《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第八章 磁場 專題突破十 帶電粒子在復合場中的運動講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復習 第八章 磁場 專題突破十 帶電粒子在復合場中的運動講義（含解析）.docx（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題突破十　帶電粒子在復合場中的運動 命題點一　帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，電場、磁場交替出現． 2．分析思路 (1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理． (2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵． (3)畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 3．“磁偏轉”和“電偏轉”的區(qū)別 電偏轉 磁偏轉 偏轉條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場 受力情況 只受恒定的電場力 只受大小恒定的洛倫茲力 運動軌跡 拋物線 圓弧 物理規(guī)律 類平拋知識、牛頓第二定律 牛頓第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt　y＝at2 a＝　tanθ＝ qvB＝m　r＝ T＝　t＝ sinθ＝ 做功情況 電場力既改變速度方向，也改變速度的大小，對電荷要做功 洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度的大小，對電荷永不做功 物理圖象 題型1　“磁－磁”組合 例1　(2018江蘇單科15)如圖1所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53＝0.8，cos53＝0.6. 圖1 (1)求磁感應強度大小B； (2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m，由題意知r0＝，解得B＝ (2)粒子運動軌跡如圖所示，設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α. 由幾何關系得d＝rsin α，由洛倫茲力提供向心力得r＝＝，解得sin α＝，即α＝53 粒子在一個矩形磁場中的運動時間t1＝，解得t1＝ 直線運動的時間t2＝ 則粒子從O運動到O′的時間t＝4t1＋t2＝() (3)設將中間兩磁場分別向中央移動距離x. 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當xm＝d時，Δt有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時間的最大值Δtm＝. 題型2　“電－磁”組合 例2　(2018南通市、泰州市一模) 如圖2所示，兩邊界MN、PQ相互平行、相距為L，MN左側存在平行邊界沿紙面向下的勻強電場，PQ右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場的區(qū)域足夠大．質量為m、電荷量為＋q的粒子從與邊界MN距離為2L的O點以方向垂直于邊界MN、大小為v0的初速度向右運動，粒子飛出電場時速度方向與MN的夾角為45，粒子還能回到O點．忽略粒子的重力，求： 圖2 (1)勻強電場的場強大小E； (2)粒子回到O點時的動能Ek； (3)磁場的磁感應強度B和粒子從O點出發(fā)回到O點的時間t. 答案　(1)　(2)mv　(3)　 解析　(1) 粒子向右通過電場的時間t1＝ 離開電場時沿電場方向的分速度vy＝v0tan 45 在電場中運動的加速度a＝ 由牛頓第二定律有qE＝ma 解得E＝. (2)粒子向右通過電場和向左進入電場回到O點的過程可統(tǒng)一看成類平拋運動，則粒子兩次經過邊界MN的位置間的距離 h＝v0t1＋at＋at＝4L 由動能定理有qEh＝Ek－mv 解得Ek＝mv. (3)粒子進入磁場的速度v＝＝v0 設粒子在磁場中的運動半徑為r，由幾何關系可知2rcos 45＝h＋2Ltan 45 解得r＝3L 由洛倫茲力提供向心力有qvB＝ 解得磁場的磁感應強度B＝ 粒子在磁場中運動時間t2＝ 則粒子運動的總時間t＝2t1＋t2＋ 解得t＝. 命題點二　帶電粒子(體)在疊加場中的運動 1．