福建省福州市第三中学2025年高考物理模拟试卷（含解析）

这是一份福建省福州市第三中学2025年高考物理模拟试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.在光滑水平面上，一个小物块在水平恒力作用下做直线运动，0～t0时间内小物块的v−t图象如图所示。则在0−t0时间内，下列说法正确的是( )
A. 小物块一直做减速运动
B. 小物块的加速度与速度一直反向
C. 小物块的平均速度大小为3v04
D. 小物块的加速度大小为3v02t0
2.在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数增大
B. 电容器C的电荷量增大
C. 电源输出功率增大
D. 电源内部消耗的功率变大
3.某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F；在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为34F。已知引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 该行星的自转周期为 4π2mRFB. 该行星的质量为FR24Gm
C. 该行星赤道处的重力加速度为F4mD. 该行星的密度为3F4πRGm
4.如图，虚线a、b、c、d、e为某有界匀强电场区域的五个等势面，各等势面间的距离相等。质子(11H)、α粒子(24He)以相同的初动能，沿c射入该电场区域，其中一束粒子从d离开电场，另一束粒子从下边界e离开电场。则质子和α粒子从进入到离开电场的过程中，下列说法正确的是( )
A. 从e等势面离开电场的是α粒子
B. 质子与α粒子的动能增量之比为△EkH：△Ekα=1：2
C. 质子与α粒子的动量改变量之比为△PH：△Pα=1：2
D. 质子与α粒子在电场中运动的时间之比为tH：tα=1：2
5.如图甲所示，在平静的水面上，有长方形的ABCD区域，其中AB=1.6m，AD=1.2m。在A、B处安装两个完全相同的振动器，t=0时，同时打开开关，振源的振动图像如图乙所示，形成的水波以0.8m/s的速
度传播。下列说法正确的是( )
A. t=2.5s时，D点开始振动
B. 水波波长为0.4m
C. C点是振动减弱点
D. CD线段上(包括C、D两点)振动加强点有5个
6.如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且Ia=Ib=2Ic，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心(O点到三个顶点的距离相等)，其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0。已知长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=kIr，其中I为通电导线的电流强度，r为该点到通电导线的垂直距离，k为常数，则下列说法正确的是( )
A. O点处的磁感应强度的大小为3B0
B. O点处的磁感应强度的大小为5B0
C. 质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由c点指向O
D. 因为Ia>Ic，a、c两导线产生的磁感应强度不同，所以a、c两导线之间安培力大小不等
7.如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块．已知m与M之间的动摩擦因数为μ，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ.现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中( )
A. 水平恒力F一定大于3μ(m+M)g
B. m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
C. M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等
D. 若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面
8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是( )
A. 粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长
B. 初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为 3mv
C. 速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为( 3+1)mvqB
D. 匀强磁场区域的最小面积为(π3− 34)m2v2q2B2
二、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，总面积为2S的线圈abcd垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈一半在磁场外。若线圈以ab边为轴转过30°，则此时穿过线圈的磁通量为______；在转动过程线圈中______感应电流产生(选填“有”或“无”)。
10.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核( 12H)和氦核( 24He)。氘核( 12H)和氦核( 24He)的最大动能之比为______，加速氘核( 21H)和氦核( 24He)时所加高频电源的频率之比为______。
11.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0=10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B=πmq，g取10m/s2。则小球离开磁场时的速度大小为______m/s；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为______m。
三、综合题：本大题共5小题，共48分。
12.某实验小组的同学利用图甲所示的装置完成“验证动量守恒定律”的实验。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再将半径相同的B球放在水平轨道的末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影，O、M、P、N位于同一水平直线上。

(1)若小球A的质量为m1，小球B的质量为m2，为保证两球碰撞后沿同一方向运动，则要求m1 ______m2(填“>”“=”或“0，忽略极板电场的边缘效应．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O’在y轴(0,−R)上．(不考虑粒子之间的相互作用力)
(1)求带电粒子的比荷qm；
