第七章 综合测评-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT

第七章　综合测评 时间：75分钟　　　满分：100分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.(2024·江西省普通高等学校招生考试适应性测试)为缩短固定翼飞行器着陆后的滑行距离，有人构想在机身和跑道上安装设备，使飞行器在安培力作用下短距着陆。如图所示，在机身上安装边长为10 m、匝数为60匝的正方形线圈，线圈通以100 A的电流，跑道上有磁感应强度大小为0.2 T的磁场，通过传感器控制磁场区域随飞机移动，使矩形线圈始终处于图示磁场中。忽略电磁感应的影响，线圈所受安培力的大小和方向是(　　) A．24000 N，向左 B．24000 N，向右 C．12000 N，向左 D．12000 N，向右 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2022·北京高考)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2023·福建高考)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是(　　) A．地表电荷为负电荷 B．环形电流方向与地球自转方向相同 C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2025·湖南省长沙市高三上月考)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)完成下列主要实验步骤中的填空。 ①按图接线； ②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1； ③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托 盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后 读出__________________，并用天平称出__________________； ④用米尺测量________________。 (2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝__________。 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 D的底边长度l 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(9分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化，图甲 为使用霍尔元件测量通电直导线产生的磁场的装置示意图， 由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场。 测量原理如图乙所示，直导线通有垂直纸面向里的电流， 霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接 线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出， 部分电路已经连接好。为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B： (1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从图乙中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件________(填“前表面”或“后表面”)电势高； 前表面 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)在图乙中画线连接成实验电路图； (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数 为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的 厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应 强度B，还必须测量的物理量有：___________ _________________________________________________(写出具体的物理量名称及其符号)，计算式：B＝________。 答案：如图所示 　　　　　霍尔元件前 后表面间的电势差U、从左向右通过霍尔元件的电流I 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：(1)磁场是由直导线电流产生的，根据安培定则，霍尔元件所处区域磁场方向竖直向下；霍尔元件中电流水平向右，根据左手定则，自由电荷所受洛伦兹力垂直纸面向内，因参与导电的自由电荷是负电荷，故霍尔元件后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高。 (2)滑动变阻器控制电路中电流，釆用限流接法；电流表串联在电路中，测电路中的电流，实验电路图如图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(11分)(2023·福建高考)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处的氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。 (1)求OM的长度； (2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离 子的比荷。 答案：(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.(12分)(2023·北京高考)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。 一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒，金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。 