2025年新高考物理壓軸題專項訓練08帶電粒子在疊加場中運動

壓軸題08帶電粒子在疊加場中運動帶電粒子在疊加場中的運動在高考物理中占據重要地位，是檢驗學生綜合運用電場、磁場等物理知識解決復雜問題的能力的重要考點。在命題方式上，這類題目通常以綜合性強的計算題形式出現，可能涉及電場、磁場、重力場等多個疊加場的組合，要求考生分析帶電粒子在這些疊加場中的受力情況、運動軌跡、速度變化等，并運用相應的物理公式和定理進行計算和推理。備考時，考生應首先深入理解疊加場的基本原理和帶電粒子在其中的運動規(guī)律，掌握電場力、洛倫茲力、重力等力的計算方法和疊加原理。同時，考生需要熟悉相關的物理公式和定理，并能夠靈活運用它們解決具體問題。此外，考生還應注重實踐練習，通過大量做題來提高自己的解題能力和速度?？枷蛞唬簬щ娏Ｗ釉诏B加場中的直線運動1.帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。2.帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運動，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，因此可利用平衡條件解題。考向二：帶電粒子在疊加場中的圓周運動1.帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡。2.洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同。考向三：配速法處理帶電粒子在疊加場中的運動1.若帶電粒子在磁場中所受合力不會零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運動，運動比較麻煩，此時，我們可以把初速度分解成兩個分速度，使其一個分速度對應的洛倫茲力與重力（或電場力，或重力和電場力的合力）平衡，另一個分速度對應的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，這樣一個復雜的曲線運動就可以分解分兩個比較常見的運動，這種方法叫配速法。2.幾種常見情況：常見情況處理方法初速度為0，有重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，不計重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，有重力把初速度0，分解一個斜向左下方的速度v1和一個斜向右上方的速度v1初速度為v0，有重力把初速度v0，分解速度v1和速度v201束縛類直線運動1．如圖所示，兩個傾角分別為和的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為的勻強磁場中，兩個質量為、帶電荷量為的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）A．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短B．甲滑塊在斜面上運動的位移比乙滑塊在斜面上運動的位移小C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率大D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【答案】D【詳解】A．小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，有解得所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時速度較大，物體在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可知加速度，所以甲的加速度小于乙的加速度，因為甲的最大速度大于乙的最大速度，由得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤；B．由A選項的分析和得，甲的位移大于乙的位移，故B錯誤；C．滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率為則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率均為故C錯誤；D．由平均功率的公式得因，故兩滑塊重力的平均功率均為故D正確。故選D。02疊加場中的圓周運動2．如圖所示，頂角為的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，現有質量為m，帶電量為的小球，沿圓錐面在水平面內做勻速圓周運動，則（）A．從上往下看，小球做順時針運動B．洛侖茲力提供小球做勻速圓周運動時的向心力C．小球有最小運動半徑D．小球以最小半徑運動時其速度【答案】D【詳解】小球在運動過程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運動，根據安培左手定則可知從上往下看，小球做逆時針運動，洛倫茲力與支持力的合力提供向心力根據牛頓第二定律，水平方向豎直方向聯立可得因為速度為實數，所以可得解得所以最小半徑為代入上面可得小球以最小半徑運動時其速度故選D。03配速法在疊加場中的應用3．如圖所示，磁控管內局部區(qū)域分布有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從點由靜止釋放，沿圖中軌跡依次經過、兩點，且點離虛線最遠。已知磁感應強度為，電場強度為，電子質量為、電荷量為，點為零電勢點，電子重力不計，則（）A．電子在點的速率為 B．點離虛線的距離為C．電子在點的電勢能為 D．、兩點的距離為【答案】C【詳解】方法一：配速法電子在M點靜止釋放，可以看作電子分別以速度向左運動，以速度向右運動。,則電子的運動可以分解為以向左做勻速直線運動和在豎直面上的速度為的勻速圓周運動。AB．點離虛線最遠,則電子圓周運動速度方向同時水平向左，則電子在點的速率為點離虛線的距離故AB錯誤。C．粒子從M點到N點，在電場方向上運動了d，則電勢能為故C正確。D．粒子做圓周運動的周期粒子從M點到P點，運動了兩個圓周，則、兩點的距離為故D錯誤。故選C。方法二：AB．設電子在運動過程中的任意一點Q的速度為v，則該速度可以分解為水平速度vx和豎直速度vy，M點到Q點的豎直距離為d，我們選水平向左為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，對電子從M點到Q點用動能定理有對電子從M點到Q點水平方向用動量定理有則當Q點為N點時，有聯立以上數據解得，故AB錯誤。C．由以上分析得電子在N點的動能為設電子在N點的電勢能為，從M到N對電子用能量守恒定律得則得N點電子的電勢能為C正確；D．如下圖設P、M中間點為O點，對電子從M點到O點豎直方向用動量定理有由圖得電子的運動具有周期性，也可認為電子的運動為一個豎直平面的勻速圓周運動和一個水平方向的勻速直線運動的合運動。對于勻速圓周運動有得運動周期為即電子從M點到O點的運動時間為所以由周期性得、兩點的距離為故D錯誤。故選C。04三維疊加場問題4．（2024·山東濰坊·一模）現代科學研究中，經常用磁場和電場約束帶電粒子的運動軌跡，如圖所示，有一棱長為L的正方體電磁區(qū)域abcdefgh，以棱ef中點為坐標原點建立三維坐標系Oxyz，正方體電磁區(qū)域內充滿沿z軸負方向的勻強電場和勻強磁場，在O點有一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質量均為m，電荷量均為。已知速度大小為的粒子，恰從坐標點飛出（圖中未標出），不計粒子的重力。求（1）磁感應強度大小B；（2）電場強度大小E；（3）從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在勻強磁場的作用下做勻速圓周運動，粒子從O點開始沿x軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運動的圓心必定在y軸上。根據幾何關系可知，粒子到達點時，和O點的連線與y軸之間的夾角滿足解得設圓周運動的半徑為，則有解得根據洛倫茲力提供向心力可得解得（2）設帶電粒子做圓周運動的周期為，則有解得在題述的運動中，粒子的軌跡對應的圓心角為，所以運動時間為粒子在勻強電場的作用下做類平拋運動，加速度為沿著電場方向的位移為聯立解得（3）由上述分析可知當粒子從正方體上表面abcd飛出的，粒子速率越大，粒子的分運動勻速圓周運動的半徑越大，圖1中的p點越靠近d,軌跡圓心角越小，粒子在電磁場中的運動時間越短，粒子沿z軸負方向的位移越小。當粒子速率最大為vmax時在cd邊射出，對應的圓周運動軌跡為1/4圓周，其半徑等于L，則有解得假設粒子沿z軸負方向的分運動勻加速運動到f點時（其位移大小等于），粒子能夠在bc邊射出，設粒子在電場中運動時間為t2，則有解得粒子的分運動勻速圓周運動的周期為設此情況粒子的分運動勻速圓周運動軌跡的圓心角為β，則有；聯立解得β=150°此情況粒子的運動軌跡在正方體前表面adhe內的投影如圖2所示，可知假設成立，此時粒子的速率是從正方體上表面abcd飛出的粒子速率的最小值，設此時圓周運動半徑為r2。由幾何關系可得r2+r2cos30°=L解得同理有解得從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍為1．（2024·山東淄博·模擬預測）足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，帶負電小物塊（電量保持不變）置于木板的左端，整個裝置置于足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示。在時刻，木板獲得一水平向左的初速度，關于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關系圖像，可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對其向右的摩擦力，所以木板做減速運動；同時，木板對物塊產生一個向左的摩擦力，因此物塊做加速運動，物塊帶負電，則受到洛倫茲力向下，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對木板則木板的加速度變大，因為木板足夠長，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運動，物塊做加速度增大的加速運動，A正確，BCD錯誤。故選A。2．（2024·海南?？凇つM預測）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度大小、方向豎直向上，勻強磁場的磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里。一質量為、電荷量為的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數為?，F使圓環(huán)以初速度沿桿向下運動，經過時間，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為，則下列說法中正確的是（

