2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化二十带电粒子在组合场中的运动

这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化二十带电粒子在组合场中的运动，共15页。教案主要包含了二象限内存在垂直xOy平面向里等内容，欢迎下载使用。

1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
3．常见粒子的运动及解题方法
题型一 磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
例1 如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界 DE与AC间距离的可能值．
答案 (1)eq \f(5aqB0,m) (2)B1≥eq \f(8B0,3) (3)4na(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，
设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a，由牛顿第二定律可知qvB0＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(5aqB0,m).
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，
由几何关系得r1＋r1cs θ＝3a，
由(1)可知cs θ＝eq \f(OQ,R)＝eq \f(3,5)，所以r1＝eq \f(15a,8)，
根据qvB1＝eq \f(mv2,r1)，联立解得B1＝eq \f(8B0,3)，故当B1≥eq \f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出．
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为r＝eq \f(5,3)a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1 点，则P点与P1 点的连线一定与OF平行，根据几何关系知 PP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)．
题型二 电场与磁场的组合
1．带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示．
2．带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示
考向1 先电场后磁场
例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq \\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(1)eq \\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)h (2)eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
解析 (1)eq \\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设eq \\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝eq \f(1,2)a1t12②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq \\al(1,1)H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得s1＝eq \f(2\r(3),3)h④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq \r(v12＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝eq \f(mv1′2,R1)⑦
由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝ eq \r(\f(6mE,qh))⑨
(3)设eq \\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq \f(1,2)(2m)v22＝eq \f(1,2)mv12⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2⑫
h＝eq \f(1,2)a2t22⑬
v2′＝eq \r(v22＋a2t22)⑭
sin θ2＝eq \f(a2t2,v2′)⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′⑯
设eq \\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧．设eq \\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h.
考向2 先磁场后电场
例3 (2023·河北唐山市模拟)平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所示．质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴．不计粒子重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
答案 (1)eq \f(\r(3)mv,qL) (2)eq \f(8\r(3)mv2,qL)
解析 (1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何关系有L＝2Rcs 30°
联立解得B＝eq \f(\r(3)mv,qL).
(2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直．粒子在电场中的位移x＝PQ＝Lsin 30°
又xsin 30°＝vt
xcs 30°＝eq \f(1,2)at2
Eq＝ma
联立解得E＝eq \f(8\r(3)mv2,qL).
考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
例4 (2021·广东卷·14)图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
答案 (1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝eq \f(5,4)π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T
联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R－rm))2＝R2＋rm2
解得rm＝eq \f(\r(3),3)R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(vm2,rm)
2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU
联立解得k＝eq \f(13,6).
例5 (2023·福建省上杭县第一中学质检)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P点(0，h)沿y轴正方向以一定初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ＝60°角第一次进入电场．不计粒子重力，求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；
(2)若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E1；
(3)若仅改变匀强电场电场强度的大小，使粒子在第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，改变后的匀强电场电场强度大小E.
答案 (1)2h eq \f(2qBh,m) (2)eq \f(2\r(3)－3qB2h,m)
(3)eq \f(qB2h,m)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图甲所示，
甲
由几何知识得rcs 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,r)
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小v＝eq \f(2qBh,m)
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，
则有r＋rsin 60°＝vcs 60°·t，vsin 60°＝a1t
a1＝eq \f(qE1,m)
联立可得匀强电场的电场强度大小
E1＝eq \f(2\r(3)－3qB2h,m)
(3)若仅改变匀强电场电场强度的大小，使粒子在第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，运动轨迹如图乙所示，
乙
粒子在电场中做类平抛运动，则有
rsin 60°＝vcs 60°·t1，vsin 60°＝a2t1，a2＝eq \f(qE,m)
联立可得匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(qB2h,m).