当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2； (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．在磁感应强度为B的匀强磁场中有一环形电流，当环形电流所在平面平行于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为B1，如图甲所示；当环形电流所在平面垂直于匀强磁场方向时，环心O处的磁感应强度为B2，如图乙所示。已知B1＝eq \f(\r(2),2)B2，则环形电流在环心O处产生的磁场的磁感应强度大小为(　　) A.eq \f(1,2)B B．B C.eq \f(3,2)B D．2B 解析：设环形电流在环心O处产生的磁场的磁感应强度大小为B′，根据安培定则可知题图甲、乙中其方向均为垂直纸面向里，则有Beq \o\al(2,1)＝B′2＋B2，B2＝B′＋B，且B1＝eq \f(\r(2),2)B2，联立可得B′＝B，故选B。 解析：由左手定则可知，线圈各处所受的安培力方向如图所示，其中F3＝F5＝nBI·eq \f(L,2)，F4＝F6＝nBI·eq \f(L,2)，F1＝F2＝nBIL，所以线圈所受安培力的大小为F安＝F1＋F2＝2nBIL＝2×60×0.2×100×10 N＝24000 N，方向向左，故选A。 解析：根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子在匀强磁 场中的偏转方向一致，则轨迹1和3对应的粒子均为电子， 轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电且沿顺时针方向偏 转，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；带电粒子所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，根据题图可知，轨迹1对应的粒子运动的轨迹半径越来越小，则运动速度越来越小，在P点附近，轨迹3对应的粒子运动的轨迹半径大于轨迹2对应的粒子运动的轨迹半径，则轨迹3对应的粒子初速度比轨迹2的大，B、C错误。 4.如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场。不计粒子重力，eq \f(v1,v2)的值为(　　) A.eq \r(3) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),3) 解析：设正六边形的边长为L，作出粒子两次运动轨迹如图所示，由几何关系可知三角形abO为等边三角形，则eq \x\to(aO)＝L，粒子以速度v1沿轨迹ac运动的半径R1＝eq \x\to(O1a)＝eq \f(L,tan30°)＝eq \r(3)L，粒子沿轨迹ad运动的半径R2＝eq \x\to(O2a)＝eq \f(L,sin30°)＝2L，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq \f(v2,R)，则v＝eq \f(qBR,m)，故eq \f(v1,v2)＝eq \f(R1,R2)＝eq \f(\r(3),2)，故选C。 5．(2023·北京高考)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B．粒子质量为eq \f(Bqa,v) C．管道内的等效电流为nqπa2v D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 解析：粒子沿轴线进入管道，在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，故粒子运动eq \f(1,4)T后垂直打在管壁上，其在磁场中运动的圆弧半径为a，A正确；由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,a)，解得粒子质量为m＝eq \f(qBa,v)，B正确；根据电流的定义可知，管道内的等效电流为I＝nq，C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于管道内等效电流受到的安培力的大小，即F＝BIl＝Bnql，D正确。本题选说法不正确的，故选C。 6.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球必须带正电 B．小球的质量为eq \f(g,Eq) C．小球做匀速圆周运动的周期为eq \f(2πE,Bg) D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度大小为eq \f(E,2B) 解析：小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，则其所受电场力与重力平衡，有qE＝mg，解得小球的质量m＝eq \f(qE,g)，且小球所受电场力方向竖直向上，因电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A、B错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设初速度为v，轨迹半径为r，运动周期为T，则有qvB＝ meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，联立解得T＝eq \f(2πE,Bg)，C正确；若仅把电场的方向 改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE ＝qvB，联立解得v＝eq \f(2E,B)，D错误。 7.