）

A．圓環(huán)下降過程中的加速度逐漸減小B．圓環(huán)的最大加速度C．圓環(huán)在時間內損失的機械能為D．圓環(huán)下降過程和上升過程中，系統因摩擦產生的內能相等【答案】AC【詳解】A.圓環(huán)向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力和向上的摩擦力。設圓環(huán)向下運動的加速度大小為，則因此圓環(huán)速度的減小，會導致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運動，故A正確；B.當圓環(huán)向上運動時，圓環(huán)的加速度大小隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，圓環(huán)向下運動時的加速度大于向上運動時的加速度，而向下運動時圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開始運動時，加速度最大，有可得故B錯誤；C.圓環(huán)先后兩次經過出發(fā)點過程中，重力勢能變化量為零，可知圓環(huán)機械能的損失，即為動能的損失，根據動能定理，有而圓環(huán)最后做勻速運動的速度因此圓環(huán)在時間內損失的機械能為故C正確；D.圓環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運動的路程相同，所以兩過程中，系統因摩擦產生的內能不相等，故D項錯誤。故選AC。3．（2024·河南鄭州·一模）光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質點的帶正電小球，桌面右側存在由勻強電場和勻強磁場組成的復合場，復合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場強度為E、方向豎直向上，磁感應強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為。如圖所示，現給小球一個向右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，下列說法正確的是（）

