高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题知识归纳总结附答案解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题知识归纳总结附答案解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动压轴题
1．如图1所示，在ABCD 矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B 如图2所示的变化。

0t =时刻，一质量为m ，带电量为q 的带正电粒子从B 点以速度0v 沿BC 方向射入磁场，其中0B 已知，0T 未知，不计重力。

（1）若AB BC =，粒子从D 点射出磁场，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（2）若3:1AB BC =：，粒子仍从D 点射出，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（3）若AB BC =，求磁场周期0T 需满足什么条件粒子不从AB 边射出，并求恰好不射出时0T 时刻粒子距BC 边的距离。

【答案】（1）00nmv AB qB =
，02n m t qB π=1,n =（2，3...）；（2）0
33n mv AB qB =，
043n m t qB π=
1,n =（2，3...）；（3）0053m
T qB π≤，
(
)
00
32mv d qB +=
【解析】 【详解】
（1）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
22AB n r = 1,n =（
2，3...）
4
T
t n =1,n =（2，3...）
2m
T qB π=
由以上各式解得：
nmv AB qB =， 0
2n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （2）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
23BD nr =
1,n =（2，3...） 23
T
t n
= 1,n =（2，3...） 又因为
2m
T qB π=
由以上各式解得：
33n mv AB =
， 0
43n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （3）如图3所示：
粒子恰不从AB 边射出时，
02
T T -时的轨迹与AB 边相切，故需满足 sin()2r
r
πθ-=
， 解得粒子在0
02
T -
时间内转过的角度不超过150°，则有： 01502360
T T ≤ 0T 时刻粒子离AB 的距离为
2cos30d r r =+︒
由以上方程解得：
00
53m
T qB π≤
， )
00
32mv d qB =。