(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld) B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld) C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq \f(mgRtanθ,B1B2Ld) D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq \f(mgRtanθ,B1B2Ld) 解析：等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可知金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则金属棒ab中电流方向由a端流向b端；金属棒ab在光滑平行导轨上静止，且B2垂直于导轨平面，则金属棒ab所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。等离子体喷入金属板P、Q间时产生的电动势E满足qeq \f(E,d)＝qvB1，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)，则金属棒ab所受安培力大小F＝ILB2＝eq \f(B1B2Ldv,R)，对金属棒ab由平衡条件可得F＝mgsinθ，联立解得v＝eq \f(mgRsinθ,B1B2Ld)。B正确。 解析：根据地磁场分布示意图，由右手螺旋定则可知，地表电荷形成的环形电流的方向为顺时针(从地理北极向下看)，与地球自转方向相反，则地表电荷为负电荷，故A正确，B错误；设地表电荷的电量为Q，地球自转周期为T，由电流的定义式可知，地表电荷随地球自转产生的环形电流I＝eq \f(Q,T)，又地球自转角速度ω＝eq \f(2π,T)，联立得I＝eq \f(ωQ,2π)，可知若地表电荷的电量Q增加，或地球自转的角速度ω增大，则环形电流均增大，地磁场强度均增大，C正确，D错误。 9.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q(q>0)，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　) A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(\a\vs4\al(2μqE－mg),2μqB) D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(\a\vs4\al(2μqE＋mg),2μqB) 解析：对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球的加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，当a减小到零后，小球将保持匀速直线运动，所以A错误。因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能总和在减小，B错误。若小球的加速度在达到最大前达到最大加速度的一半，则 mg－μ(qE－qvB)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(\a\vs4\al(2μqE－mg),2μqB)；若小球的加速度 在达到最大后达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－ qE)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(\a\vs4\al(2μqE＋mg),2μqB)，故C、D正确。 10.如图所示，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。荧光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在荧光屏上，O、M之间的距离为a，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子的最大速率为eq \f(2\r(3)qBa,3m) B．荧光屏上的发光长度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)＋1))a C．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为eq \f(3πm,2qB) D．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为eq \f(7πm,6qB) 解析：速率最大的粒子恰好垂直打在荧光屏上，轨迹如图1所示，边界两侧轨迹半径相同，设为r1，则OO1＝r1，O1O2＝2r1，可知圆心角∠OO1K＝60°，故OO2＝2r1sin60°＝a＋r1sin60°，解得r1＝eq \f(2\r(3),3)a，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) ，解得粒子的最大速率为v1＝eq \f(2\r(3)qaB,3m)，此过程，粒子在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角为60°，右侧轨迹圆心角为150°，周期为T＝eq \f(2πm,qB)，故总时间为t1＝eq \f(60°＋150°,360°)T＝eq \f(7πm,6qB)，故A、D正确； 当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时间最长，如图2所示，轨迹半径r2＝a，两侧轨迹合起来恰好是一个圆，故打中荧光屏的粒子运动最长时间t2无限逼近eq \f(2πm,qB)，故C错误；垂直打中荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切的位置离M最近，两点之间距离即为荧光屏上的发光长度Δx＝(r1cos30°＋r1)－r2＝eq \f(2\r(3),3)a，故B错误。 eq \f(|m2－m1|g,Il) 解析：(1)根据实验原理，两次在托盘中所加细沙的重力差值即为安培力的大小。由F＝BIl可知B＝eq \f(F,Il)，因此为了得出磁感应强度B的值，需测出F、I、l三个值。其中，I可通过电流表读出，F可通过天平测出所加细沙的质量差值计算出来，最后再用米尺测出D的底边长度l即可。 (2)根据平衡条件有|m2－m1|g＝IlB， 解得B＝eq \f(|m2－m1|g,Il)。 eq \f(Uneh,I) (3)设霍尔元件前后表面的距离为d，最终自由电荷在静电力和洛伦兹力的作用下受力平衡，有：qeq \f(U,d)＝qvB，根据电流微观表达式，有：I＝neSv＝ne(dh)v，联立解得：B＝eq \f(Uneh,I)，因此还必须测量的物理量有：霍尔元件前后表面间的电势差U、从左向右通过霍尔元件的电流I。 