帶電體在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． (3)電場力、洛倫茲力、重力并存(初速度與磁場垂直) ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解． 例3　(2018金陵中學等三校四模)如圖3所示，在豎直虛線PQ左側、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強電場和水平向外的勻強磁場，電場的電場強度大小為E，磁場的磁感應強度B未知．在距離MN為h的O點將帶電小球以v0＝的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運動為勻速圓周運動，已知重力加速度為g. 圖3 (1)求帶電小球的比荷，并指出小球的帶電性質． (2)若小球從O點拋出后最后剛好到達PQ上與O點等高的O1點，求OO1間最小距離s及對應磁場的磁感應強度的值B0. (3)已知磁場磁感應強度為B1，若撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d(該點在PQ左側)，求小球經過此點時的加速度a的大小． 答案　(1)　粒子帶正電　(2)4(2－)h　　(3)－g 解析　(1)因為小球在MN下方的運動是勻速圓周運動，所以電場力等于重力，電場力方向向上，所以帶正電 因為重力等于電場力即mg＝qE，所以帶電小球的比荷＝ (2)小球從O點拋出做類平拋運動，運動軌跡如圖所示： 根據平拋運動知識可得： x＝v0t，h＝gt2 vy＝gt＝，v＝＝2 tanθ＝，解得θ＝45 所以OO1間距離s＝2x－R s最小時R最大，此時磁場的磁感應強度有最小值B0. 由圖可知s＝2x－R＝2R，可得R＝2(2－)h，故最小距離s＝4(2－)h 小球在MN下方做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 得qvB＝m，R＝ 所以B0＝ (3)若撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d 根據動能定理得：mg(h＋d)＝mv－mv 又qv1B1－mg＝ma 所以a＝－g. 命題點三　帶電粒子在交變電磁場中的運動 例4　(2018如皋市模擬四)如圖4甲所示，xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向．t＝0時刻，一質量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標原點O開始運動，此時速度大小為v0，方向為＋x軸方向．已知電場強度大小為E0，磁感應強度大小B0＝，不計粒子所受重力．求： 圖4 (1)t0時刻粒子的速度大小v1及對應的位置坐標(x1，y1)； (2)為使粒子第一次運動到y(tǒng)軸時速度沿－x方向，B0與E0應滿足的關系； (3)t＝4nt0(n為正整數)時刻粒子所在位置的橫坐標x. 答案　見解析 解析　(1)0～t0時刻，粒子在電場中做平拋運動，沿著x軸正方向有：x1＝v0t0， 沿著y軸正方向，有：vy＝at0，y1＝at， 由牛頓第二定律，有qE0＝ma， 運動的速度大小v1＝， 解得：v1＝，y1＝， 故粒子的位置坐標為(v0t0，)； (2)設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T， 由牛頓第二定律，有qv1B0＝mr1， 解得：T＝2t0； 則粒子第一次運動到y(tǒng)軸前的軌跡如圖所示： 粒子在磁場中做圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，有：qv1B0＝m， 由圖可知圓心在y軸上，結合幾何關系得到：r1sinθ＝v0t0， 且v1cosθ＝v0， 解得：＝v0. (3)粒子在磁場中做圓周運動的周期為2t0，即在t0～2t0時間內粒子轉了半圈，在x方向上向左移動了Δx,2t0時刻速度大小仍為v1，方向與t0時刻速度方向相反，在2t0～3t0時間內粒子做勻變速曲線運動，根據對稱性可知，粒子運動軌跡與0～t0時間內相同，3t0時刻速度大小為v0，方向沿著x軸負方向，在3t0～4t0時間內粒子轉動半圈，4t0時刻速度大小為v0，方向沿著x正方向，如圖所示；則0～4t0時間內粒子在x方向上向左移動的距離為Δx＝2r1sinθ＝ 則粒子的橫坐標x＝－nΔx＝－(n＝1,2，……)． 1．(2018無錫市高三期末)如圖5甲，xOy平面內，以O為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0.一比荷大小為c的粒子以某一初速度從A(R,0)沿－x方向射入磁場，并從B(0，R)射出．不計粒子重力． 