2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)強(qiáng)化練四帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題含解析新人教版

PAGE11-高頻考點(diǎn)強(qiáng)化練(四)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分，其中1～6題為單選，7～10題為多選)1.如圖所示，a、b是兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上的兩點(diǎn)，左邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直紙面對(duì)里，右邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直紙面對(duì)外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。電荷量為2e的帶正電的質(zhì)點(diǎn)M以某一速度從a點(diǎn)垂直磁場(chǎng)邊界向左射出，與靜止在b點(diǎn)的電荷量為e的帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)N相撞，并粘合在一起，不計(jì)質(zhì)點(diǎn)M和質(zhì)點(diǎn)N的重力，則它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是()【解析】選D。帶正電質(zhì)點(diǎn)以某一速度擊中并汲取靜止的帶負(fù)電質(zhì)點(diǎn)，動(dòng)量保持不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可推斷出帶正電質(zhì)點(diǎn)剛過b點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力向下；由r＝eq\f(mv,qB)可得，電量減半，則半徑增大到原來(lái)的2倍，故磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為D項(xiàng)，則D正確，A、B、C錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示，虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B組成的正交或平行的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，有一個(gè)帶正電小球(電荷量為+q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁復(fù)合場(chǎng)上方的某一高度自由落下，那么帶電小球可能沿直線通過的是 ()A.①②B.③④C.①③D.②④【解析】選B。①圖中小球受重力、向左的電場(chǎng)力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度肯定變大，故洛倫茲力肯定改變，不行能始終與電場(chǎng)力平衡，故合力不行能始終向下，故肯定做曲線運(yùn)動(dòng)；②圖中小球受重力、向上的電場(chǎng)力、垂直向外的洛倫茲力，合力與速度肯定不共線，故肯定做曲線運(yùn)動(dòng)；③圖中小球受重力、向左上方的電場(chǎng)力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)；④圖中小球受向下的重力和向上的電場(chǎng)力，合力肯定與速度共線，故小球肯定做直線運(yùn)動(dòng)。故選項(xiàng)B正確。2.如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個(gè)靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)子從加速器的A處起先加速。已知D形盒的半徑為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRfB．質(zhì)子的最大動(dòng)能為eq\f(q2B2R2,2m)C．質(zhì)子的最大動(dòng)能與電壓U無(wú)關(guān)D．只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，回旋加速器仍可正常工作【解析】選D。質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時(shí)的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf。所以最大速度不超過2πfR，故A正確；當(dāng)質(zhì)子加速到運(yùn)動(dòng)的半徑與D形盒的運(yùn)動(dòng)半徑相等時(shí)動(dòng)能最大，則qvB＝meq\f(v2,R)，則質(zhì)子的最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與電壓無(wú)關(guān)，故B、C正確；磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的頻率增大，會(huì)大于高頻交變電源的頻率，使回旋加速器不能正常工作，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，一塊長(zhǎng)方體金屬材料置于方向垂直于其前表面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的恒定電流I時(shí)，金屬材料上、下表面電勢(shì)分別為φ1、φ2。該金屬材料垂直電流方向的截面為長(zhǎng)方形，其與磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a、與磁場(chǎng)平行的邊長(zhǎng)為b，金屬材料單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，元電荷為e。那么()A．φ1－φ2＝eq\f(IB,enb)B．φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)C．φ1－φ2＝eq\f(IB,ena)D．φ1－φ2＝－eq\f(IB,ena)【解析】選B。由左手定則可推斷出金屬材料中的自由電子受到的洛倫茲力方向向上，金屬材料上表面的電勢(shì)φ1低于下表面電勢(shì)φ2，金屬材料上、下表面的電勢(shì)差U＝φ2－φ1，eq\f(U,a)e＝evB，I＝nevab，聯(lián)立解得φ1－φ2＝－eq\f(IB,enb)，則B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·西安模擬)作用在導(dǎo)電液體上的安培力能起到推動(dòng)液體流淌的作用，這樣的裝置稱為電磁泵，它在醫(yī)學(xué)技術(shù)上有多種應(yīng)用，血液中含有離子，在人工心肺機(jī)里的電磁泵就可作為輸送血液的動(dòng)力。某電磁泵及尺寸如圖所示，矩形截面的水平管道上下表面是導(dǎo)體，它與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，并有長(zhǎng)為l的部分在磁場(chǎng)中，當(dāng)管內(nèi)充溢血液并通以橫穿管子的電流時(shí)血液便能向前流淌。為使血液在管內(nèi)不流淌時(shí)能產(chǎn)生向前的壓強(qiáng)p，電流強(qiáng)度I應(yīng)為()A．eq\f(p,aB)B．eq\f(B,pl)C．eq\f(Bp,l)D．eq\f(ap,B)【解析】選D。由左手定則推斷安培力的方向沿管道向里，當(dāng)血液不流淌時(shí)，安培力產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p，則BIb＝pab，I＝eq\f(ap,B)，D對(duì)。5.如圖所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后打在P點(diǎn)，設(shè)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()【解析】選B。帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動(dòng)能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，2R＝x，聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是圖B，A、C、D錯(cuò)誤。6.