解析：(1)氖离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设OM的长度为d，落在M处氖离子的轨迹半径为r，电荷量为q，质量为m，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r) 根据几何关系知d＝2r 联立并代入数据，解得d＝0.4 m。 (2)设落在N处氖离子的质量为m′，轨迹半 径为r′，ON的长度为d′，则d′＝1.1d 且d′＝2r′ 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m′eq \f(v2,r′) 联立并代入数据，解得落在N处氖离子的比荷eq \f(q,m′)＝4.4×106 C/kg。 答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3)eq \r(\f(10kI2Ls,m)) 解析：(1)由题意知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI 金属棒经过第一级区域时受到的安培力的大小为F＝B1IL 联立解得F＝kI2L。 (2)第二级区域中磁感应强度大小为B2＝k·2I 金属棒经过第二级区域时受到的安培力的大小为 F′＝B2·2IL 由牛顿第二定律有F＝ma1 F′＝ma2 联立解得a1∶a2＝1∶4。 (3)金属棒在两级区域加速的过程中，由动能定理得Fs＋F′s＝eq \f(1,2)mv2－0 联立解得v＝eq \r(\f(10kI2Ls,m))。 15.(16分)如图所示，直角坐标系xOy中存在无限长的平行边界MN(与y轴重合)和PQ，两者间距为5h，0≤x≤5h区域内的x轴上、下部分分别存在垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、eq \f(2B,3)，在第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将质量为m、带电量为q(q>0)的粒子从点F(－2h，0)处射入电场，同时改变粒子速度和电场强度大小，保证粒子均从点C(0，h)垂直于y轴进入磁场。不计粒子重力，cos37°＝0.8。 (1)若电场强度大小为E0，求粒子从C点进入磁场 时速度v0的大小； (2)若电场强度大小为E＝eq \f(25qB2h,8m)，求粒子轨迹第一 次与x轴交点的坐标； (3)若粒子从PQ边界点D(5h，h)飞出，求粒子在两磁场运动的最短时间tmin和最长时间tmax。 答案：(1)eq \r(\f(2qE0h,m))　(2)(2h，0)　 (3)eq \f(5πm,2qB)　eq \f(143πm,12qB) 解析：(1)粒子由F运动到C的过程可逆向看成类平抛运动，设此运动过程所用时间为t电，粒子加速度大小为a， x轴方向有2h＝v0t电 y轴方向有h＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,电) 由牛顿第二定律得qE0＝ma 联立解得v0＝eq \r(\f(2qE0h,m))。 (2)若E＝eq \f(25qB2h,8m)，由(1)问可知，粒子进入磁场时速度大小为v′＝eq \r(\f(2qEh,m))＝eq \f(5qBh,2m) 粒子在x轴上方磁场中的轨迹如图1所示，设其轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qv′B＝meq \f(v′2,r) 解得r＝eq \f(5,2)h 由几何关系得cosα＝eq \f(r－h,r) 解得cosα＝0.6 粒子轨迹第一次与x轴交点的横坐标x＝rsinα 解得x＝2h 故粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标为(2h，0)。 (3)设粒子进入磁场时速度大小为v，粒子在x轴上、下部分磁场中的轨迹半径分别为r1、r2，则有qvB＝meq \f(v2,r1) qv·eq \f(2,3)B＝meq \f(v2,r2) 可得r1∶r2＝2∶3 若粒子从PQ边界点D(5h，h)飞出，分析可知，粒子在两磁场中一个周期的轨迹如图2所示 由几何关系得 d＝2(r1＋r2)sinθ sinθ＝2,1)eq \f(\r(r－（h－r1）2),r1) 联立解得d＝5eq \r(2hr1－h2) 设粒子运动了n个周期(n＝1，2，3，…)， 则有nd＝5h 可得neq \r(2hr1－h2)＝h(n＝1，2，3，…) 解得r1＝eq \f(h,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))(n＝1，2，3，…) n较大时，r1较小，粒子可能向左穿过边界MN而不能到达PQ边界，设粒子轨迹恰好与边界MN相切时，在x轴上部分磁场中，轨迹半径为r10，如图3所示，由几何关系可知eq \f(l,\f(3,2)r10)＝eq \f(r10,r10＋\f(3,2)r10) (h－r10)2＋l2＝req \o\al(2,10) 解得r10＝eq \f(5,9)h(r10＝5h舍去) 则r1满足r1≥r10 解得n≤3 设粒子在上、下部分磁场内运动的周期分别为T1、T2，则 T1＝eq \f(2πr1,v) T2＝eq \f(2πr2,v) 可得T1＝eq \f(2πm,qB)，T2＝eq \f(3πm,qB) 粒子在两磁场中运动的时间 t＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(360°－2θ,360°)T1＋\f(360°－2θ,360°)T2)) 可得t＝eq \f(5nπm,qB)·eq \f(360°－2θ,360°) 由r1＝eq \f(h,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))、cosθ＝eq \f(h－r1,r1)＝eq \f(h,r1)－1可知，n越大，θ越小， t越大，又n≤3，则n＝1时，t最小，n＝3时，t最大 代入数据，解得最短时间tmin＝eq \f(5πm,2qB) 最长时间tmax＝eq \f(143πm,12qB)。 $$