圖5 (1)判定粒子的電性并求出粒子的初速度大?。? (2)若在原磁場區(qū)域疊加上另一垂直于紙面的勻強磁場，粒子從A以原初速度射入磁場，射出時速度方向與＋x軸成60，求所疊加的磁場的磁感應強度． (3)若在平面內加一個以O為圓心，從原磁場邊界為內邊界的圓環(huán)形勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，如圖乙．粒子從A以原初速度射入磁場，從B射出后，在圓環(huán)形磁場中偏轉，從P(－R，R)再次從圓環(huán)形磁場進入圓形磁場，則圓環(huán)形磁場外徑應滿足什么條件？求粒子運動的周期． 答案　見解析 解析　(1)由左手定則可知，粒子帶正電．粒子運動軌跡如圖(a)， 由洛倫茲力提供向心力得qvB0＝m，解得v＝cB0R (2)粒子運動軌跡如圖(b)，由幾何關系可知，粒子的軌道半徑變?yōu)镽1＝R 由qvB＝可知，合磁感應強度應大小變?yōu)锽＝B0 若所疊加磁場垂直于紙面向外，粒子從M射出，則根據B1＋B0＝B，有B1＝(－1)B0 若所疊加磁場垂直于紙面向里，粒子從N射出，則根據B1′－B0＝B，有B1′＝(＋1)B0 (3)粒子運動軌跡如圖(c)，由幾何關系可知∠POB＝， 粒子在圓環(huán)形磁場區(qū)的軌道半徑為R2＝R， 則要求外徑R′≥R2＋2R2＝R 粒子完成一個周期運動滿足n＝2πm，m、n均為正整數 滿足條件的m、n的最小值m＝5、n＝12的周期為 T＝n ＝. 2.(2018南京市、鹽城市一模)如圖6所示，半徑為r的圓形區(qū)域內有平行于紙面的勻強偏轉電場，電場與水平方向成60角，同心大圓半徑為r，兩圓間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．質量為m，電荷量為＋q的粒子經電場加速后恰好沿磁場邊界進入磁場，經磁場偏轉恰好從內圓的最高點A處進入電場，并從最低點C處離開電場．不計粒子的重力．求： 圖6 (1)該粒子從A處進入電場時的速率； (2)偏轉電場的場強大??； (3)使該粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動，加速電壓的取值范圍． 答案　見解析 解析　(1)帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示，由圖可知粒子以v進入磁場經T的時間從內圓最高點A處進入電場． 由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，由幾何關系得R＝ 解得v＝. (2)帶電粒子進入電場做類平拋運動，運動軌跡如圖乙所示． 由幾何知識和平拋運動規(guī)律可得：2rcos 60＝vt，2rsin 60＝at2，Eq＝ma 解得E＝ (3)帶電粒子經加速電場獲得一定動能進入磁場． 加速電場中由動能定理得U加q＝mv2，磁場中由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m 解得U加＝ 使該粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動，經分析R有三種臨界值，如圖丙所示． ①當粒子運動半徑為R1＝r， 則粒子的速度大小為v1＝r，加速電壓大小為U加1＝ ②當粒子運動半徑為R2＝r， 則粒子的速度大小為v2＝r，加速電壓大小為U加2＝ ③當粒子運動半徑為R3＝r， 則粒子的速度大小為v3＝r, 加速電壓大小為U加3＝ 所以加速電壓的取值范圍： 0＜U加≤或≤U加≤. 3．(2018蘇州市模擬)如圖7所示，在豎直平面內建立平面直角坐標系xOy，y軸正方向豎直向上．在第一、第四象限內存在沿x軸負方向的勻強電場，其大小E1＝；在第二、第三象限內存在著沿y軸正方向的勻強電場和垂直于xOy平面向外的勻強磁場，電場強度大小E2＝，磁感應強度大小為B.現將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標原點為d的P點由靜止釋放．(重力加速度為g) 圖7 (1)求小球從P點開始運動后，第一次經過y軸時速度的大??； (2)求小球從P點開始運動后，第二次經過y軸時的縱坐標； (3)若小球第二次經過y軸后，第一、第四象限內的電場強度大小變?yōu)镋1′＝，方向不變，求小球第三次經過y軸時的縱坐標． 答案　(1)　(2)－d(3)－d 解析　(1)設小球在第一、四象限中的加速度為a，由牛頓第二定律得＝ma 得到a＝，對小球受力分析知加速度方向斜向左下，設其方向與水平面夾角為θ，則 tanθ＝＝，小球移動的位移x＝＝2d，所以經過y軸時速度的大小為v0＝＝＝. (2)小球第一次經過y軸后，在第二、三象限內，由于qE2＝mg，電場力與重力平衡，故小球做勻速圓周運動，小球運動軌跡如圖甲所示．