2026版《金版教程》高考一轮复习物理第5节 专题：带电粒子在组合场中的运动

高考总复习首选用卷物理第5节专题：带电粒子在组合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1.(2025·广东省珠海市高三上期末)如图为半导体离子注入工艺原理示意图。离子P3＋经电压为U的电场加速后，垂直进入宽度为d的匀强磁场区域，转过一定角度后从磁场射出，注入半导体内部达到掺杂的目的。已知磁感应强度大小为eq\r(\f(mU,6ed2))、方向垂直纸面向里，离子P3＋的质量为m，元电荷为e。则离子P3＋在磁场中转过的角度为()A．30° B．60°C．37° D．53°答案：A解析：设离子P3＋经电压为U的电场加速后的速度为v，由动能定理有3eU＝eq\f(1,2)mv2－0，离子进入磁场做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有3evB＝meq\f(v2,r)，由几何关系可知离子P3＋在磁场中转过角度θ的正弦值为sinθ＝eq\f(d,r)，联立解得sinθ＝eq\f(1,2)，则离子P3＋在磁场中转过的角度θ＝30°，故选A。2.(2023·海南高考)(多选)如图所示，质量为m、带电量为＋q的带电粒子，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0、0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则()A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)))C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq\f(mv0,qB)D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))答案：AD解析：若粒子从NP中点射入磁场，设粒子在电场中的运动时间为t，则x0＝v0t，eq\f(1,2)y0＝eq\f(1,2)at2，其中粒子的加速度大小a＝eq\f(qE,m)，联立解得E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度大小为vy1，则eq\f(y0,2)＝eq\f(vy1,2)t，解得vy1＝eq\f(y0,x0)v0，故粒子从NP中点射入磁场时速度为v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y1))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，A正确，B错误；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动速度为v，轨道半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r)，如图所示，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴方向夹角为θ，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ，联立解得d＝eq\f(mvcosθ,qB)＝eq\f(mvy,qB)，C错误；对从(x0，y)进入磁场的粒子，粒子在电场中运动时，竖直方向上有y＝eq\f(vy,2)·t，解得vy＝eq\f(2y,x0)v0，则粒子离开电场的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，粒子在磁场中运动的圆周半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，又因0<y≤y0，则粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是rm＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，D正确。3.(2022·海南高考)如图，有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流沿圆弧轨迹通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的()A．质量 B．电量C．比荷 D．动能答案：C解析：设带电粒子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，带电粒子在辐向分布的电场中运动时，运动半径为R1，轨迹所在处电场强度大小为E，由电场力提供做圆周运动的向心力，有qE＝meq\f(v2,R1)，解得ER1＝eq\f(mv2,q)；设带电粒子在匀强磁场中运动时，运动半径为R2，磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R2)，解得BR2＝eq\f(mv,q)。运动轨迹相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，则eq\f(mv2,q)、eq\f(mv,q)相同，则v相同，eq\f(m,q)相同，比荷eq\f(q,m)相同，质量m、电量q不一定相同，动能eq\f(1,2)mv2不一定相同，故选C。4.(2024·辽宁省协作校高三下一模)(多选)如图，xOy平面内有两个相邻的带状匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，磁场方向均垂直xOy平面向下，磁感应强度大小分别为B0和2B0，磁场区域宽度分别为L1和L2，一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子从y轴P点以与y轴负方向夹角为θ1的方向进入磁场Ⅰ，经过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ后从磁场Ⅱ右边界以与边界夹角为θ2的方向离开磁场Ⅱ，若不计粒子重力，则下列说法正确的是()A．粒子在匀强磁场Ⅰ运动的轨迹半径是在匀强磁场Ⅱ运动轨迹半径的2倍B．粒子在匀强磁场Ⅱ运动的轨迹半径是在匀强磁场Ⅰ运动轨迹半径的2倍C．粒子的入射速度为eq\f(B0q（L1＋2L2）,m（cosθ1＋cosθ2）)D．粒子的入射速度为eq\f(2B0q（L1＋L2）,m（cosθ1＋cosθ2）)答案：AC解析：粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，故粒子在匀强磁场Ⅰ运动的轨迹半径为r1＝eq\f(mv,qB0)，在匀强磁强Ⅱ运动的轨迹半径为r2＝eq\f(mv,2qB0)，可知r1＝2r2，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，其中，O1、O2分别为粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中做圆周运动的圆心，粒子在M点由磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，设MO1与磁场分界线的夹角为α，由几何关系可知L1＝r1cosθ1－r1sinα，L2＝r2cosθ2＋r2sinα，又r1＝2r2＝eq\f(mv,qB0)，联立解得v＝eq\f(B0q（L1＋2L2）,m（cosθ1＋cosθ2）)，故C正确，D错误。5.如图所示，在A处有平行于y轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在O点处，某时刻有一带负电的粒子以初速度v0沿y轴正方向运动，粒子从A(L，2L)点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到O点，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，求：(1)电场强度的大小和带电粒子运动到A点的速度；(2)磁感应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2Lq)eq\r(2)v0，方向斜向右上且与y轴正方向成45°角(2)eq\f(mv0,2qL)eq\f(（3π＋4）L,v0)解析：(1)作出粒子运动轨迹，如图所示设电场强度大小为E，带电粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t1，到A点的速度大小为vA，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴方向，有2L＝v0t1沿x轴方向，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)由牛顿第二定律有qE＝ma解得t1＝eq\f(2L,v0)，E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2Lq)粒子到A点时，沿x轴正方向的速度vx＝at1粒子到A点的速度大小vA＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,0))设vA与y轴正方向成θ角则有tanθ＝eq\f(vx,v0)解得vA＝eq\r(2)v0，θ＝45°，即vA方向斜向右上且与y轴正方向成45°角。