回歸教材重難點(diǎn)09 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動2022年高考物理三輪沖刺過關(guān)（解析版）

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回歸教材重難點(diǎn)09帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動

帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動仍將是各地命題的熱點(diǎn)，大部分題目涉及帶電粒子在有界場中的運(yùn)動，題目閱讀量仍會比較大，注重科技前沿問題情境，解決實(shí)際問題，考查學(xué)生的理解能力、推理論證能力和模型構(gòu)建能力。會繼續(xù)考查數(shù)學(xué)知識在組合場中的應(yīng)用，可能還會有創(chuàng)新。

在復(fù)習(xí)備考過程中我們要注意：⑴立足基礎(chǔ)，夯實(shí)基本功，注重物理知識的學(xué)習(xí)和物理模型的推導(dǎo)過程。如要重視對帶電粒子運(yùn)動的受力分析和過程分析，弄清帶電粒子是否考慮重力、是電偏轉(zhuǎn)還是磁偏轉(zhuǎn)，然后選擇合適的規(guī)律分段求解。同時也要注意對于物理模型的構(gòu)建過程要讓考生參與進(jìn)來，親自推導(dǎo)，熟悉特點(diǎn)，加深印象。⑵立足學(xué)科素養(yǎng)，關(guān)注科技前沿，培養(yǎng)學(xué)生學(xué)科能力。要重視以示波器、顯像管、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍爾元件等現(xiàn)代科技儀器為情境載體，以及其它的生活實(shí)踐情境的多過程題型訓(xùn)練，讓考生能夠在大量的題干中提取有效信息，從而理解題目，建構(gòu)合適的物理模型，利用模型特點(diǎn)進(jìn)行推理論證，在這個過程中必須結(jié)合已有的物理知識，借助合適的數(shù)學(xué)工具（平面幾何、立體幾何、三角函數(shù)），從而解決問題；通過對臨界極值、多解問題的訓(xùn)練，培養(yǎng)考生的批判性思維。

知識點(diǎn)一“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”

勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)

偏轉(zhuǎn)產(chǎn)生條件

帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場

帶電粒子以速度v0垂直射入勻強(qiáng)磁場

受力特征

只受恒定的電場力F＝Eq，方向與初速度方向垂直

只受大小恒定的洛倫茲力F＝qv0B，方向始終與速度方向垂直

運(yùn)動性質(zhì)

勻變速曲線運(yùn)動(類平拋)

勻速圓周運(yùn)動

軌跡

拋物線

圓或圓弧

動能變化

動能增大

動能不變

處理方法

運(yùn)動的合成和分解

勻速圓周運(yùn)動的相關(guān)規(guī)律

知識點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

1．復(fù)合場的分類

(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．

(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．

2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類

(1)靜止或勻速直線運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動．

(2)勻速圓周運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．

(3)非勻變速曲線運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．

知識點(diǎn)三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例

1．質(zhì)譜儀

(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．

(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝

eq\f(1,2)

mv2.粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m

eq\f(v2,r)

.

由以上兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．

r＝

eq\f(1,B)

eq\r(\f(2mU,q))

，m＝

eq\f(qr2B2,2U)

，

eq\f(q,m)

＝

eq\f(2U,B2r2)

.

2．回旋加速器

(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強(qiáng)磁場中．

(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝

eq\f(mv2,r)

，得Ekm＝

eq\f(q2B2r2,2m)

，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)．

3．速度選擇器(如圖所示)

(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器．

(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝

eq\f(E,B)

.

4．磁流體發(fā)電機(jī)

(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．

(2)根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機(jī)正極．

(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝q

eq\f(U,L)

＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U＝BLv.

5．電磁流量計(jì)

工作原理：如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q

eq\f(U,d)

，所以v＝

eq\f(U,Bd)

，因此液體流量Q＝Sv＝

eq\f(πd2,4)

·

eq\f(U,Bd)

＝

eq\f(πdU,4B)

.

知識點(diǎn)四帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類

(1)磁場力、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(yùn)動．

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題．

(2)電場力、磁場力并存(不計(jì)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(yùn)動．

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．

(3)電場力、磁場力、重力并存

①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動．

②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動．

③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．

2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動

帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)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(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果．

知識點(diǎn)五帶電粒子在組合場中的運(yùn)動

帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，實(shí)際上是幾個典型運(yùn)動過程的組合，因此解決這類問題要分段處理，找出各分段之間的銜接點(diǎn)和相關(guān)物理量，問題即可迎刃而解．常見類型如下：

1．從電場進(jìn)入磁場

(1)粒子先在電場中做加速直線運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動．在電場中利用動能定理或運(yùn)動學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場時的速度．

(2)粒子先在電場中做類平拋運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動．在電場中利用平拋運(yùn)動知識求粒子進(jìn)入磁場時的速度．

2．從磁場進(jìn)入電場

(1)粒子進(jìn)入電場時的速度與電場方向相同或相反，做勻變速直線運(yùn)動(不計(jì)重力)．

(2)粒子進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向垂直，做類平拋運(yùn)動．

3.解決帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題的思路

(1)首先明確每個場的性質(zhì)、方向、強(qiáng)弱和范圍；

(2)對帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動性質(zhì)，分析粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡；

