新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 专题强化十九 带电粒子在组合场中的运动 (含解析)

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考点一 磁场与磁场组合
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1所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以速度eq \f(qBd,m)从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ。不计粒子重力。
图1
(1)求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径；
(2)若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝eq \f(2qBd,m)，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间。
答案 (1)d (2)[(4－eq \r(3))d，0] eq \f(2πm,3qB)
解析 (1)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
把v0＝eq \f(qBd,m)代入上式，解得R＝d。
(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0＝eq \f(2qBd,m)时，轨迹如图所示。
在OA段做圆周运动的圆心在O1，半径为2d；
在AB段做圆周运动的圆心在O2，半径为d；
在BP段做圆周运动的圆心在O3，半径为2d；
可以证明ABO1O3为矩形，则图中θ＝30°，
由几何知识可得
O1O3＝2dcs 30°＝eq \r(3)d
所以OO3＝2d－eq \r(3)d
所以OP＝O1O3＋2OO3＝(4－eq \r(3))d，即粒子打在x轴上的位置坐标为
[(4－eq \r(3))d，0]
粒子在OA段运动的时间为
t1＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,6qB)
粒子在AB段运动的时间为
t2＝eq \f(120°,360°)·eq \f(2πm,q·2B)＝eq \f(πm,3qB)
粒子在BP段运动的时间为
t3＝t1＝eq \f(πm,6qB)
所以在此过程中粒子的运动时间
t＝2t1＋t2＝eq \f(2πm,3qB)。
跟踪训练
1.(多选)空间存在如图2所示的相邻磁场，磁场Ⅰ垂直纸面向里且宽度为d，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ垂直纸面向外且宽度为eq \f(1,3)d，磁感应强度大小未知，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的边界为平行的竖直面。现有一带电粒子以一定的水平速度从磁场Ⅰ边界上的O点垂直磁场Ⅰ射入，当粒子从磁场Ⅱ右边界C点(图中未画出)射出时，速度方向也恰好水平，不计粒子所受重力，下列说法正确的是( )
图2
A.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为3B
B.粒子在磁场Ⅰ中的轨迹半径是在磁场Ⅱ中的轨迹半径的3倍
C.粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角是在磁场Ⅱ中偏转的圆心角的3倍
D.粒子在磁场Ⅰ中运动的时间是在磁场Ⅱ中运动的时间的3倍
答案 ABD
解析 由于出射方向和入射方向相同，而粒子在两磁场区域偏转方向相反，所以粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角应等于磁场Ⅱ中偏转的圆心角，故C错误；设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1、R2，无论粒子电性如何，根据对称性可知所得结论应相同，所以假设粒子带正电，如图所示，根据几何关系可得eq \f(d,R1)＝eq \f(\f(d,3),R2)，解得R1＝3R2，故B正确；根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，所以eq \f(B1,B2)＝eq \f(R2,R1)＝eq \f(1,3)，所以磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2＝3B1＝3B，故A正确；粒子的运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,360°)T，所以粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(T1,T2)＝eq \f(B2,B1)＝3，故D正确。
考点二 电场与磁场组合
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)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。
(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(4)用规律
例2 (2023·福建龙岩第一次质检)如图3所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，eq \r(3)L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－eq \r(3)L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
图3
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
答案 (1)eq \f(mv,2qL) (2)eq \f(8πL,3v) (3)eq \f(mv2,4qL)
解析 (1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得
Rsin θ＝eq \r(3)L
由牛顿第二定律有qvB＝eq \f(mv2,R)
联立可得B＝eq \f(mv,2qL)。
(2)带电粒子在磁场中运动时间为t1，则
t1＝eq \f(2π－2θ,2π)T
T＝eq \f(2πR,v)
联立可得t1＝eq \f(8πL,3v)。
(3)带电粒子在电场中运动时间为t2，由运动的合成与分解有