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
(3)若电压UAK=3U4，求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值．
答案解析
1.D
【解析】解：A、由图象可知，小物块先沿正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，故A错误；
B、小物块先做匀减速运动后做匀加速运动，则加速度先与速度反向，后与速度同向，故B错误；
C、小物块的加速度不变，做匀变速直线运动，平均速度的大小为v−=v0+v2=v0−12v02=v04，故C错误；
D、质点的加速度大小a=|−v02−v0t0|=3v02t0，故D正确。
故选：D。
根据图象能直接分析出小物块的运动情况。根据物体的运动情况分析加速度方向与速度方向的关系。质点做匀变速直线运动，根据平均速度公式v−=v0+v2求平均速度。根据图象的斜率求加速度。
本题是速度−时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道图象的斜率表示加速度，物体做加速直线运动时，加速度与速度同向，物体做减速直线运动时，加速度与速度反向。
2.B
【解析】解：A.减弱对光敏电阻R光照的强度，其阻值增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流将减小，电流表的示数减小。故A错误；
B.电路中的电流减小，则内电压变小，所以电路的路端电压增大，所以电压表的示数增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU可知，电容器C的电荷量增大。故B正确；
C.本题中电源内阻与外阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率增大还是减小，故C错误；
D.电路中的电流减小，电源内部消耗的功率P=I2r，所以将随电流的减小而减小。故D错误。
故选：B。
分析电路结构，根据光敏电阻的阻值变化分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流及电压的变化；由电容的定义式Q=CU分析电容器所带电荷量的变化。再由功率公式可分析功率变化。
本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部−整体−局部”的思路进行分析解答，注意在直流电路中电容器视为断路。
3.D
【解析】解：物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
GMmR2=mg极=F
在赤道表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力
GMmR2=mg赤+mR(2πT)2
其中
mg赤=34F
联立解得
Fn=mR(2πT)2=14F
A.根据向心力公式Fn=m4π2T2R可得，该行星的自转周期为
T= 16π2mRF，故A错误；
B.物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
GMmR2=mg极=F
解得
M=FR2Gm，故B错误；
C.在赤道表面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即
mg赤=34F
解得
g赤=3F4m，故C错误；
D.根据ρ=MV可知，该行星的密度为
ρ=MV=M43πR3=FR2Gm43πR3=3F4πRGm，故D正确。
故选：D。
先分别写出物块在极地和赤道上所受万有引力与重力的关系，然后根据向心力公式Fn=m4π2T2R可计算行星的自转周期；根据在行星极地表面静止时，万有引力等于重力，计算行星质量；根据在赤道表面静止时，根据平衡条件计算赤道处的重力加速度；根据密度公式计算。
知道在赤道处有GMmR2=mg赤+mR(2πT)2关系，在两极有GMmR2=mg极=F，掌握这两个位置的万有引力和重力的关系是解题的关键。
4.AD
【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直，结合两个粒子的偏转方向，知电场线竖直向下。质子和α粒子进入电场后做类平抛运动，对于任一粒子，设其质量为m，电荷量为q，水平位移为x时竖直位移为y，初动能为Ek0.由牛顿第二定律得：a=qEm，则y=12at2=12⋅qEm⋅x2v02=qEx24Ek0
可知，x相等时，y∝q，所以从e等势面离开电场的是α粒子，故A正确；
B、根据动能定理得：△Ek0=qEy∝qy，离开电场时，质子与α粒子的竖直位移之比yH：yα=1：2，电荷量之比qH：qα=1：2，则质子与α粒子的动能增量之比为△EkH：△Ekα=1：4，故B错误；
CD、根据y=12at2=12⋅qEmt2，得t= 2myqE，质子与α粒子的比荷之比qHmH：qαmα=2：1，结合yH：yα=1：2，可得，质子与α粒子在电场中运动的时间之比为tH：tα=1：2。
根据动量定理得：△P=qEt，则得质子与α粒子的动量改变量之比为△PH：△Pα=1：4，故C错误，D正确。
故选：AD。
质子和α粒子进入电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分析通过相等的水平位移时竖直位移的关系，从而确定从e等势面离开电场的粒子。根据动能定理求动能增量之比，根据动量定理求动量改变量之比。根据竖直分位移公式求质子与α粒子在电场中运动的时间之比。
本题考查了带电粒子在电场中的类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法：运动的分解法，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理、动量定理列式分析。
5.BD
【解析】解：A、打开振动器开关后，D点开始振动需经历的时间为
t=ADv，代入数据解得，t=1.5s，
故A错误。
B、由
λ=vT
代入数据，解得
λ=0.4m
故B正确。
C、由几何关系可知，C距A、B两波源的波程差
Δx=0.8m=2λ
所以C点是振动加强点，故C错误。
D、CD线段上共有Δx=−2λ、−λ、0、λ、2λ，5个振动加强点，故D正确。
故选：BD。
根据波的传播速度、波长与周期的关系，以及波的干涉原理，即振动加强点和减弱点的形成条件判断各选项。
本题的关键在于理解波的传播特性，包括波速、波长与周期的关系，以及波的干涉原理。通过计算波程差，可以判断振动加强点和减弱点的位置，进而确定振动加强点的分布。在解题过程中，注意单位的转换和计算的准确性，以及对波的干涉原理的正确应用。
6.AC
【解析】解：AB.根据右手螺旋定则结合公式B=kIr，电流c在O产生的磁场平行ab指向左下方，大小为B0；由于Ia=Ib=2Ic，则电流a在O产生的磁场平行于bc向左，大小为2B0；同理：b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，大小为2B0，根据安培定则，它们的方向如图所示