(3)通過分析，確定粒子從一個場區(qū)進(jìn)入另一場區(qū)時的位置、速度大小和方向是解題的關(guān)鍵．

1.（2021·北京卷）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計(jì)重力。

（1）求粒子加速器M的加速電壓U；

（2）求速度選擇器N兩板間的電場強(qiáng)度E的大小和方向；

（3）仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能。

【答案】（1）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）

【解析】

（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有

解得

（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡

得

方向垂直導(dǎo)體板向下。

（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有

解得

2．（2021·山東卷）某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。

（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動時速度的大小v；

（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E；

（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動軌跡與測試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離S。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由牛頓第二定律得

①

根據(jù)幾何關(guān)系得

②

聯(lián)立①②式得

（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運(yùn)動，y方向做勻變速直線運(yùn)動，設(shè)從進(jìn)入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得

由運(yùn)動的合成與分解得

，，

聯(lián)立得

（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運(yùn)動，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動半徑為，運(yùn)動軌跡長度為，由幾何關(guān)系得

，

由于在y軸方向的運(yùn)動不變，離子的運(yùn)動軌跡與測試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動時間不變，故有

C到的距離

聯(lián)立得

3．（2021·廣東卷）圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場，電場可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對論效應(yīng)，取。

（1）當(dāng)時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進(jìn)入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運(yùn)動軌跡的夾角均為45°，最終從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運(yùn)動時間及在Q點(diǎn)出射時的動能；

（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。

【答案】（1），，；（2）

【解析】

（1）電子在電場中加速有

在磁場Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得

聯(lián)立解得

在磁場Ⅰ中的運(yùn)動周期為

由幾何關(guān)系可得，電子在磁場Ⅰ中運(yùn)動的圓心角為

在磁場Ⅰ中的運(yùn)動時間為

聯(lián)立解得

從Q點(diǎn)出來的動能為

（2）在磁場Ⅰ中的做勻速圓周運(yùn)動的最大半徑為，此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關(guān)系可得

解得

由于

聯(lián)立解得

4.（2021·北京市朝陽區(qū)二模）靜止電荷在其周圍空間產(chǎn)生的電場，稱為靜電場；隨時間變化的磁場在其周圍空間激發(fā)的電場稱為感生電場。如圖1所示，在紙面內(nèi)以O(shè)為圓心、半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時間均勻增加，變化率為k。該變化磁場激發(fā)感生電場，距圓心r處的電場強(qiáng)度大小分布滿足如下關(guān)系：。電子感應(yīng)加速器是利用感生電場使電子加速的設(shè)備。一種電子感應(yīng)加速器的簡化模型如圖2所示，空間存在垂直紙面向里的磁場，在以O(shè)為圓心，半徑小于r0的圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=k1t，在大于等于r0的環(huán)形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=k2t，其中k1、k2均為正的定值。電子能在環(huán)形區(qū)域內(nèi)沿半徑等于r0的圓形軌道運(yùn)動，并不斷被加速。

a．分別說明B1、B2的作用；

b．推導(dǎo)k1與k2應(yīng)滿足的數(shù)量關(guān)系。

【答案】a.B1的作用是產(chǎn)生感生電場，使電子加速；B2的作用是為電子做圓周運(yùn)動提供向心力；b.

【解析】

a．B1的作用是產(chǎn)生感生電場，使電子加速，B2的作用是為電子做圓周運(yùn)動提供向心力；

b．電子在軌道運(yùn)動的瞬時速度為v，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，由牛頓第二定律得

經(jīng)極短時間

綜上得

5.（2021·北京市東城區(qū)一模）1931年，勞倫斯和學(xué)生利文斯頓研制了世界上第一臺回旋加速器，如圖1所示，這個精致的加速器由兩個D形空盒拼成，中間留一條縫隙，帶電粒子在縫隙中被周期性變化的電場加速，在垂直于盒面的磁場作用下旋轉(zhuǎn)，最后以很高的能量從盒邊緣的出射窗打出，用來轟擊靶原子。

圖1

圖2

圖3

（1）勞倫斯的微型回旋加速器直徑d=10cm，加速電壓U=2kV，可加速氘核（）達(dá)到最大為Ekm=80KeV的能量，求：

a.氘核穿越兩D形盒間縫隙的總次數(shù)N；

b.氘核被第10次加速后在D形盒中環(huán)繞時的半徑R。

（2）自誕生以來，回旋加速器不斷發(fā)展，加速粒子的能量已經(jīng)從每核子20MeV(20MeV/u)提高到2008年的1000MeV/u，現(xiàn)代加速器是一個非常復(fù)雜的系統(tǒng)，而磁鐵在其中相當(dāng)重要。加速器中的帶電粒子，不僅要被加速，還需要去打靶，但是由于粒子束在運(yùn)動過程中會因各種作用變得“散開”，因此需要用磁鐵來引導(dǎo)使它們聚集在一起，為了這個目的，磁鐵的模樣也發(fā)生了很大的變化。圖2所示的磁鐵為“超導(dǎo)四極鐵”，圖3所示為它所提供磁場的磁感線。請?jiān)趫D3中畫圖分析并說明，當(dāng)很多帶正電的粒子沿垂直紙面方向進(jìn)入“超導(dǎo)四極鐵”的空腔，磁場對粒子束有怎樣的會聚或散開作用？

