2019年度高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动
专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现.
2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心.
3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).
命题点一带电粒子在叠加场中的运动
1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题.
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题.
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题.
2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.
例1 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，
a 在纸面内做匀速圆周运动，
b 在纸面内向右做匀速直线运动，
c 在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确
的是( )
图1
A.m a ＞m b ＞m c
B.m b ＞m a ＞m c
C.m c ＞m a ＞m b
D.m c ＞m b ＞m a 答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q ，
a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE
①
b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋qvB
②
c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋qvB ＝qE
③
比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确.
例2 (多选)(2017·河南六市一模)如图2所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端
A 点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变
的速率滑过轨道右侧的D 点.若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )
图2
A.小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gR
B.小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR
C.小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变
D.小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大 答案 BD
解析 小球从A 到C ，只有重力做功，由机械能守恒有mgR ＝12
mv 2
，得小球到达C 点时的速度v ＝2gR ，在C
点由牛顿第二定律有F N ＋qvB －mg ＝m v 2
R
，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，再由牛顿第三定律可知小球在C 点对轨道的
压力大小为3mg －qB 2gR ，故A 错误，B 正确；从C 到D ，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mgv cos θ＝Fv sin θ，得F ＝mg
tan θ
，因θ逐渐减小，则外力F 逐渐增大，外力F 的功率逐渐增大，故C
错误，D 正确.
变式1 (2017·河北冀州2月模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场E 和可看做匀强磁场的地磁场B ，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，一带电小球以速度v 在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A.小球运动方向为自南向北
B.小球可能带正电
C.小球速度v 的大小为E B
D.小球的比荷为g E 2＋vB
2
答案 D
解析 由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且F
洛
＝qvB ，因此一定做匀速直线运
动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，则小球受力如图所示，其中qvB 与qE 垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足
(mg )2
＝(Eq )2
＋(Bqv )2
，得q m ＝g
E 2
＋vB
2
，v ＝
mg
2
－qE
2
qB
，则D 项正确，C 项错误.由受力分析可知
小球带负电，且运动方向为自东向西，则A 、B 错误.
变式2 (2016·天津理综·11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6
kg ，电荷量q ＝2×10－6
C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2
，求：
图3
(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上
解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2
＋m 2g 2
①
代入数据解得v ＝20 m/s
②
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qE
mg
③
代入数据解得tan θ＝ 3
θ＝60° ④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a ，有
a ＝q 2E 2＋m 2g 2
m
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有
x ＝vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有
y ＝12
at 2
⑦
tan θ＝y x
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t ＝2 3 s ⑨
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
v y ＝v sin θ ⑤
若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2
＝0
⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s. 命题点二 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现.
(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：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，有利于形象、直观地解决问题. 模型1 磁场与磁场的组合
例3 (2017·全国卷Ⅲ·24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场.在x ≥0 区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ＞1).一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力)
图4
(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离.
答案 (1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2mv 0B 0q (1－1λ
)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得
qB 0v 0＝m v
2
0R 1
① qλB 0v 0＝m v
20R 2
②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为
t 1＝
πR 1
v 0
③
粒子再转过180°时，所需时间t 2为
t 2＝
πR 2
v 0
④
联立①②③④式得，所求时间为
t ＝t 1＋t 2＝
πm B 0q (1＋1λ
)
⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d ＝2(R 1－R 2)＝
2mv 0B 0q (1－1
λ
)
变式3 如图5所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6l .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外.A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为l .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是l 的k 倍，不
计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.
图5
(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E .
(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式.
答案 (1)qB 20l 2
2dm (2)v ＝qB 0l ＋k 2l 2m B ＝kB 0
3－k
解析 (1)若k ＝1，则有MP ＝l ，
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R 1＝l
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB 0＝m v 2
R 1
①
粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEd ＝12
mv
2
②
联立解得E ＝qB 20l
2
2dm
.
(2)因为2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，则从S 1到S 2的轨迹如图所示.
