解析 (1)设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有： 1
qU＝mv2①
2解得：v＝
2qU
② m
(2)粒子离开电场后，垂直进入磁场， 根据几何关系得r＝2d③ 由洛伦兹力提供向心力有： v2
qvB＝m④
r
1
联立②③④解得：B＝
2d
2mU
q
(3)最终粒子从边界MN离开磁场，需满足条件：刚好轨迹与PQ相切 d＝r＋rsin 30°⑤ 3联立②④⑤解得：B＝
2d
2mU
⑥ q
2mU q2mU q
3
磁感应强度的最小值为B＝
2d3
磁感应强度的范围是B≥2dqBR0πm
预测7 (1) (2)
2m2qB(3)(3＋1)R0
28πm
3qB
解析 (1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0＝2r，r＝0.5R0 mv根据半径公式得：r＝，
qBqBR0解得v＝
2m(2)磁场的大小变为
mv24
B，由半径公式r＝，可知粒子的轨道半径变为原来的＝22倍，4qB2即为2R0，根据几何关系可以得知，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心90°12πmπm
角90°，解得：t＝T＝×＝
360°4qB2qB
BB
(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以外的区域磁场大小为，
22方向向外．粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：(3＋1)R0；
π5?＋π?·4m3628πm
根据周期公式，则有：T＝＝. B3qBq·2
高考题型4 带电粒子在匀强磁场中的多过程问题
例4 (1)5qBL1
(2)(L,0) 2m2
25qBL
(3) 9m
解析 (1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场25
中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得：R1cos θ＝L，其中：cos θ＝. 5粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： v25qBL1qv1B＝m，解得：v1＝.
R12m
(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为C′，由几何关系得：R2＝11
设C′点横坐标为xC′，由几何关系得：xC′＝L.则C′点坐标为：(L,0)．
22
5
L.4
(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y轴负方向偏移量为Δy1，由几何关系得：Δy1＝2R3cos θ，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，碰后速度方向应与PQ1连线平行，每碰
Δy22
撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离Δy2(如图中A、E间距)可由题给条件，有＝tan
L3L
θ，得Δy2＝.
3
25当粒子只碰两次，其几何条件是3Δy1－2Δy2＝2L，解得：R3＝L
9v2
粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m，
R325qBL
解得：v＝.
9m
2qBd11πm
预测8 (1) (2) (3)x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2,3?)或x＝3nd，(n＝0,1,2,3?)
m12qB解析 (1)R1sin 30°＝R1－d，得R1＝2d. v2mv
qvB＝m，R1＝，
R1qB则粒子从M点出发的初速度 qBR12qBd
v＝＝.
mm
(2)如图，粒子应从G点进入4B场内，
v2
q·4B·v＝m，
R2mvR1dR2＝＝＝.
q·4B42
其运动轨迹为半圆，并垂直PQ再由E点回到B场区，由对称性，粒子将打到N点的轨迹如图，粒子在B场中运动时间
1112πm2πm
t1＝2×T1＝T1＝×＝
633qB3qB1πm
粒子在4B场中运动时间t2＝T2＝
24qB11πm
t总＝t1＋t2＝ 12qB
(3)如图所示，由粒子运行的周期性，有如下结果：
x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2,3?) 或x＝3nd，(n＝0,1,2,3?)