【答案】（1）a.N=40；b.R=2.5cm；（2）圖示見解析。

【解析】（10分）（1）a.氘核每穿越縫隙一次，電場力對氘核做功均為W=eU

由動能定理NeU=Ekm

得氘核穿越兩D形盒間縫隙的總次數(shù)N=40。

b.設(shè)氘核被第n次加速后在D形盒中環(huán)繞時半徑為r，由牛頓第二定律

，，

三式聯(lián)立得到，可知

則氘核被第10次加速后的環(huán)繞半徑R與被第40次加速后的環(huán)繞半徑d/2之間滿足，

得到R=2.5cm。

（2）

a

c

d

b

aOO

c

d

b

答圖1答圖2

如答圖1，選擇a、b、c、d四個有代表性的粒子，根據(jù)左手定則畫出其垂直進(jìn)入空腔時所受洛倫茲力的方向如圖所示，可見洛倫茲力使得粒子束在水平方向會聚，同時，在與之垂直的豎直方向散開。

或如答圖2所示選擇特殊位置，畫出有代表性粒子受到的力，并將力正交分解，也可證明磁場使粒子束在水平方向會聚，同時在豎直方向發(fā)散。

6.（2021·北京市海淀區(qū)二模）質(zhì)譜儀是一種檢測和分離同位素的儀器。如圖所示，某種帶電粒子，從容器A下方的小孔S1進(jìn)入電壓為U的加速電場，其初速度可忽略不計(jì)。這些粒子經(jīng)過小孔S2沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，隨后粒子束在照相底片MN上的P點(diǎn)形成一個曝光點(diǎn)。對于同一種元素，若有幾種同位素時，就會在底片上的不同位置出現(xiàn)按質(zhì)量大小分布的譜線，經(jīng)過分析譜線的條數(shù)、強(qiáng)度(單位時間內(nèi)打在底片上某處的粒子動能)就可以分析該種元素的同位素組成。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用。

（1）求比荷為的粒子進(jìn)入磁場的速度大??；

（2）若測得某種元素的兩種同位素a、b打在底片上的位置距離小孔S2的距離分別為D1和D2，強(qiáng)度分別為P1和P2，求：

①兩種同位素a、b的粒子質(zhì)量之比m1:m2；

②兩種同位素a、b在該種元素物質(zhì)組成中所占的質(zhì)量之比M1:M2。

【答案】（1）；（2）①D12∶D22；②P1D12∶P2D22

【解析】

（1）對粒子在加速電場中的運(yùn)動，根據(jù)動能定理有

①

解得比荷為的粒子進(jìn)入磁場的速度大小為

②

（2）①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有

③

粒子打在底片上的位置距離小孔的距離為

④

聯(lián)立②③④可得

⑤

由⑤式可知

⑥

②設(shè)單位時間內(nèi)打在底片上的粒子數(shù)位N，則由題意可得

⑦

聯(lián)立①⑦可得

⑧

由⑤⑧可得單位時間內(nèi)打在底片上的粒子總質(zhì)量為

⑨

由⑨式可知

⑩

7.（2021·福建省龍巖市三模）如圖所示，在豎直的xoy平面內(nèi)，在水平x軸上方存在場強(qiáng)大小、方向平行于x軸向右的勻強(qiáng)電場，在第二象限存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在x軸下方存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場、大小與方向都未知的勻強(qiáng)電場E2。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從y軸上的P（0，L）位置無初速度釋放，釋放后小球從第一象限進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡恰好與y軸相切。

（1）求勻強(qiáng)電場E2大小與方向；

（2）求小球第二次穿過x軸的位置與第三次穿過x軸的位置之間的距離；

（3）若讓小球從y軸上的Q點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）無初速度釋放，小球第二次穿過x軸后進(jìn)入第二象限做直線運(yùn)動，恰好又回到Q點(diǎn)。求第二象限中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。

【答案】（1）；方向豎直向上；（2）；（3）

【解析】

（1）小球在第四象限做勻速圓周運(yùn)動，有

qE2=mg①

得

②

小球釋放后進(jìn)入第一象限，故小球帶正電，可得電場方向豎直向上

（2）小球在第一象限做勻加速直線運(yùn)動，對小球，有

③

④

⑤

由③④⑤得

小球再次回到第一象限做類平拋運(yùn)動，如圖所示，有

豎直方向

⑥

水平方向

⑦

⑧

由⑥⑦⑧得

（3）假設(shè)x軸下方勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，從P點(diǎn)釋放的小球進(jìn)入磁場，有

⑨

⑩

假設(shè)Q點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為yQ，對從Q點(diǎn)釋放的小球，進(jìn)入第一象限的速度v1，同理可得

?

從Q點(diǎn)釋放的小球進(jìn)入x軸下方，做勻速圓周運(yùn)動，