁場中的軌跡如圖甲所示,由幾何知識可知帶電粒子在磁場中運動的半徑為R,A項正確;根據牛頓第二定律有qvB=m,解得B=,B項錯誤;從M點發出的粒子在磁場中的軌跡,如圖乙所示,此時軌跡最長,由幾何知識可知四邊形O2DOQ為菱形,則∠QO2D=120°,則在磁場中運動的帶電粒子路程最長為l=×2πR=,C項正確;從N點發出的粒子在磁場中的軌跡如圖丙所示,可知四邊形OBO1Q為菱形,則∠QO1B=60°,可知此時粒子經過磁場區域時間最短,則t=×=,D項錯誤。
甲 乙
丙
【典例2】　答案　(1)　　(2)B點　+R　(3)R
解析　(1)粒子在電場中被加速,則
Uq=mv2,
解得粒子到O1點時的速度大小
v=,
沿O1O2連線方向入射的粒子經磁場偏轉后恰好從圓心O2的正下方P點射出磁場,可知粒子運動的軌道半徑為r=R,
根據qvB=m,
解得B=。
(2)由粒子的運動軌跡可知,從B點發出的粒子從O1點射入時在磁場中運動的軌跡最長,打到MN上時運動的軌跡也是最長,時間最長,在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為150°,運動時間
t1=·=,
出離磁場后運動時間
t2==,
則該粒子從O1點到探測板MN的時間
t=t1+t2=+R。
(3)由圖可知,從B點射入的粒子打到MN的右邊距離最遠,從A點射入的粒子打到MN最左邊最遠,則由幾何關系可知,MN最小長度為
L=(R+Rcos 30°)-R(1-cos 30°)=R。
微點訓練 　
1.D　解析　帶電粒子的運動軌跡是圓弧,根據幾何知識可知,對著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長線也一定過圓心,只有軌道半徑為R的粒子出射后可垂直打在MN上,A、B兩項錯誤;由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m,可知r=,對著圓心入射的粒子,速度越大,在磁場中軌跡半徑越大,弧長越長,軌跡對應的圓心角越小,由t=T可知,運動時間t越短,C項錯誤;當速度滿足v=,粒子的軌跡半徑為r=R,入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構成菱形,射出磁場時的軌跡半徑與過最高點的磁場半徑平行,如圖所示,粒子一定垂直打在MN板上,D項正確。
2.AD　解析　由題意可知,粒子由圓周上的M點沿平行OD方向向右射出磁場,則粒子在磁場中向右偏轉,粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力與v垂直向上,由左手定則可知,粒子帶負電,A項正確;粒子帶負電,若粒子在M點以速度v沿平行DO方向向左射入磁場,由左手定則可知,粒子將向上偏轉,粒子不會從C點射出磁場,B項錯誤;由題意可知,從C點射入磁場的粒子離開磁場時的速度均平行于OD射出磁場,則從C沿某方向射入磁場的粒子從D射出磁場時的速度方向水平向右,CD=R為粒子運動軌跡對應的弦長,弦切角∠ODC=45° ,則粒子在磁場中轉過的圓心角為90°,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,粒子運動軌跡如圖甲所示,粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m ,解得B= ,D項正確;粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r=R,從C點以速度v沿紙面射入磁場、速度v的方向與CO夾角為30°的粒子運動軌跡如圖乙所示,CO'MO是菱形,O點在運動軌跡上,即粒子運動過程經過O點,C項錯誤。
甲　乙
3.AC　解析　粒子在磁場中運動,如圖所示,P點到x軸的距離為,磁場圓半徑為R,由幾何關系可知,△OO1P、△OO2P、△OO3Q都是正三角形,粒子在兩磁場中做圓周運動半徑都為R,且圓心角都為60°,由qv0B=,可得B=,且磁場Ⅱ的磁感應強度大小與磁場Ⅰ的磁感應強度大小相等,A項正確,B項錯誤;由T=可知粒子在兩磁場中運動的時間為t=·T=,C項正確;由于在磁場Ⅰ中的軌跡圓半徑等于磁場圓半徑,故平行于x軸射向磁場Ⅰ的粒子均從O點離開磁場Ⅰ,臨界情況從磁場Ⅰ最上端入射,粒子沿y軸負方向從O點射入磁場Ⅱ,粒子一定進入磁場Ⅱ,D項錯誤。(共28張PPT)
專題提升十十二
用“動態圓”思想解答臨界、極值問題
第十一章　磁場
題型1　平移圓法
題型2　旋轉圓法
內容
索引
題型3　放縮圓法
平移圓法
題型1
1.適用情形：速度大小一定，方向相同，入射點不同但在同一直線上。
粒子源發射速度大小為v0，垂直進入直線邊界的勻強磁場中，軌道半徑R=，其軌跡和圓心如圖所示。
2.軌跡圓圓心共線：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心所在的直線與入射點所在直線平行，若垂直邊界入射時，兩直線重合。
3.尋找臨界條件的方法：將半徑為R=的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓法”。
【典例1】　如圖所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限內有一圓心為O、半徑為R的半圓形勻強磁場，線狀粒子源從y軸左側平行于x軸正方向不斷射出質量為m、電荷量為q、速度大小為v0的帶正電粒子。磁場的磁感應強度大小為、方向垂直平面xOy向里。不考慮粒子間的相互作用，不計粒子受到的重力。所有從不同位置進入磁場的粒子中，在磁場中運動的時間最長為( )