(2)设磁场的磁感应强度大小为B，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，运动周期为T，运动时间为t2，由洛伦兹力提供向心力，有qvAB＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)由几何关系可知r＝eq\f(2L,sinθ)解得B＝eq\f(mv0,2qL)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,vA)＝eq\f(4πL,v0)粒子做匀速圆周运动的时间t2＝eq\f(360°－2θ,360°)·T解得t2＝eq\f(3πL,v0)设粒子从开始运动到回到O点的时间为t，根据运动的对称性可知t＝2t1＋t2解得t＝eq\f(（3π＋4）L,v0)。6.如图所示，在xOy平面(纸面)内，x>0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，eq\r(3)L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－eq\r(3)L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：(1)磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；(3)电场强度的大小E。答案：(1)eq\f(mv,2qL)(2)eq\f(8πL,3v)(3)eq\f(mv2,4qL)解析：(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其圆心为O1，轨迹半径为R，由几何关系可得Rsinθ＝eq\r(3)L由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)联立可得B＝eq\f(mv,2qL)。(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πR,v)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t＝eq\f(2π－2θ,2π)T联立解得t＝eq\f(8πL,3v)。(3)设带电粒子在电场中运动的加速度为a，运动时间为t′，由牛顿第二定律有qE＝ma沿y轴方向有vcosθ·t′＝eq\r(3)L沿x轴方向有0＝vsinθ－at′联立可得E＝eq\f(mv2,4qL)。7.(2023·辽宁高考)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq\r(3)倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为eq\f(2mv0,3qB)，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)eq\f(π,3)(或60°)(3)图见解析图2解析：(1)设板间距离为d，则板长为eq\r(3)d，两板间的电场强度为E＝eq\f(U,d)设粒子在板间运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得qE＝ma设粒子在板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)eq\r(3)d＝v0t0联立解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)。(2)设粒子射出电场时与水平方向的夹角为α，则有tanα＝eq\f(at0,v0)解得α＝eq\f(π,6)则射出电场时粒子的速度大小为v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子射出电场后沿直线匀速运动，接着进入磁场，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)解得粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圆形磁场区域半径为R＝eq\f(2mv0,3qB)，则eq\f(r,R)＝eq\r(3)画出粒子在磁场中运动的轨迹如图1，由几何关系可得taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)解得θ＝eq\f(π,3)(或60°)。(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq\r(3)R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及磁场圆心M的位置如图2所示。8.(2023·山东高考)如图所示，在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m、电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。答案：(1)6eq\r(\f(mE,qd))(2)(ⅰ)36E9eq\r(\f(qdE,m))(ⅱ)不能解析：(1)初速度为零的带电粒子从A点进入电场后在电场中沿y轴正方向做匀加速直线运动，设粒子进入磁场时速度为v，根据动能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R，有qvB＝meq\f(v2,R)粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，速度仍为v，垂直NP再次进入电场，画出粒子运动轨迹如图甲所示根据几何关系可知d＝3R联立解得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(2)(ⅰ)作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图乙所示，粒子第一次在磁场中做匀速圆周运动过程，根据几何关系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2解得轨道半径R1＝eq\f(5,2)d所以有sinθ＝cosα＝eq\f(2d,R1)＝eq\f(4,5)由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))粒子从P点第二次进入电场后做类斜抛运动，设运动时间为t，沿x方向有2d＝v1cosα·t设加速度大小为a，沿y方向有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律有qE′＝ma联立解得E′＝36E带电粒子第一次在电场中运动过程，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝9eq\r(\f(qdE,m))。(ⅱ)粒子从P到Q根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得粒子从Q射出电场时的速度大小为v2＝3eq\r(\f(41qdE,m))设v2与x轴负方向夹角为β，有cosβ＝eq\f(v1cosα,v2)＝eq\f(4,\r(41))则sinβ＝eq\f(5,\r(41))由qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)解得此后粒子在磁场中的轨道半径R2＝eq\f(\r(41),2)d根据几何关系可知对应的圆心O2坐标为x2＝R2sinβ＝eq\f(5,2)d，y2＝2d＋R2cosβ＝4d而圆心O2与P的距离为l＝eq\r(（x2－2d）2＋（y2－0）2)＝eq\f(\r(65),2)d≠R2故粒子不能从P点第三次进入电场。