設軌跡半徑為R， 由洛倫茲力提供向心力qv0B＝m，得R＝ 由幾何關系知Δy＝R＝＝，OP′＝dtanθ＝d 故小球第二次經過y軸時的縱坐標y1＝－d. (3)從第二次經過y軸到第三次經過y軸過程，小球在第一、四象限內的受力分析如圖乙所示． 由圖可知tanα＝＝，則剛進入第一象限時小球所受合力方向與速度方向垂直，小球做類平拋運動，加速度a′＝＝2g 小球第三次經過y軸時，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的關系可知v0t′＝2gt′2 得小球運動時間t′＝＝＝ 小球第二次經過y軸與第三次經過y軸的距離為： Δy′＝＝＝d 故小球第三次經過y軸時的縱坐標為： y2＝y(tǒng)1－Δy′＝－d. 1．(2018揚州市一模)在如圖1所示的坐標系內，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側的等腰直角三角形區(qū)域內分布著勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長為d.PQ右側為偏轉電場，兩極板長度為d，間距為d.電場右側的x軸上有足夠長的熒光屏．現有速率不同的電子在紙面內從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為M點，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉電場邊緣效應，求： 圖1 (1)電子通過磁場區(qū)域的時間t； (2)偏轉電場的電壓U； (3)電子至少以多大速率從O點射出時才能打到熒光屏上． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)電子在磁場區(qū)域由洛倫茲力提供向心力可得： evB＝m，得到：r＝ 運動周期T＝＝ △OAC和△OQC均為等腰直角三角形，故粒子偏轉的圓心角為90， 故通過磁場區(qū)域的時間為t＝T＝. (2)打在最遠處，則必是速度最大的電子恰從偏轉電場的最高點進入電場，如圖所示， 由幾何知識得r＝d，由r＝解得v＝ 通過電場的時間t1＝＝ 電子離開電場后做勻速直線運動到達M點，由幾何關系有： ＝＝， 又y1＋y2＝d 解得y1＝d 即t＝d 代入數據解得U＝. (3)若電子恰好打在下極板右邊緣，如圖所示． 磁場中r′＝ 電場中水平方向：d＝v′t 豎直方向：r′＝t2 由上述三式代入數據解得v′＝. 2.(2019高郵中學段考)北京正負電子對撞機是國際上唯一高亮度對撞機，它主要由直線加速器、電子分離器、環(huán)形儲存器和對撞測量區(qū)組成，其簡化原理如圖2所示：MN和PQ為足夠長的水平邊界，豎直邊界EF將整個區(qū)域分成左右兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B，Ⅱ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外．調節(jié)Ⅱ區(qū)域的磁感應強度的大小可以使正、負電子在測量區(qū)內不同位置進行對撞．經加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D同時入射，入射方向平行EF且垂直磁場．已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為8d，正、負電子的質量均為m，所帶電荷量分別為＋e和－e，忽略電子進入加速器的初速度． 圖2 (1)試判斷從注入口C入射的是哪一種電子？電子經加速器加速后速度為v0，求直線加速器的加速電壓U； (2)若將Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小調為B，正、負電子以v1＝的速率同時射入，則正、負電子經多長時間相撞？ (3)若將Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小調為，正、負電子仍以v1＝的速率射入，但負電子射入時刻滯后于正電子Δt＝，求正、負電子相撞的位置坐標． 答案　(1)正電子　　(2)　(3)(d，d) 解析　(1)由左手定則判斷，從C入射的為正電子，由動能定理 eU＝mv， 解得：加速電壓U＝ (2)電子射入后的軌跡如圖甲所示 電子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中運動時半徑相同，設為r， 由洛倫茲力提供向心力eBv1＝m，解得：r＝d 周期T＝ 對撞時間：t＝T＝ (3)電子射入后的軌跡如圖乙所示 電子在Ⅰ區(qū)域中運動時半徑r1＝d，周期T1＝ 電子在Ⅱ區(qū)域中運動時半徑r2＝3d，周期T2＝，Δt＝＝ 設正、負電子在A點相撞，由幾何關系可知A與圓心的連線與水平方向夾角θ＝30，A的橫坐標x＝r2cosθ＝d，A的縱坐標y＝4d－r2sinθ＝d 正、負電子相撞的位置坐標為(d，d)． 