A. B. C. D.
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B=m，
解得r=2R，如圖所示，當粒子在磁場中的運動
軌跡對應的圓心角最大時，粒子在磁場中運動
的時間最長，由于sin α=，要使圓心角α最大，
FE最長,經分析可知，當粒子從y軸上的D'點射
解析
入、從x軸上的E'點射出磁場時，粒子在磁場中運動的時間最長，有sin αm=，解得αm=，從D'點射入磁場的粒子在磁場中運動的時間tm=，解得tm=，C項正確。
解析
旋轉圓法
題型2
1.適用情形：粒子的速度大小一定，射入磁場的方向不同。
粒子源發射速度大小一定，方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動的半徑R=，以粒子帶負電為例，軌跡如圖所示。
2.軌跡圓圓心共圓：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點為圓心、半徑為R=的圓上。
3.尋找臨界條件的方法：將半徑為R=的圓以入射點為軸旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓法”。
【典例2】　(2025·鞍山模擬)如圖所示，在等腰
直角三角形abc區域內存在垂直紙面向外、磁感應
強度為B的勻強磁場，O為ab邊的中點，在O處有
一粒子源沿紙面內不同方向、以相同的速率v=
不斷向磁場中釋放相同的帶正電的粒子，已知粒子
的質量為m，電荷量為q，直角邊ab長為2L，不計重力和粒子間的相互作用力。則( )
A.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為
B.從ac邊射出的粒子中在磁場中運動的最短時間為
C.粒子能從bc邊射出的區域長度為L
D.粒子能從bc邊射出的區域長度為2L
根據qvB=m，將速度v=代入上式解得r=L，
如圖，Od與ac垂直，由幾何關系可知，Od長為
L，即最短弦長，對應最短時間，圓心角為60°，
則最短時間為t=T，又T=，解得t=，A項
錯誤，B項正確；粒子軌跡與ac相切時，交bc邊于e點，由幾何關系可知，Oe長度為直徑，則粒子能從bc邊射出的區域eb的長度為L，C、D兩項錯誤。
解析
【典例3】　如圖所示，與紙面垂直的接收屏MN上方空間存在勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外(圖中未畫出)。在磁場中A點有一粒子源，可沿紙面內各個方向不斷的均勻發射質量為m、電荷量為q、速率相同的帶正電粒子。粒子打到接收屏即被屏吸收，MN足夠長，AC⊥MN，C為垂足，AC=d，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)若粒子的速度大小為v1=，求粒子運動的軌道半徑r；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律qv1B=，
解得r=d。
解析
(2)若粒子的速度大小為v1=，求粒子運動到屏上的最短時間t；
粒子運動軌跡如圖甲所示時到達屏上的時間最短，由幾何關系可知sin α=，解得sin α=，α=，
依題意有t=，解得t=。
解析
甲
(3)若粒子的速度大小為v2=，粒子打在屏上最左端的位置記為P點，最右端的位置記為Q點(圖中均未畫出)，求PC的長度x1和QC的長度x2。
設粒子運動的半徑為r’ ，由牛頓第二定律有qv2B=
解得r’=d，
如圖乙所示，圓軌跡在P點和MN相切，
則由勾股定理有=(d-r’)2+，
解得x1=d，
解析
乙
解析
如圖丙所示，圓軌跡在Q點和MN相交，AQ為直徑，則由勾股定理有(2r’)2=d2+，
解得x2=d。
丙
放縮圓法
題型3
1.適用情形：粒子射入磁場時的速度方向一定，大小不同。
粒子源發射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑R隨著速度v的變化而變化。
2.軌跡圓圓心共線：以粒子帶正電為例，速度v越大，運動半徑也越大。帶電粒子沿同一方向射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'上，如圖所示。
3.尋找臨界條件的方法：以入射點P為定點，圓心位于PP'直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓法”。
【典例4】　(2025·龍巖模擬)如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A=60°，AO=L，在O點發射某種帶負電的粒子(不計重力作用)，粒子的比荷為。發射方向與OC邊的夾角為θ=60°，粒子從A點射出磁場。
(1)求粒子的發射速度大小v0；
粒子從A點射出磁場，運動軌跡如圖甲
所示，
由幾何知識可知r=AO=L，
根據洛倫茲力提供向心力，有qv0B=，
解得v0=。
解析
(2)求粒子在磁場中的運動時間；
由幾何知識可知，粒子轉過的圓心角為θ=，
粒子運動的周期T=，
運動時間t=T，
解得t=。
解析
(3)若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，求入射速度的范圍。
粒子能從OC邊射出，如圖乙所示，
由幾何關系知，半徑最大為R=L，
由洛倫茲力提供向心力得qvB=，
解得最大速度為v==，
所以速度取值范圍為0解析

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