由几何关系得R 2
2－(kl )2
＝(R 2－l )
2
③
又有qvB 0＝m v 2R 2
④
联立解得v ＝qB 0l ＋k 2l
2m
又因为6l －2kl ＝2x ⑤ 根据几何关系有kl x ＝R 2
R
⑥ 由R ＝mv qB 知，R 2R ＝B B 0
⑦
联立解得B ＝kB 0
3－k .
模型2 电场与磁场的组合
例4 (2017·天津理综·11)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图6所示.一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动.Q
点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍.粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等.不计粒子重力，问：
图6
(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比.
答案 (1)2v 0 方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 0
2
解析 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有 2L ＝v 0t
① L ＝12
at 2
②
设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y
v y ＝at ③
设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有 tan α＝v y v 0
④
联立①②③④式得α＝45°
⑤
即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上. 设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有
v ＝v 20＋v 2
y
⑥
联立①②③⑥式得v ＝2v 0
⑦
(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得
F ＝ma
⑧ 又F ＝qE
⑨
设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB ＝m v 2R
⑩
由几何关系可知R ＝2L
⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 0
2
变式4 (2017·河南六市一模)如图7所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M 点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N 点离开磁场.已知带电粒子的比荷q
m
＝3.2×109
C/kg ，电场强度E ＝200 V/m ，M 、N 间距MN ＝1 cm ，金属板长L ＝25 cm ，粒子的初速度v 0＝4×105
m/s ，带电粒子的重力忽略不计，求：
图7
(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v 0的夹角θ； (2)磁感应强度B 的大小. 答案 (1)45° (2)2.5×10－2
T 解析 (1)由牛顿第二定律有qE ＝ma
粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，L ＝v 0t
粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度v y ＝at 速度偏转角的正切值tan θ＝v y v 0
由以上各式代入数据解得θ＝45°
(2)粒子射出电场时的速度大小为：
v ＝v 20
＋v 2
y 在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqv ＝m v 2r
由几何关系得MN ＝2r 代入数据解得B ＝2.5×10－2
T
1.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向
垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
图1
A.小球一定带正电
B.小球一定带负电
C.小球的绕行方向为顺时针
D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 答案 BC
2.如图2所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( )
图2
A.穿出位置一定在O ′点下方
B.穿出位置一定在O ′点上方
C.运动时，在电场中的电势能一定减小
D.在电场中运动时，动能一定减小 答案 C
3.在xOy 平面内，以抛物线OM 为界，MOy 区域内存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，y 轴为电场的右边界；MOx 区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，x 轴为磁场的下边界，如图3所示.质量为m 、电荷量为q 的粒子从y 轴上P (0，h )点以垂直于y 轴的初速度进入电场中，经电场后以与x 轴成45°角的速度从抛物线上的Q 点(图中未画出)进入磁场，已知Q 点的纵坐标为h
2
，粒子重力不计.
图3
(1)试求带电粒子从P 射入电场时的速度大小；
(2)若O 为抛物线OM 的顶点，写出边界OM 的抛物线方程；
(3)要使带电粒子不穿过x 轴，试确定匀强磁场的磁感应强度B 应满足的条件.
答案 (1)
qEh m (2) y ＝x 2
2h (3)B ≥(2＋22)mE
qh
解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得粒子加速度
a ＝qE m
①
过边界OM 时y 方向上的速度大小为v y ， 则v y 2
＝2a (h －h
2
)
②
由此时速度方向与x 轴成45°角可知v y ＝v 0 ③ 联立①②③解得v 0＝
qEh
m
. ④
(2)O 为抛物线顶点，Q 点纵坐标为y ＝h
2
⑤
由类平抛运动可得x ＝v 0t ，h 2＝12
at
2
⑥
联立①④⑥解得x ＝h
⑦
将Q (h ，h
2)、O (0,0)代入x 2
＝2py 即可得MO 的抛物线方程为y ＝x 2
2h
.