(2024·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R。已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)【解析】選C。液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可推斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；對(duì)液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.太陽(yáng)風(fēng)含有大量高速運(yùn)動(dòng)的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電。如圖所示，太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L(zhǎng)，則()A．在開關(guān)S未閉合的狀況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢(shì)差為BLvB．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場(chǎng)恒定C．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILvD．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功【解析】選A、B。太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，開關(guān)S未閉合的狀況下，穩(wěn)定后，帶電粒子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力作用，且eq\f(qU,L)＝qvB，解得U＝BLv，選項(xiàng)A正確；閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場(chǎng)恒定，選項(xiàng)B正確；回路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(BLv,R)，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)＝BILv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；洛倫茲力永不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】(多選)(2024·石家莊模擬)如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖，其載流子為電子，a接直流電源的正極，b接直流電源的負(fù)極，cd間輸出霍爾電壓，下列說(shuō)法正確的是()A.若工作面水平，置于豎直向下的磁場(chǎng)中，c端的電勢(shì)高于d端B.cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān)C.將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場(chǎng)強(qiáng)弱相同D.在測(cè)定地球赤道上的磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直【解析】選A、B、D。若工作面水平，置于豎直向下的磁場(chǎng)中，由于電流從a流向b，電子從b流向a，由左手定則可知，電子偏向d極，則c端的電勢(shì)高于d端，選項(xiàng)A正確；cd間霍爾電壓滿意q=Bqv，而I=neSv，可知U=Bdv=，即cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān)，選項(xiàng)B正確；由以上分析可知，將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不肯定相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；地球赤道處的磁場(chǎng)與地面平行，則在測(cè)定地球赤道上的磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直，選項(xiàng)D正確；故選A、B、D。8．(2024·洛陽(yáng)模擬)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的O點(diǎn)，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7C，在圖示坐標(biāo)中，電場(chǎng)方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢(shì)為零。當(dāng)小球以2m/s的速率繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，軌跡上每點(diǎn)的電勢(shì)φ隨縱坐標(biāo)y的改變關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/sA．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為3.2×106V/mB．小球重力勢(shì)能增加最多的過程中，電勢(shì)能削減了2.4JC．小球做順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．小球所受的洛倫茲力的大小為3N【解析】選B、D。據(jù)題意和乙圖可知，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2×106,0.4)V＝5×106V，故A錯(cuò)誤；據(jù)題意可知，小球所受的電場(chǎng)力等于重力，洛倫茲力供應(yīng)向心力，所以小球重力勢(shì)能增加最多，電勢(shì)能削減最多，大小為2qφ＝2×6×10－7×2×106J＝2.4J，故B正確；由以上分析可知，洛倫茲力供應(yīng)向心力，據(jù)左手定則可知，小球做逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由以上可知：mg＝Eq，f＝qvB＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立各式解得：f＝3N，故D正確。9．在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對(duì)里、有肯定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋()A.在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3【解題指導(dǎo)】解答本題可按以下思路進(jìn)行：(1)正離子在電場(chǎng)中，由于電場(chǎng)力的作用做加速運(yùn)動(dòng)。(2)正離子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力供應(yīng)向心力，做圓周運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥窟xB、C、D。設(shè)電場(chǎng)的寬度為d，兩個(gè)離子的質(zhì)量相同，其帶電量是1∶3的關(guān)系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，其在電場(chǎng)中的加速度之比是1∶3，故A錯(cuò)誤；要想知道半徑必需先知道進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，而速度的確定因素是加速電場(chǎng)，所以在離開電場(chǎng)時(shí)其速度表達(dá)式為：v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知其速度之比為1∶eq\r(3)。洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，所以其半徑之比為eq\r(3)∶1，故B正確；由B的分析知道，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\r(3)∶1，設(shè)磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，離子通過磁場(chǎng)轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sinθ＝eq\f(L,r)，則可知角度的正弦值之比為1∶eq\r(3)，又P＋的角度為30°，可知P3＋角度為60°，即在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，故C正確；由電場(chǎng)加速后：qU＝eq\f(1,2)mv2可知，兩離子離開電場(chǎng)的動(dòng)能之比為1∶3，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力不做功，故D正確。