A．小球在復合場中的運動時間可能是B．小球在復合場中運動的加速度大小可能是C．小球在復合場中運動的路程可能是D．小球的初速度大小可能是【答案】AC【詳解】帶電小球的比荷為是，則有則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復合場中做勻速圓周運動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，則小球運動情況有兩種，軌跡如下圖所示

若小球速度為，則根據幾何知識可得軌跡所對應的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為若小球速度為，則根據幾何知識可得軌跡所對應的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為故選AC。4．（2024·內蒙古赤峰·模擬預測）如圖所示，直角坐標系在水平面內，z軸豎直向上，坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m、帶電量為的小球A，繞z軸做勻速圓周運動。小球A的速度大小為，小球與坐標原點的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角。重力加速度g、m、q、r均已知，。則下列說法正確的是（）A．從上往下看，小球A沿逆時針方向轉動B．O處的點電荷在A運動的圓周上各處產生的電勢和場強都相同C．小球A與點電荷之間的庫侖力大小為D．時，所需磁場的磁感應強度B最小【答案】ACD【詳解】A．空間中存在豎直向下的勻強磁場B，小球的向心力由庫侖力在運動軌跡半徑方向的分力和洛倫茲力提供，根據左手定則可知，從上往下看小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動，故A正確；B．O處的點電荷在A運動的圓周上各處產生的電勢都相同，場強大小相等，方向不同，故B錯誤；C．對小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力F2沿水平方向，庫侖力F1沿著O→B方向在豎直方向，根據平衡條件得解得所以小球A與點電荷之間的庫侖力大小為，故C正確；D．水平方向根據牛頓第二定律得其中解得當即時，B取值最小值，故D正確。故選ACD。5．（2024高三·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，虛線MN右側存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，電場方向豎直向上，長方形ABCD的AD邊與MN重合，長方形的AB邊長為l，AD邊長為。一質量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，到達C點時刻，電場方向立刻旋轉90°，同時電場強度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對角線CA從A點離開。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電場方向旋轉90°之后，電場方向水平向左B．電場改變之后，場強大小變?yōu)樵瓉淼?倍C．微粒進入N右側區(qū)域時的初速度為D．勻強磁場的磁感應強度大小為【答案】CD【詳解】A．微粒從C到A做直線運動，可知洛倫茲力（斜向左上方）與重力（豎直向下）和電場力的合力平衡，則電場力方向必然水平向右，所以電場方向水平向右，A錯誤；B．電場改變前，微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則qE＝mg即電場改變之后，受力情況如圖所示微粒受力平衡，重力與電場力的合力與洛倫茲力等大反向，可得即B錯誤；CD．微粒做直線運動時受力平衡，可得由洛倫茲力作為向心力可得由幾何關系可得聯立解得CD正確。故選CD。6．（2024·湖北襄陽·模擬預測）如圖所示，xOy坐標平面在豎直平面內，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內有垂直于xOy平面的水平勻強磁場。一質量為m的帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線。已知重力加速度為g，關于帶電小球的運動，下列說法中正確的是（

）A．OAB軌跡為半圓 B．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向C．小球在整個運動過程中機械能守恒 D．小球在A點時受到的洛倫茲力大小為3mg【答案】BC【詳解】小球釋放后，除了受到重力外，開始階段還受到向右側的洛倫茲力的作用，只有重力做功機械能守恒?？梢约俣ㄐ∏驇д?，且磁場方向垂直紙面向里。小球初速度為0，可以將這個初速度分解為向右的速度v1和向左的速度v2

則兩者大小關系為v1=v2且使?jié)M足qv1B=mg則根據前述分析可知，小球的運動可看做是v1引起的向右的勻速直線運動和v2引起的一開始向左的逆時針勻速圓周運動的兩個分運動的合運動。很顯然，小球的軌跡不是半圓，而是擺線，如圖所示

且小球運動至最低點A時速度為向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛倫茲力大小為為2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。故選BC。7．（2024高三上·湖南長沙·模擬預測）現代科學儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為B?，F有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經過一段時間粒子第一次到達最低點N，下列說法正確的是（