课时精练
1．(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为eq \f(v0,BR)
C．粒子在磁场中运动的总时间为eq \f(πR,2v0)
D．粒子在电场中运动的总时间为eq \f(2BR,E)
答案 ABD
解析 根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq \f(π,2)，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,R)，
可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
则粒子在磁场中的运动时间为t磁＝eq \f(T,2)＝eq \f(πR,v0)，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝eq \f(Eq,m)＝eq \f(Ev0,BR)，根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2BR,E)，故D正确．
2．(多选)(2023·广东省模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场．在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一比荷为k的带正电粒子(不计重力)从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ＝53°角的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁场的磁感应强度大小为eq \f(3v0,5kd)，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向．该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，再次回到x轴上的A点，sin 53°＝eq \f(4,5)，cs 53°＝eq \f(3,5)，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为eq \f(4v02,5kd)
D．粒子从A点开始到再回到A点的运动时间为eq \f(15＋5πd,3v0)
答案 AD
解析 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度方向与匀强电场垂直，由逆向思维可知粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度v0分别沿x轴的正方向和y轴的正方向分解，设粒子在B点的速度为vB，则有v0cs θ＝vB，由洛伦兹力充当向心力有BqvB＝meq \f(vB2,R)，粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与y轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tan θ＝eq \f(OB,0.5OA)，结合B＝eq \f(3v0,5kd)，联立解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正确，B错误；粒子在A点沿y轴正方向的分速度为vy＝v0sin θ，由类平抛运动的规律有vy2＝2eq \f(qE,m)·OB，联立解得匀强电场的电场强度为E＝eq \f(8v02,25kd)，C错误；粒子从A点到B点的运动时间tAB＝eq \f(1.5d,0.6v0)，粒子从B点到D点的运动时间为tBD＝eq \f(πd,0.6v0)，根据运动的对称性可知，粒子从A点开始到又回到A点的运动时间为t＝2tAB＋tBD，综合计算可得t＝eq \f(15＋5πd,3v0)，D正确．
3．(2023·福建省漳平第一中学、永安第一中学联考)如图所示，在第一、二象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子从x轴上M(l,0)点以某一初速度沿y轴正方向进入第一象限，先以原点O为圆心做圆周运动，随后进入第三象限，在电场中运动一段时间后，经y轴上的N点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(8,3)l))进入第四象限．不计粒子重力，求：
(1)带电粒子从M点进入第一象限时初速度v0的大小；
(2)电场强度的大小E；
(3)粒子从M运动到N的时间．
答案 (1)eq \f(Bql,m) (2)eq \f(9qB2l,32m) (3)eq \f(πm,qB)＋eq \f(8m,3qB)
解析 (1)由题意可知r＝l，qv0B＝eq \f(mv02,r)，得v0＝eq \f(Bql,m)
(2)粒子进入第三象限，沿y轴方向有eq \f(8,3)l＝v0t2，沿x轴方向有l＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t22，联立解得E＝eq \f(9qB2l,32m)
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB)，依题意在可知粒子在磁场中的运动时间为t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，粒子在电场中，由(2)可知t2＝eq \f(\f(8,3)l,v0)＝eq \f(8m,3qB)
则粒子从M运动到N的时间为t总＝t1＋t2＝eq \f(πm,qB)＋eq \f(8m,3qB).
4．如图所示，xOy平面内，OP与x轴正方向的夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，电场强度大小为E ＝eq \f(83,40)×105 V/m.一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的d点，图中b、d两点未标出．已知L＝eq \f(5,4) m，sin 53°＝eq \f(4,5)，cs 53°＝eq \f(3,5)，不计微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷eq \f(q,m)；
(2)d点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．
答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T
解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得r＝Lsin 53°＝1 m
由牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r)
代入数据解得eq \f(q,m)＝5×107 C/kg
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得
yOc＝eq \f(Lcs 53°＋r,sin 53°)
在y轴方向有yOc＝－v0tcs 53°＋eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)t2
在x轴方向有l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．
由几何关系知R＝eq \f(1,2)Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝meq \f(v02,R)
解得B1 ＝ 0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
5．(2023·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相等，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的eq \r(3)倍．
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ中的磁感应强度B2的最小值．
答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (3)1.5B1
解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有tan θ＝eq \f(LBC,LAB)＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°
根据速度关系有v＝eq \f(v0,cs θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得qvB1＝meq \f(v2,r1)，轨迹如图甲所示：
由几何关系得L＝r1，联立解得L＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2min，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：
可得qvB2min＝meq \f(v2,r2)
根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2min＝1.5B1.
6.(2023·广东省高三检测)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内ac、df为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df方向距f点为R的g点处固定一足够长的挡板，挡板与fg方向的夹角α＝60°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)自c点沿ca方向以速度v射入磁场，经磁场偏转后从f点沿fg方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中已画出粒子在电场中运动的轨迹．
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B1；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B2＝kB1(0答案 (1)eq \f(mv,Rq) (2)eq \f(\r(3)mv2,2qR)
(3)eq \f(2R,\r(1＋k2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)解析 (1)粒子运动的轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径r1＝R
粒子在磁场中做圆周运动有qvB1＝meq \f(v2,r1)
联立解得B1＝eq \f(mv,Rq)
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时有tan α＝eq \f(vy,v)，其中vy＝eq \f(Eq,m)t，又由平抛运动的推论知t＝eq \f(2R,v)
联立解得E＝eq \f(\r(3)mv2,2qR)
(3)粒子离开圆形磁场区域到返回圆形磁场区域边界的过程中，运动轨迹如图乙所示，粒子在匀强磁场B2内做圆周运动，有qvB2＝meq \f(v2,r2)，B2＝kB1，联立解得r2＝eq \f(R,k)
根据几何关系可知tan ∠OO′f＝eq \f(R,r2)＝k
粒子返回圆形磁场区域边界的位置i到出射点f的距离l＝2r2sin ∠OO′f＝eq \f(2R,\r(1＋k2))
当k较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图丙所示，根据几何关系可知∠fgO″＝60°
tan ∠fgO″＝tan ∠fOO″＝eq \f(r2′,R)＝eq \r(3)，r2′＝eq \r(3)R
则k＝eq \f(R,r2′)＝eq \f(\r(3),3)，
故当eq \f(\r(3),3)当0