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带电粒子在磁场中运动是高考的重点和难点，其中带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题出现较多的有以下几种类型：磁感应强度的极值问题、偏角的极值问题、时间的极值问题、面积的极值问题.
带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题的解题策略如下：
解决此类问题的关键是：找准临界点．
找临界点的方法是：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
(1)画轨迹：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，找出偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中运动的时间与周期的联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式.然后利用数学方法求解极值.
常用结论如下：
(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)当速度一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动的时间越长，可由
T=2πR v
和t＝α 2πT或t＝l v(l为弧长)来计算t.
(3)在同一磁场中，同一带电粒子的速率v变化时，T不变，其运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．
一、磁感应强度的极值问题
例1 如图1 (a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图1 (b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图1 (b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：(1)根据动能定理，qU＝1 2mv
21－1 2mv20，所以v0＝v21－2qU m.
(2)如图2所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R
2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝2R0.根据
牛顿第二定律qv2B＝m
v22 R，解得B＝mv2 q2R0＝2mv2 2qR0.
根据公式t T＝θ 2π，2πR＝v2T，
qv2B＝mv22 R，解得t＝T 4＝
2πm 4Bq＝2πm 4×mv2 2R0＝2πR0 2v2
.
(3)考虑临界情况，如图3所示
①qv3B1′＝mv23 R0，解得
B1′＝mv3 qR0，
②qv3B2′＝mv23 2R0，解得B2
′＝mv3 2qR0，综合得：B′
2qR0.
二、偏角的极值问题
例2 在真空中，半径r＝3×10－2 m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图4所示，磁感应强度B＝0.2 T，一个带正电的粒子以初速度v0＝1×106 m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷q m＝1×108 C/kg，不计粒子重力．
(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角．
解析:(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有
qv0B＝mv20 R，
R＝mv0 qB＝5×10－2 m.
(2)粒子在圆形磁场区域内的运动轨迹为一段半径R＝5 cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为图形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦的中垂线上，如图5所示． 由几何关系可知
sin θ＝r R＝0.6，θ＝37°
最大偏转角β＝2θ＝74°.
三、时间的极值问题
例3 如图6甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图6乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
(1)求电压U0的大小；
(2)求1 2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为1 2l，则有E＝U0 l,
qE＝ma，
1 2l＝1 2at20
解得两板间偏转电压为U0＝ml2 qt20
(2)1 2t0时刻进入两板间的带电粒子，前1 2t0时间在电场中偏转，后1 2t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0＝l t0.
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a•1 2t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝v20＋v2y.
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
qvB＝mv2 R，
解得R＝5ml 2qBt0.
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0.
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
tan α＝v0 vy′
联立(1)(2)解得α＝π 4.
带电粒子在磁场中运动轨迹如图7所示，圆弧所对的圆心角2α＝π 2，所求最短时间为tmin＝1 4T，
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πm qB.
联立解得tmin＝πm 2qB.
四、面积的极值问题
例4 如图8所示，质量为m，电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0.现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地
射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：
(1)电子从y轴穿过的范围；
(2)荧光屏上光斑的长度；
(3)所加磁场范围的最小面积．
解析:(1)设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得
ev0B＝mv20 R即R＝mv0 Be,
电子从y轴穿过的范围为d＝2R＝2mv0 Be.
(2)如图9所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点，初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点.由几何知识可得PQ＝R＝mv0 Be.
(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN上，故有
x＝－Rsinθ,
y＝R＋Rcosθ,
即x2＋(y－R)2＝R2.
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为
S＝3 4πR2＋R2－1 4πR2＝(
π 2＋1)(mv0 Be)2
带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题的解题策略如下：
解决此类问题的关键是：找准临界点．
找临界点的方法是：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法
(1)画轨迹：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，找出偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中运动的时间与周期的联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式.然后利用数学方法求解极值.
常用结论如下：
(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)当速度一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动的时间越长，可由
T=2πR v
和t＝α 2πT或t＝l v(l为弧长)来计算t.
(3)在同一磁场中，同一带电粒子的速率v变化时，T不变，其运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．
一、磁感应强度的极值问题
例1 如图1 (a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图1 (b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图1 (b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：(1)根据动能定理，qU＝1 2mv
21－1 2mv20，所以v0＝v21－2qU m.
(2)如图2所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R
2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝2R0.根据
牛顿第二定律qv2B＝m
v22 R，解得B＝mv2 q2R0＝2mv2 2qR0.
根据公式t T＝θ 2π，2πR＝v2T，
qv2B＝mv22 R，解得t＝T 4＝
2πm 4Bq＝2πm 4×mv2 2R0＝2πR0 2v2
.
(3)考虑临界情况，如图3所示
①qv3B1′＝mv23 R0，解得
B1′＝mv3 qR0，
②qv3B2′＝mv23 2R0，解得B2
′＝mv3 2qR0，综合得：B′
2qR0.
二、偏角的极值问题
例2 在真空中，半径r＝3×10－2 m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图4所示，磁感应强度B＝0.2 T，一个带正电的粒子以初速度v0＝1×106 m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷q m＝1×108 C/kg，不计粒子重力．
(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角．
解析:(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有
qv0B＝mv20 R，
R＝mv0 qB＝5×10－2 m.
(2)粒子在圆形磁场区域内的运动轨迹为一段半径R＝5 cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为图形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦的中垂线上，如图5所示． 由几何关系可知
sin θ＝r R＝0.6，θ＝37°
最大偏转角β＝2θ＝74°.
三、时间的极值问题
例3 如图6甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图6乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
(1)求电压U0的大小；
(2)求1 2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为1 2l，则有E＝U0 l,
qE＝ma，
1 2l＝1 2at20
解得两板间偏转电压为U0＝ml2 qt20
(2)1 2t0时刻进入两板间的带电粒子，前1 2t0时间在电场中偏转，后1 2t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0＝l t0.
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a•1 2t0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝v20＋v2y.
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
qvB＝mv2 R，
解得R＝5ml 2qBt0.
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0.
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
tan α＝v0 vy′
联立(1)(2)解得α＝π 4.
带电粒子在磁场中运动轨迹如图7所示，圆弧所对的圆心角2α＝π 2，所求最短时间为tmin＝1 4T，
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πm qB.
联立解得tmin＝πm 2qB.
四、面积的极值问题
例4 如图8所示，质量为m，电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0.现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地
射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：
(1)电子从y轴穿过的范围；
(2)荧光屏上光斑的长度；
(3)所加磁场范围的最小面积．
解析:(1)设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得
ev0B＝mv20 R即R＝mv0 Be,
电子从y轴穿过的范围为d＝2R＝2mv0 Be.
(2)如图9所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点，初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点.由几何知识可得PQ＝R＝mv0 Be.
(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN上，故有
x＝－Rsinθ,
y＝R＋Rcosθ,
即x2＋(y－R)2＝R2.
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为
S＝3 4πR2＋R2－1 4πR2＝(
π 2＋1)(mv0 Be)2