vcs θ·t2＝eq \r(3)L
vsin θ－at2＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立可得E＝eq \f(mv2,4qL)。
跟踪训练
2.(2023·安徽芜湖高三期末)如图4所示，在xOy平面第一象限内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴夹角为α＝45°，OP与y轴之间的电场平行于y轴向上，OP与x轴之间的磁场垂直纸面向里。在y轴上有一点M，M到O点的距离为3d。现有一个质量为m、电荷量为－q的带负电粒子，从M点以速度v0垂直于y轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP上的N点进入磁场区域，已知N点到x轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，不计带电粒子的重力，求：
图4
(1)电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B和粒子从M点运动到C点所用的总时间t。
答案 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),2qd) (2)eq \f(mv0,2qd) eq \f(d（4＋π）,2v0)
解析 (1)由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示。
在沿－y方向，有qE＝ma
位移大小为y1＝d＝eq \f(vy,2)t
沿x正方向做匀速运动，由几何关系得
x1＝2d＝v0t
解得vy＝v0
又vy＝at
联立求得电场强度大小为E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qd)。
(2)由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
R＝LON＝2eq \r(2)d
在N点粒子速度与OP垂直，大小为v＝eq \r(2)v0
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(mv0,2qd)
粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(\f(1,8)×2πR,\r(2)v0)＝eq \f(d（4＋π）,2v0)。
A级 基础对点练
对点练1 磁场与磁场的组合
1.如图1所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
图1
A.电子的运动轨迹为PENCMDP
B.B1＝2B2
C.电子从射入磁场到回到P点用时为eq \f(2πm,eB1)
D.B1＝4B2
答案 B
解析 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到洛伦兹力方向向上，所以电子运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq \f(mv,eB)可知B1＝2B2，故B正确，D错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq \f(2πm,eB1)＋eq \f(πm,eB2)＝eq \f(4πm,eB1)，故C错误。
2.如图2所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332 T，一质量m＝6.64×10－27 kg，带电荷量q＝3.2×10－19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106 m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则( )
图2
A.粒子带负电
B.相邻两孔间的距离为0.2 m
C.带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10－7 s
D.带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7 s
答案 C
解析 由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)＝0.2 m，则d＝2R＝
0.4 m，故B错误；圆周运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D错误。
3.(多选)(2022·广东佛山高三期末)如图3所示，两相切于C点的圆，半径之比2∶1，O1、O2分别为两圆圆心，AO1、DO2均垂直于O1O2连线，在圆形区域内均有垂直纸面以圆周为边界的匀强磁场。现有一束电子以速度v垂直于O1O2连线从A点射入磁场，经C点最终垂直于O1O2从D点射出磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，大圆内磁场的磁感应强度大小为B。则以下说法正确的是( )
图3
A.大圆内的磁场方向垂直纸面向里
B.小圆半径为eq \f(mv,eB)
C.小圆内磁场的磁感应强度大小为2B
D.电子在磁场中运动的时间为eq \f(πm,2eB)
答案 AC
解析 电子由C点进入下方小圆，则可知电子刚进入磁场时受力竖直向下，由左手定则可判断磁感线方向垂直纸面向里，故A正确；轨迹图如图所示，由几何关系可知，两次轨迹均为四分之一圆，则有qvB＝eq \f(mv2,r1)，qvB2＝eq \f(mv2,r2)，r2＝eq \f(1,2)r1，解得r2＝eq \f(mv,2eB)，B2＝2B，电子在两个圆中运动时周期分别为T1＝eq \f(2πm,eB)，T2＝eq \f(πm,eB)，轨迹为两个四分之一圆弧，则运动时间为t＝eq \f(T1,4)＋eq \f(T2,4)＝eq \f(3πm,4eB)，故B、D错误，C正确。
对点练2 电场与磁场的组合
4.(多选)如图4所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是( )
图4
A.粒子带正电
B.电场方向由f指向e
C.粒子在磁场与电场中运动时间的比值为eq \f(π,2)
D.磁感应强度与电场强度大小的比值为eq \f(1,v0)
答案 AC