2．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2
v R
可得：v =6×105m/s ；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y ，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y =12
at 2
…① a =qE m =qU md …② t =
L
v
…③ 由①②③解得：y =0.08m
设此粒子射入时与x 轴的夹角为α，则由几何知识得：y =r sinα+R 0-R 0cosα 可知tanα=4
3
，即α=53° 比例η=
53180
×100%=29%
3．如图所示，xOy 平面内，A 、B 、C 三点恰好组成一个直角三角形，∠B ＝90°，∠C ＝60°，BC 长为l .D 为AC 的中点，D 为AD 的中点．第二象限内有沿-y 方向的匀强电场；三角形BCD 区域内有匀强磁场I ，AB 下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的带电粒子从B 点以速度v 0沿+y 方向进入磁场I ，离开磁场I 后又刚好从坐标原点O 沿与-x 成30°的方向进入电场，又从A 点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B 点，回到B 点的速度方向仍沿+y 方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：
(1)磁场I 的磁感应强度B 及匀强电场的场强E 的大小； (2)带电粒子运动的周期.
【答案】（1）2
3mv E ql
=、02mv B ql =
（2）
()0
9536l v π+
【解析】
试题分析：（1）画出粒子运动如图所示
由几何关系，粒子在磁场I 中运动的轨道半径为2
l
r =
由牛顿第二定律可得20
0v qv B m r
=，解得02mv B ql =
粒子在电场中运动时，沿y 方向，qE ma =，0
02sin30v at =
沿x 方向()
0cos302l v t =，解得2
03mv E ql
=
（2）粒子在磁场I 中的运动时间11006s l
t v v π=
= 粒子离开磁场I 到达O 的路程0
22(cos30)2
l s =，所用时间2200
32s l t v v =
=， 根据
()
00cos302l v t =可得粒子在电场中的运动时间30
33l t v = 根据几何关系可得粒子在磁场II 中运动的轨道半径为R l = 粒子在磁场中转过的圆心角为
43
π
粒子在磁场II 中的运动时间4400
43s l t v v π=
= 周期()1234
9536l T t t t t v π+=+++=
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
4．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 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 的粒子以速度
qBd
m
从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．
(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2qBd
v 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； (3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBd
v m
>
，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值．
【答案】（1）R d =（2） ()
43OP d =- 23m
t qB
π=（3）min 3x d = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：20
01
v qv B m r =
把0qBd
v m
=
，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示
在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d = 可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ
=,由几何知识可得：
132cos303OO d d ==
所以：323OO d d =
所以粒子打在x 轴上的位置坐标(133243OP O O OO d =+= 粒子在OA 段运动的时间为：13023606m m
t qB qB
ππ==
粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m
t q B qB
ππ=
=
粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ==
=
在此过程中粒子的运动时间：12223m
t t t qB
π=+=
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图
可得粒子打在x 轴上位置坐标：(
)22
222x R R d R d =--+
-
化简得：222340R Rx x d -++=
把上式配方：2
22213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝
⎭ 化简为：2
22213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭ 则当2
3
R x =时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =
5．如图所示，一质量为m =0.5kg ，电荷量为q =+0.2C 的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h =5m 的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad /s ，半径为r =1m ，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O 点与空间中A 点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E （图中未画出），电场方向是竖直方向．当E 增大到E 1时，小物块刚好从空间中的A 点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E 2（图中未画出），E 2=25N/C ，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L =4m ，g =10m/s 2．求：
（1）E 1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B 的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B 取某一值，当小物块离开A 后一小段时间，紧贴圆盘圆心O 点下
方以速度073
3
v =
m/s 水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A 点时开始计时，抛出木制小球的时刻t 为多少？
【答案】（1）15N/C E =，竖直向上（2）1.252T B T ≤＜（3）2.96s 【解析】
试题分析：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，1E 的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：2
1mg E q m r μ
ω-=（） 代入数据解得：15N/C E = （2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于9
5
a <，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动．
设小物块速度为v ，圆周运动的半径为Ⅲ，则有：2
v qvB m R
=，v r ω=
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为1R 和
2R ，则有：
联立并代入数据解得：1.252T B T ≤＜．
（3）设木制小球落地点为F ，运动时间为1t ，水平位移为x ，A '、O '分别为A O 、在地面上的投影，FD 的长度为d ，则有：2
1011,2
h gt x v t =
=； 由几何知识有：22
2x d r r =++（）
联立并代入数据解得：1513
t s d m ==
， 设小物块整个运动的时间为2t ，在Ⅲ区域的运动半径为3R ，周期为T ，则有：
()2
2233 R h R d =-+
解得：3259R m =
，32R T v π=，代入数据解得：25
9
T s π=
，又3d sin R ＝θ，代入数据
得：37θ=︒
所以小物块做圆周运动转过角度为：143α=︒ 所以：2143360r t T v ︒=
+︒，则：21t t t =-，联立解得：143251
2.9636092
t s π=⋅-≈ 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
6．简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。

简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力F 的大小与物体偏离平衡位置的位移x 成正比，回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向想反，即：F =-kx ，其中k 为振动系数，其值由振动系统决定。

用长为L 的细线将质量为m 的小球悬挂起来，就构成了一个单摆，如图甲所示。

（1）证明：在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。

（2）已知月球上的自由落体加速度为地球上的1/4，若将地球上周期是2s 的单摆拿到月球上，求它在月球上做50次全振动的时间。

（3）若使周期是2s 的单摆小球带上正电，并将单摆分别置于竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场中，如图乙和图丙所示。