【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，由絕緣材料制成的豎直平行軌道CD、FG與半圓軌道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圓弧軌道半徑為R，圓心為O，P為圓弧最低點(diǎn)，整個(gè)軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。PDC段還存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有一金屬圓環(huán)M，帶有正電荷q，質(zhì)量m=，套在軌道FG上，圓環(huán)與CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。假如圓環(huán)從距G點(diǎn)高為10R處由靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是 ()A.圓環(huán)在CD軌道上也能到達(dá)相同高度處B.圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(未進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域)時(shí)對(duì)軌道的壓力為21mgC.圓環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功為8mgRD.圓環(huán)最終會(huì)靜止在P點(diǎn)【解析】選B、C。圓環(huán)從起先下落點(diǎn)到CD軌道最高點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力和摩擦力都做負(fù)功，圓環(huán)的機(jī)械能削減，所以圓環(huán)在CD軌道上不能到達(dá)相同高度，A錯(cuò)誤；對(duì)圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程由動(dòng)能定理得mg·11R-EqR=mv2，在P點(diǎn)，由牛頓其次定律得N-mg=m，又m=，解得N=21mg，由牛頓第三定律可知圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N′=N=21mg，B正確；因?yàn)閙g>μqE，圓環(huán)將來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終會(huì)在D點(diǎn)的速度減為零，不再滑上CD軌道，對(duì)全程由動(dòng)能定理得mg·10R-qE·2R-Wf=0，解得克服摩擦力做功Wf=8mgR，C項(xiàng)正確；而后圓環(huán)將在D點(diǎn)右側(cè)肯定范圍內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10.如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶負(fù)電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)加一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，發(fā)覺甲、乙一塊向右加速運(yùn)動(dòng)。在加速運(yùn)動(dòng)階段()A．甲、乙兩物塊一起做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變C．乙物塊與地板之間的摩擦力不斷增大D．甲、乙兩物塊可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【解析】選A、C。對(duì)整體受力分析，地面對(duì)乙物塊的摩擦力f＝μ(mg＋Mg＋qvB)，因?yàn)檎w做加速運(yùn)動(dòng)，故地板對(duì)乙物塊的摩擦力漸漸增大，C正確；對(duì)整體，依據(jù)牛頓其次定律得qE－μ(mg＋Mg＋qvB)＝(M＋m)a，整體的加速度漸漸減小，A正確，D錯(cuò)誤；對(duì)甲物塊受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得f1＝ma，加速度減小，則兩物塊間的摩擦力減小，B錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(本題共2小題，共40分)11．(20分)(2024·泰州模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝0時(shí)刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，Ⅰ區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變而方向周期性改變，如圖乙所示(垂直于紙面對(duì)里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同，均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)肯定能完成半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)且每次經(jīng)過邊界mn的時(shí)刻均為eq\f(T0,2)的整數(shù)倍。(1)求粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時(shí)的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時(shí)速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)?！窘馕觥?1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB0)。(2)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡有兩種可能。第一種狀況：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq\f(x,2)，qv2B0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R)解得粒子在Ⅲ區(qū)域中的速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)其次種狀況：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq\f(x－4r,2)粒子在Ⅲ區(qū)域中的速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)－2v0。答案：(1)eq\f(mv0,qB0)(2)eq\f(qB0x,2m)或eq\f(qB0x,2m)－2v012．(20分)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的一、二象限內(nèi)，分別存在以虛線OM為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面對(duì)里，虛線OM與x軸負(fù)方向成45°角。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子每次到x軸將反彈，每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的eq\f(\r(13),4)、方向相反。電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qd)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mv0,qd)，求：(不計(jì)粒子重力，題中各物理量單位均為國(guó)際單位，計(jì)算結(jié)果可用分式表示)(1)帶電粒子第一次離開磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)；(2)帶電粒子從起先運(yùn)動(dòng)到最終一次離開磁場(chǎng)所需時(shí)間?！窘馕觥?1)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子