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带电粒子在有界磁场中所做的匀速圆周运动的问题，由于较好地综合了数学、物理知识，而成为历年高考考查的重点。此类问题也由于具体条件、情况复杂，方法繁多，而成为同学们公认的难点。
如果说我们在解决这个问题上有什么窍门的话，那就是画图，一丝不苟地画，直到有一天可以像卖油翁那样淡定地说：“无他，唯手熟尔。”
一、画图确定基本几何量
带电粒子沿垂直于磁场的方向进入有界磁场，其运动轨迹为一圆弧（优弧或劣弧），连接圆弧的两端点（入射点、出射点）即得弦，而粒子在入射点或出射点的速度方向即为该圆弧的切线。
1.确定圆心
方法一：洛伦兹力F为向心力，必指向圆心，且F⊥v，由此可确定两个F的方向，画其延长线，两延长线的交点即为圆心。
方法二：利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置。
2.角度的确定，明确φ=α=2β
φ──偏向角，即带电粒子沿偏转方向转过的角度，反映在入射点与出射点的速度方向变化上。
α──圆心角，即带电粒子经过圆弧所对的圆心角。
β──弦切角，即带电粒子的速度方向与弦所成的角。
如图所示，易证：φ=α=2β。
3.运动时间的确定
带电粒子转过任一段圆弧所用的时间，由表达式 确定，其中T即为该带电粒子做圆周运动的周期。转过的圆心角越大，所用时间t越长，但t与运动轨迹的长短无关。
二、画图解决基本问题
基本例题（单边界问题）：如图所示，在x轴下方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0<θ<）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（ ）
A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C.若θ一定，v越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图所示的轨迹运动，从A点射出磁场，射出方向与x轴的夹角仍为θ。由图可以看出轨迹的圆心角α=2π-2θ，运动时间 ，则知运动时间与v无关，与θ有关，θ越大，运动时间越短，所以A正确，D错误。当v一定时，由r= 知，r一定；当θ从0变至 的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距离O点越远，所以B正确。当θ一定时，圆心角α=2π-2θ一定；由r= 知，v越大，r越大，粒子离开磁场的位置距离O点越远，所以C正确。
答案：ABC
重要结论：带电粒子射入单边界的有界磁场时，由边界进入，必由边界射出，并且进出时与边界的夹角不变。
迁移练习：在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴正方向的夹角α=45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α=60°时，为了使速度为v3的粒子从a、b的中点c射出磁场，则速度v3应为（ ）
A.（v1+v2） B.（v1+v2）
C.（v1+v2） D.（v1+v2）
三、画图解决临界问题
进阶例题1（单边界+临界问题）：如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在与ab相距l=16cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比=
5.0×107C/kg。现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。
解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径R=，代入数值得R=10cm，由此可知2R>l>R。
如图所示，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此作出某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。
为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R；以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，有 。
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中与S的距离不可能超过2R，因此以2R为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得，所求长度为 P1P2=NP1+NP2，代入数值得 P1P2=20cm。
点评：本题中带电粒子入射速度的大小不变，其对应的轨迹半径也就确定了，但由于入射速度的方向发生改变，导致粒子的出射点位置发生变化。在处理这类问题时，关键是画出临界状态粒子运动的轨迹图（对应的临界状态的速度的方向），再利用几何关系确定对应的出射范围。
进阶例题2（多边界+临界问题）：（2015·连云港、徐州、宿迁三市三调）如图所示，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场。大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子以相同速度（速度大小未确定）沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；
（3）AC、AD边上可能有粒子射出的范围。
解析：（1）由，，圆心角为60o，，解得。
（2）当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时， ，，解得 ，所以粒子射入的速度应满足。
（3）由（2）知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故有粒子射出的范围为CE段，。当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远。故有粒子射出的范围为DF段，
。
进阶练习1：如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A. B. C. D.