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则知，粒子带正电，A正确；粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，静电力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律知，粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(2πL,4v0)＝eq \f(πL,2v0)，在电场中运动时间为t2＝eq \f(L,v0)，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(π,2)，C正确；设匀强磁场的磁感应强度为B，有qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),L)，解得B＝eq \f(mv0,Lq)，在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动L＝v0t2，沿着静电力方向做初速度为0的匀加速直线运动，L＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)teq \\al(2,2)，解得E＝eq \f(2mveq \\al(2,0),Lq)，则eq \f(B,E)＝eq \f(1,2v0)，D错误。
5.(多选)如图5所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3 T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20 N/C的匀强电场。一比荷eq \f(q,m)＝2×105 C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度 v0＝300 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则( )
图5
A.该带电粒子一定带正电
B.OM之间的距离为2 m
C.粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98 m
D.粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
答案 BC
解析 该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则知，该带电粒子一定带负电，A错误；根据牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝2 m ，OM之间的距离为2 m，B正确；竖直方向的分速度为vy＝v0cs 30°＝150eq \r(3) m/s ，竖直方向的加速度为a＝eq \f(qEsin 30°,m)＝2×106 m/s2 ，竖直方向veq \\al(2,y)＝2ay ，解得y＝0.017 m，M点到x轴的距离为d＝rsin 30°＝1 m ，粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y＝0.98 m ，C正确，D错误。
6.(多选)(2023·福建龙岩高三月考)如图6所示，第Ⅰ象限存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－L，－\f(2L,3)))。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是( )
图6
A.电场强度E＝eq \f(4mveq \\al(2,0),3qL)
B.带电粒子到达O点时的速度大小v＝eq \r(5)v0
C.粒子射出磁场位置到O点的距离d＝eq \f(8mv0,qB)
D.在磁场中带电粒子运动的时间t＝eq \f(53πm,90qB)
答案 CD
解析 粒子运动轨迹如图
由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L＝3v0t，沿y轴方向有eq \f(2L,3)＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，解得E＝eq \f(12mveq \\al(2,0),qL)，A错误；沿y轴方向有eq \f(2L,3)＝eq \f(vy,2)t，解得vy＝4v0，则到达O点时速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,y)＋veq \\al(2,x))＝5v0，B错误；sin θ＝eq \f(4v0,5v0)＝0.8，则θ＝53°，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(5mv0,qB)，由几何关系知，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d＝2Rsin θ＝2×eq \f(5mv0,qB)×0.8＝eq \f(8mv0,qB)，C正确；带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，在磁场中运动的时间为t＝eq \f(2θ,360°)T＝eq \f(53πm,90qB)，D正确。
7.(2023·江苏无锡高三期末)如图7所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则( )
图7
A.两板间电压的最大值Um＝eq \f(qB2L2,2m)
B.能打到N板上的粒子的最大动能为eq \f(q2B2L2,9m)
C.粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(2πm,qB)
D.CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝eq \f(2,3)L
答案 A
解析 当粒子垂直打在CD板上时，rm＝L，此时速度最大，由qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),rm)和动能定理qUm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得Um＝eq \f(qB2L2,2m)，A正确；最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得Ekm＝eq \f(q2B2L2,2m)，B错误；粒子在磁场中运动的最长时间为tm＝eq \f(1,2)T，T＝eq \f(2πm,qB)，解得tm＝eq \f(πm,qB)，C错误；设轨迹和CD相切时的半径为r2，L＝r2＋eq \f(r2,sin 30°)，解得r2＝eq \f(L,3)，被粒子打中区域的长度为s＝rm－eq \f(r2,tan 30°)，解得s＝eq \f(（3－\r(3)）L,3)，D错误。
