圆形磁场区域磁感应强度$B_{1}$的大小及方向；

$\\dfrac{mv_{0}}{qR}$，方向垂直纸面向外

由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿$x$轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径$r$等于磁场圆半径$R$，则有$qv_{0}B_{1}=\dfrac{mv_{0}^{2}}{R}$

解得$B_{1}=\dfrac{mv_{0}}{qR}$

根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外

极板$MN$间电压$U_{MN}$及稳定后电流表示数$I$；

$\\dfrac{mv_{0}^{2}}{q}$，$\\dfrac{nq}{2}$

粒子在电场中做类平抛运动，则有$y=\dfrac{1}{2}\dfrac{qU_{MN}}{m \cdot 2R}\left( \dfrac{2R}{v_{0}} \right)^{2}=R$

解得$U_{MN}=\dfrac{mv_{0}^{2}}{q}$

结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板$N$上被吸收，则有$I=\dfrac{nq}{2}$

要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度$B_{2}$的范围：

$\\dfrac{\\left( \\sqrt{2}+1 \\right)mv_{0}}{3qR} \\leqslant B_{2} \\leqslant \\dfrac{mv_{0}}{qR}$

作出粒子运动轨迹图，如图所示

结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离$y_{1}$都等于$R$，根据速度分解有$\tan\theta=\dfrac{v_{y}}{v_{0}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}v_{y}t}{\dfrac{1}{2}v_{0}t}=2\dfrac{y_{1}}{L_{1}}=1$

解得$\theta=45^\circ $

粒子飞出电场时，根据速度分解有$v\cos \theta=v_{0}$

解得$v=\sqrt{2}v_{0}$

结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为$y_{2}$，则有$\dfrac{y_{2}}{y_{1}}=\dfrac{\dfrac{L_{1}}{2}+L_{2}}{\dfrac{L_{1}}{2}}=\dfrac{2}{1}$

解得$y_{2}=2R$

粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离$\Delta y=2r\cos \theta$

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有$qvB_{2}=m\dfrac{v^{2}}{r}$

解得$\Delta y=\dfrac{2mv_{0}}{B_{2}q}$

要使所有粒子打在收集板上，则有$2R\leqslant \Delta y\leqslant 3R$

代入解得$\dfrac{2mv_{0}}{3qR}\leqslant B_{2}\leqslant \dfrac{mv_{0}}{qR}$

当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有$r+\dfrac{\sqrt{2}}{2}r=d=3R$

结合上述有$\left( 1+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)\dfrac{m \cdot \sqrt{2}v_{0}}{B_{2}q}=3R$

解得$B_{2}=\dfrac{\left( \sqrt{2}+1 \right)mv_{0}}{3qR}$

综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为$\dfrac{\left( \sqrt{2}+1 \right)mv_{0}}{3qR}\leqslant B_{2}\leqslant \dfrac{mv_{0}}{qR}$

若区域Ⅱ中磁感应强度$B_{2}= \dfrac{mv_{0}}{qR}$，在区域Ⅱ中加一沿$x$轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强$E$不能超过多少？

$\\dfrac{mv_{0}^{2}}{3qR}$

当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为$v_{1}$，如图所示

由动能定理可得$Eqd=\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}mv^{2}$

在$y$轴方向上，根据动量定理可得$∑qv_{x}B_{2} ⋅ \Delta t=mv_{1}-(−mv\sin 45^\circ )$

即有$qB_{2}d=mv_{1}+mv_{0}$

解得$E=\dfrac{mv_{0}^{2}}{3qR}$