新高考物理一轮专题复习与训练二十 带电粒子在组合场中的运动（2份打包，原卷版+教师版）

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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
知识梳理
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．
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
知识梳理
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).
变式训练1 如图所示，一对足够长平行栅极板M、N水平放置，极板与可调电源相连．极板外上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和向内的匀强磁场B1和B2，B1和B2的大小未知，但满足B2＝eq \f(5,3)B1，磁场左边界上距M板距离为2l的A点处的粒子源平行极板向右发射速度为v的带正电粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，粒子第1次离开M板的位置为C点，已知C点距离磁场左边界距离为l.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力．
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)当两板间电势差UMN＝0时，粒子经过下方磁场一次偏转后恰能从C点再次返回极板上方的磁场，求两板间距d的大小；
(3)当两板间所加的电势差UMN＝－eq \f(6mv2,5q)时，在M板上C点右侧P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从M板上方打入的粒子．问当P点离磁场左边界多远的地方能接收到粒子？
答案 (1)eq \f(4mv,5ql) (2)0.8l (3)(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、3、…
解析 (1)粒子从A点发射后运动到C的过程，洛伦兹力提供向心力qvB1＝eq \f(mv2,R1)
由几何知识可得R12＝(2l－R1)2＋l2，解得R1＝eq \f(5,4)l，B1＝eq \f(4mv,5ql)
(2)粒子经过C点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(l,R1)＝0.8
粒子进入磁场B2之后，圆周运动半径为R2＝eq \f(mv,qB2)＝eq \f(3,5)R1＝eq \f(3,4)l，
又因为dtan θ＝R2cs θ，解得d＝0.8l
由R2＝eq \f(3,4)l得，粒子在B2磁场中不会从左边界飞出．
(3)粒子到达C点后第一次在电场中向左运动距离Δx＝vsin θ·eq \f(2vcs θ,\f(Uq,dm))＝0.64l
粒子在B1磁场中运动到最左边时，距C点距离xC＝Δx＋R1－l＝0.89l所以不会从左边界飞出，P点离磁场左边界的距离为xP＝l＋n(2l－0.64l)＝(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、3、…
强基固本练
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．平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m、带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负方向进入电场，初速度大小为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．
答案 (1)4eq \r(\f(mE,qL)) (2)eq \f(6＋\r(2),4)L
解析 (1)由动能定理得EqL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
粒子进入磁场时速度大小为v＝eq \r(\f(4EqL,m))
在磁场中L＝2R，qvB＝eq \f(mv2,R)
联立可得B＝4eq \r(\f(mE,qL))
(2)假设粒子从y轴离开电场，运动轨迹如图所示
L＝v0t，
y1＝eq \f(1,2)at2，
Eq＝ma
联立解得y1＝eq \f(L,4)vy＝at
速度偏转角tan θ＝eq \f(vy,v0)
第一次到达x轴的坐标x1＝eq \f(L－y1,tan θ)＝eq \f(3,2)L
在磁场中R′＝eq \f(mv′,qB)
x2＝2R′sin θ＝eq \f(2mv′,qB)sin θ＝eq \f(2mvy,qB)＝eq \f(\r(2),4)L
粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离为
x＝x1＋x2＝eq \f(6＋\r(2),4)L.
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