）A．勻強電場的場強大小為 B．粒子從O點運動到P點的時間為C．粒子經過N點時速度大小為 D．M、N兩點的豎直距離為【答案】AC【詳解】A.設粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當向心力，有由幾何關系可得綜上可得故A正確；B.粒子在電場中的運動時間為在磁場中的運動時間為粒子從O運動到P的時間為故B錯誤；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為，設粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得結合解得，故C正確，D錯誤。故選AC。8．（2024·河北·二模）如圖所示，豎直平面內的直角坐標系第三象限存在沿x軸（x軸水平）負方向的勻強電場Ⅰ，第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場Ⅲ和沿y軸負方向的勻強電場Ⅱ，一帶負電、比荷為k的小球（可視為質點）以某一初速度從點沿x軸正方向水平拋出，經過點從第一象限進入第四象限，在第四象限運動一段時間后，小球沿與y軸正方向成角的方向第一次經過y軸進入第三象限。已知勻強電場Ⅰ的電場強度大小，勻強電場Ⅱ的電場強度大小，重力加速度為g，，，不計空氣阻力。求：（1）小球在C點的速度；（2）勻強磁場Ⅲ的磁感應強度大小B；（3）小球從A點拋出到第四次（從A點拋出為第零次）經過y軸的時間。【答案】（1），方向斜向右下，與軸正方向的夾角為37°；（2）；（3）【詳解】（1）畫出帶電小球的運動軌跡，如圖所示設小球的初速度大小為，小球到達點時的速度大小為，小球由運動到經過的時間為，由平拋運動規(guī)律可得由A到C，應用動能定理可得設帶電小球在C點時，其速度方向與軸正方向的夾角為，可得解得方向斜向右下，與x軸正方向的夾角為37°；（2）由于勻強電場Ⅱ的電場強度大小為可知帶電小球在第四象限運動時，其所受電場力與重力等大反向，設小球第一次經過y軸上的點為D，由角度關系可知小球由C到D的軌跡是一個半圓，設小球做圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力可得可得磁感應強度大小（3）帶電小球由A到C的運動時間帶電小球由C到D的運動時間對處于第三象限內的小球受力分析，可知帶電小球在第三象限內先做勻減速直線運動，加速度大小為設帶電小球在F點減速到零，小球從D點到F點再返回D點經過的時間帶電小球從D點運動到G點，運動時間帶電小球在H點恰好第四次經過y軸，設小球從G點運動到H點所用時間為，沿x軸方向有小球從點拋出到第四次經過y軸的時間9．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示，在xOy坐標系中，有沿x軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小磁感應強度大小為。在坐標平面內的某點沿某方向射出一質量為電荷量為的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標平面內做直線運動，且運動軌跡經過O點。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取，求：（1）微粒發(fā)射的速度大小和方向；（2）微粒到達O點時撤去磁場，當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是多少；（3）在（2）問中，當微粒速度沿豎直方向時，再加上原磁場同時撤去電場，此后微粒運動的軌跡離x軸的最大距離為多少（結果可用根號表示）?！敬鸢浮浚?），與y軸負方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做勻速直線運動，如下圖則求得粒子出射的速度方向與y軸負方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為，與y軸負方向夾角為（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動，如下圖將速度分解可得方向的加速度方向的速度減為零時此時距軸的距離為對應速度距軸的距離為所以當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是；（3）微粒運動的軌跡離x軸的最大距離時，速度與軸平行在方向上，有動量定理可得即由動能定理可得求得微粒運動的軌跡離x軸的最大距離10．（2024高三下·山西運城·開學考試）如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為、電荷量為的小球從A點以速度沿直線AO運動，AO與x軸負方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)域I內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為，重力加速度為，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）第二象限內電場強度的大小和磁感應強度的大??；（2）區(qū)域I內最小電場強度的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內電場強度的大小和磁感應強度的大小?！敬鸢浮浚?），；（2），方向為垂直AO且與y軸正向成53°角；（3），【詳解】（1）根據題意分析可知小球沿AO做勻速直線運動，則解得又解得（2）要使小球在區(qū)域I做直線運動，電場強度最小，則需要滿足解得方向為垂直AO且與y軸正向成53°角；（3）小球在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運動，則解得小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示由幾何關系可知解得根據解得11．（2024·福建泉州·一模）如圖甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的勻強電場與勻強磁場，電場方向豎直向上，場強大小為E，磁場方向垂直紙面向里。在離地高為h的O點處建立一直角坐標系xOy，y軸豎直向上。一個帶正電小球A從O點以速率沿x軸負方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小為g，A受到的電場力恰好等于重力，運動過程中帶電量不變，忽略空氣阻力。（1）求勻強磁場的磁感應強度的大小B；（2）若大量與A相同的小球仍從O點以速率在xOy平面內沿各個方向先后射出，小球間的相互作用均不計，落地后均不反彈，求小球落地點區(qū)間的長度；（3）若撤