考点二带电粒子在组合场中运动的实例分析9．(2024·新疆高三下第三次适应性检测)回旋加速器可以把质子加速到较高的能量。回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交变电源两极相接，下列说法正确的是(忽略狭缝间的加速时间和相对论效应)()A．由于质子被加速，每运动半圈的时间越来越短B．由于质子被加速，两盒间交变电场的频率越来越大C．若要增大质子的最大动能，可以增大D形盒的半径D．若要增大质子的最大动能，可以增大两盒间的电压答案：C解析：质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，质子做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T与质子速度大小无关，故质子加速，但质子每运动半圈的时间不变，两盒间交变电场的周期与质子做圆周运动的周期相同，也不变，则两盒间交变电场的频率不变，故A、B错误；质子射出回旋加速器时的速度最大，此时质子运动的轨迹半径即为D形盒的半径R，由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，解得质子的最大速度为vm＝eq\f(qBR,m)，最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，因此若要增大质子的最大动能Ekm，可以增大D形盒的半径，Ekm与两盒间的电压无关，故C正确，D错误。10.(2025·北京市昌平区高三上月考)如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经相同的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是()A．加速电压越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大B．磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大C．磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的电荷量越大D．若将该装置底片刻度标注的比荷值修改为同位素的质量值，则各刻线对应质量值是均匀的答案：A解析：在加速电场中，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2－0，在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，离子打在底片上的位置与S2的距离d＝2r，联立可得eq\f(q,m)＝eq\f(8U,d2B2)，则加速电压越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大；磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的比荷越小，电荷量不一定越大，A正确，B、C错误。根据eq\f(q,m)＝eq\f(8U,d2B2)，可得d＝eq\r(\f(8mU,qB2))，同位素的电荷量q相等，则d∝eq\r(m)，可知若将该装置底片刻度标注的比荷值修改为同位素的质量值，则各刻线对应质量值不是均匀的，D错误。11.(多选)回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处(D形盒圆心)进入加速电场(初速度近似为零)，D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为＋q，加速器接电压为U的高频交流电源。若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑。下列论述正确的是()A．交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制B．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和加速氦核(eq\o\al(4,2)He)两次时，所接高频电源的频率不相同C．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和加速氦核(eq\o\al(4,2)He)时，它们的最大速度大小相等D．增大U，粒子在D形盒内运动的总时间t减少答案：CD解析：根据回旋加速器的原理，粒子每转一周被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，交流电源的频率为f＝eq\f(1,T)，解得：f＝eq\f(qB,2πm)，可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；交流电源的频率为f＝eq\f(qB,2πm)，由于氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)的比荷相同，所以加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和加速氦核(eq\o\al(4,2)He)两次时，所接高频电源的频率相同，故B错误；粒子加速后的最大轨道半径等于D形盒的半径，粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，当r＝R时，粒子的速度最大，解得粒子的最大速度为vm＝eq\f(qBR,m)，由于氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)的比荷相同，所以加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和加速氦核(eq\o\al(4,2)He)时，它们的最大速度大小相等，故C正确；粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，设被加速两次粒子动能的变化量为Ek，由动能定理得：2qU＝Ek，粒子的最大动能为Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子在D形盒磁场中经过的周期个数为n＝eq\f(Ekm,Ek)，粒子在D形盒磁场内运动的时间t＝nT，联立得t＝eq\f(πBR2,2U)，U越大，t越小，故D正确。12．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出时动能为Ek。已知K、Q的距离为d，带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是()A．第一次加速后，粒子在Ⅱ中运动的半径比在Ⅰ中的半径大B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间相同C．粒子从出射口K引出的动能Ek＝eq\f(q2B2d2,8m)D．粒子出射前经过加速电场的次数N＝eq\f(qB2d2,mEL)答案：C解析：粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，第一次加速后，粒子在Ⅱ中运动的速度大小与在Ⅰ中运动的速度大小相等，则半径也相等，故A错误；粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间等于在两磁场中运动的时间、在电场中加速的时间与由磁场Ⅱ到Ⅰ匀速运动的时间之和，由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在两磁场中运动的总时间不变，但在加速电场中的时间与由磁场Ⅱ到Ⅰ匀速运动的时间越来越短，所以粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间不同，故B错误；设粒子从出射口K射出时的速度大小为vm，此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大，为rm＝eq\f(d,2)，洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),rm)，粒子从出射口K射出时的动能Ek＝eq\f(1,2)mve