B级 综合提升练
8.如图8，虚线 ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，已知MN＝L，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求：
图8
(1)电子从O点射入的速度大小；
(2)下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间。
答案 (1)eq \f(eBL,2m) (2)eq \f(1,2)B (3)eq \f(4πm,eB)
解析 (1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示
设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2，电子在磁场中做匀速圆周运动有
evB＝eq \f(mv2,R1)
根据几何关系L＝2R1
解得v＝eq \f(eBL,2m)。
(2)设下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B′，由洛伦兹力提供向心力，
有evB′＝eq \f(mv2,R2)
由于最终能回到O点，由几何关系可得
R2＝2R1＝L
解得B′＝eq \f(1,2)B。
(3)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝eq \f(2πm,eB)
电子在磁场Ⅱ中的运动周期
T2＝eq \f(2πm,e·\f(1,2)B)＝eq \f(4πm,eB)
设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，
由几何关系可得
O到N的圆心角为60°，则t1＝eq \f(1,6)T1
N到M的圆心角为300°，则t2＝eq \f(5,6)T2
M到O的圆心角为60°，则t3＝eq \f(1,6)T1
电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝eq \f(4πm,eB)。
9.(2023·广东江门高三月考)某种离子诊断测量简化装置如图9所示。竖直平面内存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，只能沿竖直方向移动。a、b两束宽度不计带正电的离子从静止开始经匀强电场U0加速后持续从边界EH水平射入磁场，a束离子在EH的中点射入，经磁场偏转后垂直于HG向下射出，并打在探测板的右端点D点，已知正方形边界的边长为2R，两束离子间的距离为0.6R，离子的质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用，U0已知。求：
图9
(1)磁场的磁感应强度B的大小以及a束离子在磁场中运动的时间t；
(2)要使两束离子均能打到探测板上，求探测板CD到HG的距离最大是多少？
答案 (1)eq \f(1,R)eq \r(\f(2mU0,q)) eq \f(πR,2)eq \r(\f(m,2qU0)) (2)eq \f(4,15)R
解析 (1)离子在电场中加速，由动能定理有
qU0＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2qU0,m))
根据题意，a束离子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图
根据几何关系可知，半径为ra＝R
由牛顿第二定律qvB＝eq \f(mv2,ra)
联立解得B＝eq \f(1,R)eq \r(\f(2mU0,q))
根据公式可知T＝eq \f(2πra,v)＝eq \f(2πm,qB)
由图可知，运动时间为t＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(πR,2)eq \r(\f(m,2qU0))。
(2)设b束离子从边界HG的P点射出磁场，运动轨迹如上图，a、b为两束宽度不计带正电的离子，且离子的质量均为m、电荷量均为q，则b束离子在磁场中运动的半径rb＝R
根据几何关系有O′H＝0.6R
HP＝eq \r(R2－（0.6R）2)，PQ＝R－HP
解得HP＝0.8R，PQ＝0.2R
又有tan θ＝eq \f(HP,O′H)＝eq \f(QD,PQ)
解得QD＝eq \f(4,15)R。
10.如图10所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a＝0.3 m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小可调。现有质荷比为eq \f(m,q)＝4×10－10 kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，并且以v＝4×107 m/s，方向与y轴正向成60°的速度经过P点进入磁场，OP＝eq \f(0.2\r(3),3) m，OA＝0.1 m，不计粒子重力。求：
图10
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0；
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度至少为多大；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。
答案 (1)2×107 m/s (2)0.08 T (3)0.16 T
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，做匀速运动
有v0＝vcs 60°
所以v0＝2×107 m/s。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,r)
当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场，
此时r＋rsin 30°＝a
解得r＝0.2 m
联立解得B＝0.08 T。
(3)粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°，做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点，由几何关系
OQ＝eq \f(OA,tan 60°)＝eq \f(0.1,\r(3)) m
PQ＝eq \f(0.3,\r(3)) m
2r′sin 60°＝PQ
r′＝eq \f(mv,qB)＝0.1 m
解得B＝0.16 T。