进阶练习2：一个质量是m，带电荷量为+q的粒子（不计重力），从坐标原点O点处沿+y方向以初速度v0射入一个边界为矩形的匀强磁场中。已知磁场的方向垂直于xOy平面向里，它的边界分别是y=0、y=a、x=-1.5a、x=1.5a，如图所示。改变磁感强度B的大小，粒子可以从磁场不同的边界面射出，并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ会随着改变。试讨论粒子可以从哪几个边界面射出，从这几个边界面射出时磁感强度B的大小及偏向角θ各在什么范围。
迁移练习：D
解析：当带电粒子入射方向与x轴正方向的夹角为α=45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，作出运动轨迹图，则有2r1cos45°=Oa，
2r2cos45°=Ob。当α为60°时，为使速度为v3的粒子从c点射出磁场，有2r3cos30°=Oc，而，
联立解得（r1+r2），由 r=得，（v1+v2），则v3=（v1+v2）。
进阶练习1：B
解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动。由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短。如图所示，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R=SD。过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE=2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t=，故B项正确。
进阶练习2：
解析：带电粒子在匀强磁场中的运动是匀速圆周运动，轨道半径R=，即半径R跟速率v成正比。而磁场区域是有界的，它从哪个面射出，与半径R的大小有关，因此要分别进行讨论。
当R>a时，粒子从上边界射出，此时B<，θ<；
当a>R≥时，粒子从左边界射出，此时≤
B<，π>θ≥；
当R<时，粒子从下边界射出，此时B≥，θ=π。
如果说我们在解决这个问题上有什么窍门的话，那就是画图，一丝不苟地画，直到有一天可以像卖油翁那样淡定地说：“无他，唯手熟尔。”
一、画图确定基本几何量
带电粒子沿垂直于磁场的方向进入有界磁场，其运动轨迹为一圆弧（优弧或劣弧），连接圆弧的两端点（入射点、出射点）即得弦，而粒子在入射点或出射点的速度方向即为该圆弧的切线。
1.确定圆心
方法一：洛伦兹力F为向心力，必指向圆心，且F⊥v，由此可确定两个F的方向，画其延长线，两延长线的交点即为圆心。
方法二：利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置。
2.角度的确定，明确φ=α=2β
φ──偏向角，即带电粒子沿偏转方向转过的角度，反映在入射点与出射点的速度方向变化上。
α──圆心角，即带电粒子经过圆弧所对的圆心角。
β──弦切角，即带电粒子的速度方向与弦所成的角。
如图所示，易证：φ=α=2β。
3.运动时间的确定
带电粒子转过任一段圆弧所用的时间，由表达式 确定，其中T即为该带电粒子做圆周运动的周期。转过的圆心角越大，所用时间t越长，但t与运动轨迹的长短无关。
二、画图解决基本问题
基本例题（单边界问题）：如图所示，在x轴下方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0<θ<）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（ ）
A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C.若θ一定，v越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图所示的轨迹运动，从A点射出磁场，射出方向与x轴的夹角仍为θ。由图可以看出轨迹的圆心角α=2π-2θ，运动时间 ，则知运动时间与v无关，与θ有关，θ越大，运动时间越短，所以A正确，D错误。当v一定时，由r= 知，r一定；当θ从0变至 的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距离O点越远，所以B正确。当θ一定时，圆心角α=2π-2θ一定；由r= 知，v越大，r越大，粒子离开磁场的位置距离O点越远，所以C正确。
答案：ABC
重要结论：带电粒子射入单边界的有界磁场时，由边界进入，必由边界射出，并且进出时与边界的夹角不变。
迁移练习：在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴正方向的夹角α=45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α=60°时，为了使速度为v3的粒子从a、b的中点c射出磁场，则速度v3应为（ ）
A.（v1+v2） B.（v1+v2）
C.（v1+v2） D.（v1+v2）
三、画图解决临界问题
进阶例题1（单边界+临界问题）：如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在与ab相距l=16cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比=
5.0×107C/kg。现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。
解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径R=，代入数值得R=10cm，由此可知2R>l>R。
如图所示，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此作出某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。
为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R；以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，有 。
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中与S的距离不可能超过2R，因此以2R为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得，所求长度为 P1P2=NP1+NP2，代入数值得 P1P2=20cm。
点评：本题中带电粒子入射速度的大小不变，其对应的轨迹半径也就确定了，但由于入射速度的方向发生改变，导致粒子的出射点位置发生变化。在处理这类问题时，关键是画出临界状态粒子运动的轨迹图（对应的临界状态的速度的方向），再利用几何关系确定对应的出射范围。
进阶例题2（多边界+临界问题）：（2015·连云港、徐州、宿迁三市三调）如图所示，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场。大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子以相同速度（速度大小未确定）沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；
（3）AC、AD边上可能有粒子射出的范围。
解析：（1）由，，圆心角为60o，，解得。
（2）当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时， ，，解得 ，所以粒子射入的速度应满足。
（3）由（2）知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故有粒子射出的范围为CE段，。当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远。故有粒子射出的范围为DF段，
。
进阶练习1：如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A. B. C. D.
进阶练习2：一个质量是m，带电荷量为+q的粒子（不计重力），从坐标原点O点处沿+y方向以初速度v0射入一个边界为矩形的匀强磁场中。已知磁场的方向垂直于xOy平面向里，它的边界分别是y=0、y=a、x=-1.5a、x=1.5a，如图所示。改变磁感强度B的大小，粒子可以从磁场不同的边界面射出，并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ会随着改变。试讨论粒子可以从哪几个边界面射出，从这几个边界面射出时磁感强度B的大小及偏向角θ各在什么范围。
迁移练习：D
解析：当带电粒子入射方向与x轴正方向的夹角为α=45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，作出运动轨迹图，则有2r1cos45°=Oa，
2r2cos45°=Ob。当α为60°时，为使速度为v3的粒子从c点射出磁场，有2r3cos30°=Oc，而，
联立解得（r1+r2），由 r=得，（v1+v2），则v3=（v1+v2）。
进阶练习1：B
解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动。由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短。如图所示，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R=SD。过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE=2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t=，故B项正确。
进阶练习2：
解析：带电粒子在匀强磁场中的运动是匀速圆周运动，轨道半径R=，即半径R跟速率v成正比。而磁场区域是有界的，它从哪个面射出，与半径R的大小有关，因此要分别进行讨论。
当R>a时，粒子从上边界射出，此时B<，θ<；
当a>R≥时，粒子从左边界射出，此时≤
B<，π>θ≥；
当R<时，粒子从下边界射出，此时B≥，θ=π。