3．(2018海安中學月考)如圖3甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，兩區(qū)域磁感應強度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電、磁復合場后，恰能做勻速圓周運動．(重力加速度為g) 圖3 (1)求電場強度E的大??； (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h； (3)若帶電小球從距MN高度為3h的O′點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O′點，需將磁場Ⅱ向下移動一定距離(如圖乙所示)，求磁場Ⅱ向下移動的距離y及小球從O′點釋放到第一次回到O′點的運動時間T. 答案　見解析 解析　(1)帶電小球進入復合場后恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，即qE＝mg，解得E＝ (2)只有小球從進入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點，如圖甲所示 由動能定理得：mgh＝mv2 Bqv＝ 由幾何關系得：R＝d 聯立解得：h＝ (3)當帶電小球從距MN的高度為3h的O′點由靜止開始下落時，應有 mg3h＝mv，小球運動軌跡半徑R1＝ 聯立解得：R1＝2d 畫出小球的運動軌跡，如圖乙所示，在中間勻速直線運動過程中，小球的速度方向與豎直方向成30角，根據幾何關系有，R1sin 60＝R1(1－cos 30)＋ytan 30，可得磁場Ⅱ向下移動距離y＝(6－2)d 小球自由落體和豎直上拋的總時間t1＝2＝ 小球做圓周運動的總時間t2＝ 小球做勻速直線運動的總時間t3＝＝ 第一次回到O′點的運動時間T＝t1＋t2＋t3＝＋＋. 4.(2018常州市一模)如圖4所示的xOy平面內，以O1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy(未知)，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外．電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點、A(0,2R)點射入圓形磁場，偏轉后都經過原點O進入x軸下方的電場．已知電子質量為m，電荷量為e，E＝，B2＝，不計電子重力． 圖4 (1)求磁感應強度B1的大小； (2)若電場沿y軸負方向，欲使電子a不能到達MN，求Δy的取值范圍； (3)若電場沿y軸正方向，Δy＝R，欲使電子b能到達x軸且距原點O距離最遠，求矩形磁場區(qū)域的最小面積． 答案　(1)　(2)Δy＞R　(3)4(2＋)R2 解析　(1)電子射入圓形區(qū)域后做圓周運動，軌道半徑大小相等，設為r，電子a射入，經過O點進入x軸下方，則r＝R， 洛倫茲力提供向心力得ev0B1＝m，解得B1＝ (2)勻強電場沿y軸負方向，電子a從O點沿y軸負方向進入電場做勻減速運動，設電子a速度減小為0時位移是Δy0，此過程由動能定理有eEΔy0＝mv，可求出Δy0＝＝R，則電子a不能到達MN時Δy＞R (3)勻強電場沿y軸正方向，電子b從O點進入電場做類平拋運動，設電子b經電場加速后到達MN時的速度大小為v，電子b在MN下方磁場區(qū)域做勻速圓周運動的軌道半徑為r1，電子b離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，如圖甲所示． 由動能定理有eEΔy＝mv2－mv， 解得v＝2v0，在電場中的加速度a＝＝， 在電場中運動的時間t1＝＝， 電子在x軸方向上的位移x＝v0t1＝2R； 由牛頓第二定律，有：evB2＝m，代入得：r1＝R， cos θ＝＝，故θ＝； 由幾何關系可知，在MN下方磁場中運動的圓心O2在y軸上，當粒子從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝時，粒子能夠到達x軸且與原點O距離最遠，如圖乙所示．由幾何關系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1＝r1＋r1sin θ， 豎直邊長為l2＝r1＋r1cos θ， 最小面積為S＝l1l2＝r(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2.