使带电小球均做小角度的简谐运动，在电场和磁场中小球振动的周期还是2s 吗？请分别分析说明。

【答案】（1）证明过程见解析；（2）200s （3）加电场时单摆的周期小于2s ；加磁场时单摆周期不变. 【解析】 【详解】
（1）单摆受力分析如图所示，
单摆的回复力大小为 F 回=G 1=mg sinθ
当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，即sin θ≈θ≈ PO L 得 F 回=mg PO L
当θ很小时，弧长PO 近似等于弦长，与摆球偏离平衡位置的位移x 大小相等，考虑到回复力和位移相反，则得回复力与位移的关系为 x mg F mg x kx L L
=-=-=-回，其中mg k L
=，即有 F 回=-kx 所以在摆角很小的情况下，单摆的往复运动是简谐运动． （2）月球表面的重力加速度为'14g g =
，将秒摆拿到月球上去，周期为：224L T T s g π'=='
地＝ 它在月球上做50次全振动时间为：t =50T ′=50×4s=200s.
（3）图乙中，摆球受到重力G 、电场力F 电和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比， 等效的“重力”G ′=G +F 电，=G F qE g g m m
+'=+电， 代入单摆周期公式得：090BEF BDC ∴∠=∠=，可知单摆的周期变小；
图丙中，摆球受到重力G 、洛伦兹力F 洛和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，2L T g
π=，即单摆的周期仍为2s 。

7．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d 处竖直放置一个长43L d =的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场。

在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正向射出质量为m 、电量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；
(2)若在点C(8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）28qBd qBd v m m ≤≤（2）56m qB
π 【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示：
①粒子打在吸收板AB 的下边界A 点，设粒子的速率为1v ，由图中几何
关系可知圆心在1O 点，粒子的轨道半径12r d =，
由牛顿第二定律可得： 2111
v qv B m r = 联立可得： 12qBd v m
= ②粒子打在吸收板AB 的上边界B 点，设粒子的速率为2v ，由图中几何关
系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径28r d =，
由牛顿第二定律可得： 2222
v qv B m r = 联立可得： 28qBd v m
= 由题意可得：射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：
28qBd qBd v m m
≤≤ （2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ， 由图中几何关系，粒子的半径81232d r n n
==⋯（、、） 由牛顿第二定律可得： 222'v qv B m r
= 联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、） 粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB θπ=
= 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ==⨯==⋯（、、） 故粒子从O 到C 的时间1256m t t t qB π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的
求知数．要注意的是恰从档板B处飞出的粒子要回到C回收器，这里有多解问题引起重视。

8．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．
【答案】()1正电，
mg
E
q
=；()222
2
2?
2
q B d
h
m g
>；()
222
2
2
3?
3
q B d
h
m g
=．
【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【详解】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电.
由qE mg
=
解得：
mg E
q =
（2）假设下落高度为
h时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图()a所示
由几何知识可知，小球的轨道半径：R d = 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：212
mgh mv = 带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R ，由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
= 解得：222
022q B d h m g
=， 则当0h h >时，即222
22q B d h m g
>带电小球能进入Ⅱ区域； （3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60，如答图()b 所示.由几何关系知：sin60d R = 联立解得得：222
223q B d h m g
=； 【点睛】
本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．
9．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动．如图所示，在真空室内的P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC =L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ 5L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【答案】(1) 5
8
BqL
m
(2)
22
25
8
qB L
m
(3)
233
180
m
Bq
π106
180
m
Bq
π
【解析】
【分析】
（1）当只存在匀强磁场时，α粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出α粒子的运动轨迹，由几何知识求出α粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出α粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，α粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ 两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得PC QA PQ QO
＝
代入数据可得粒子轨迹半径
5
8
L R QO
==
洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
2 v R
解得粒子发射速度为v＝5
8 BqL m
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
1 2v
CQ L t
==
PC ＝L ＝12
at 2 式中a ＝qE m
U ＝Ed
解得电场强度的大小为U ＝22
258qL B m
（3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．据图有
sin α＝=0.6L R R - 解得α＝37°
故最大偏转角γmax ＝233°
粒子在磁场中运动最大时长max
1233360180m t T Bq
γπ==︒ 式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有 sin β＝/24=5
L R 解得β＝53° 速度偏转角最小为γmin ＝106°
故最短时长min 2106360180m t T Bq
γπ=
=︒ 【点睛】
本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．
10．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相距为74
d ，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘
效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：
（1）环离开小孔时的坐标值；
（2）板外的场强E2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-1
4 d；
（2）板外的场强E2的大小为mg
q
，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①
而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E
q
=，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则
若环绕小圆运动，则R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：
2
v qvB m
R
=⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．。