(3)带电粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R ，要使粒子不穿过x 轴，则由几何关系得
R ＋R sin 45°≤h
2
⑧
粒子在磁场中运动的速度大小
v ＝2v 0 ⑨
由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2
R
⑩
联立④⑧⑨⑩解得B ≥(2＋22)
mE qh
. 4.如图4甲所示，在xOy 平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B 的变化周期为4t 0，E 的变化周期为2t 0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t ＝0时刻从O 点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向.在x 轴上有一点A (图中未标出)，坐标为(48v 0t 0
π，0).若规定
垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y 轴正方向为电场强度的正方向，v 0、t 0、B 0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：E 0B 0＝
v 0π；粒子的比荷满足：q m ＝π
B 0t 0
.求：
图4
(1)在t ＝t 0
2时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x 轴的最大距离； (3)粒子运动至A 点的时间. 答案 (1)(
v 0t 0π，v 0t 0
π) (2)(32＋2
π
)v 0t 0 (3)32t 0 解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB 0v 0＝m 4π
2
T 2r 1＝mv
2
0r 1
解得T ＝2t 0，r 1＝
mv 0qB 0＝v 0t 0
π
则粒子在t 02时间内转过的圆心角α＝π
2
所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为(v 0t 0π，v 0t 0
π
). (2)在t 0～2t 0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示
则v ＝v 0＋
E 0q
m
t 0＝2v 0 运动的位移x ＝
v 0＋v
2
t 0＝1.5v 0t 0
在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r 2＝2r 1＝2v 0t 0
π
故粒子偏离x 轴的最大距离h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π＝(32＋2
π)v 0t 0.
(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0 故粒子在一个周期内向右运动的距离d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0
π
AO 间的距离为
48v 0t 0
π
＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间t ＝32t 0.
5.如图5所示，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 平面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g ).
图5
(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；
(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R g
小球距坐标原点O 的距离s 有多远？ 答案 (1)带正电
mg E (2)2E B R
g
(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg 解得q ＝mg E
又电场方向竖直向上，故小球带正电.
(2)设匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得qBv ＝mv 2
r
小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg ＝mv 2
R
解得r ＝
m gR
qB
即P 、O 的最小距离为
y ＝2r ＝
2E
B
R g
. (3)设小球到达N 点的速度为v N ，小球由O 运动到N 的过程中，由机械能守恒得 2mgR ＝12mv N 2－12mv 2
解得v N ＝5gR
小球从N 点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a ，则 沿x 轴方向有x ＝v N t 沿电场方向有z ＝12at 2
由牛顿第二定律得a ＝qE m
经t 时间小球距坐标原点O 的距离为
s ＝x 2＋z 2＋2R
2
＝27R .
6.(2018·广东中山调研)如图6所示，两平行金属板A 、B 间的电势差为U ＝5×104
V.在B 板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d 1＝d 2＝6.25 m ，磁感应强度分别为B 1＝2.0 T 、B 2＝4.0 T ，方向如图中所示.现有一质量m ＝1.0×10－8
kg 、电荷量q ＝1.6×10－6
C 、重力忽略不计的粒子从A 板的O 点由静止释放，经过加速后恰好从B 板的小孔Q 处飞出.试求：
图6
(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v 的大小； (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t ；
(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角；
(4)若d 1的宽度不变，改变d 2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d 2的宽度至少为多大？ 答案 (1)4.0×103
m/s (2)
π
1 920
s (3)60° (4)9.375 m 解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qU ＝12
mv 2－0，解得v ＝4.0×103 m/s.
(2)粒子运动轨迹如图甲，
设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：qvB 1＝mv 2
r
代入数据解得
r ＝12.5 m
设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：
sin θ＝d 1r ＝6.25 m 12.5 m ＝1
2
所以θ＝30° 粒子在Ⅰ区运动周期
T ＝
2πm
qB 1
则粒子在Ⅰ区运动时间
t ＝
θ
360°
T
解得t ＝π
1 920
s
(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R ，
则qvB 2＝mv 2
R
解得R ＝6.25 m
如图甲所示，由几何关系可知△MO 2P 为等边三角形， 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α＝60°
(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：
d 2＝R ＋R cos 60°＝1.5R ＝9.375 m。