根据平行四边形定则，则O点合磁感应强度的方向垂直Oc指向左向下，大小为B=B0+2×2B0cs60°=3B0，故A正确，B错误；
C.根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由c点指向O，故C正确；
D.a、c导线之间的安培力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选：AC。
根据右手螺旋定则判断出直导线在O点的磁场方向，根据平行四边形定则，对磁感应强度进行合成，得出O点的合磁感应强度的大小；再依据左手定则，从而确定带电粒子受到的洛伦兹力方向。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度的合成遵循平行四边形定则，注意掌握左手定则的应用。
7.AC
【解析】解：由题意可知，M和m一定会发生相对滑动，并且m相对M向后运动，故m的加速度一定小于M的加速度；对m分析可知，m水平方向受摩擦力作用，由牛顿第二定律有：μmg=ma1，解得：a1=μg；再对M分析可知，M受地面以及m的摩擦力，由牛顿第二定律可得：F−2μ(M+m)g−μmg=Ma2；因a2>a1，因此，F一定大于3μ(m+M)g，故A正确；
B、m滑到桌面上后，加速度变为2μg，因m先加速度再减速，并且最大速度相同，所以在桌面上滑动的时间一定小于在M上滑动的时间，故B错误；
C、根据动量定理可知，m的动量变化量为零，故说明总冲量为零，因m只受到M的向右的冲量和桌面向左的冲量，故二者一定大小相等，方向相反，故C正确；
D、增大恒力F后，m在M上运动的时间变短，而m受到的摩擦力不变，故M对m的冲量减小，离开桌面时的速度和位移均减小；因此在桌面上滑行的距离更短，不会离开桌面，故D错误．
故选：AC．
分析M和m的受力情况，由牛顿第二定律明确各自的加速度大小关系，再结合题中条件进行分析，从而明确拉力的大小以及运动时间关系；
根据动量定理进行分析，明确摩擦力冲量的大小关系；
最后分析增大拉力后两物体运动状态的变化，从而分析木块m能否再滑出桌面．
本题考查动量定理以及动力学规律的应用，要注意明确两物体间的受力关系和牛顿第二定律的应用，同时注意动量定理的应用，明确动量定理应用时的方向性是解题的关键．
8.BD
【解析】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示，速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为rm，弦CO与PQ的夹角为θ，θ=30°。其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因MN//AC，CO1/​/MO2，可得△OCO1∽△OMO2，则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠CO1O=120°。
设经过N点的粒子速度为v1，在磁场的运动半径为r，周期为T。
由洛伦兹力提供向心力得：qv1B=mv12r
解得：v1=qBrm
T=2πrv1=2πmqB
MN=rtan30∘= 3r
粒子在磁场中的运动时间：t1=120°360∘T=13T=2πm3qB
粒子在磁场外由M到N的运动时间：t2=MNv1= 3rv1= 3mqB
粒子从O点到达水平线PQ的时间：t=t1+t2=2πm3qB+ 3mqB
可见所有粒子从O点到达水平线PQ的时间与初速度大小无关，时间均相等，故A错误；
C、对于速度最大的粒子，同理得：qvB=mv2rm
解得：rm=mvqB
由几何关系可得：AO1=2rm
从水平线PQ离开的位置距O点的距离为：AO=AO1+rm=2rm+rm=3mvqB，故C错误；
D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有：
Smin=120°360∘πrm2−12⋅rm⋅rmsin60°=(π3− 34)m2v2q2B2，故D正确；
B、初速度最大的粒子从O点出发时的动量与到达PQ时的动量大小相等均为mv，两动量方向的夹角为120°，由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为 3mv，故B正确。
故选：BD。
粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
9.BS 无
【解析】解：当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，以ab边为轴转过30°，此时线圈的有效面积为S，故磁通量Φ=BS
以ab边为轴转过30°的过程中，线圈的有效面积始终为S，穿过线圈中的磁通量并未发生改变，线圈中没有产生感应电流。
故答案为：BS；无。
在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积，当线圈以ab为轴从图中位置转过30°的过程中，线圈在垂直于磁场方向投影的面积不变，始终为S；穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中有感应电流产生。
本题考查磁通量和产生感应电流的条件，知道公式Φ=BScsα中Scsα为线圈在在垂直于磁场方向投影的面积。
10.1：2；1：1
【解析】解：根据qvB=mv2R，得v=qBRm。
最大动能EK=12mv2=q2B2R22m，
则氘核( 12H)和氦核( 24He)的最大动能之比为122：224=1：2；
带电粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB，
因两粒子的比荷qm相等，所以加速氘核( 21H)和氦核( 24He)时所加高频电源的频率之比1：1，
故答案为：1：2，1：1。
带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据qvB=mv2R，比较粒子的速度；再根据EK=12mv2比较最大动能。
在回旋加速器中的周期T=2πmqB，根据周期的公式判断两粒子的周期，进而判定频率的之比。
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子。以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同。
11.10 2 5π π2+16
【解析】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，
水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t=T2=πmqB=1s
则离开磁场时的竖直方向的速度vy=gt=10×1m/s=10m/s
小球离开磁场时的速度大小为v= v02+vy2= 102+102m/s=10 2m/s
小球离开磁场时在竖直方向的距离为y=12gt2=12×10×12m=5m
小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R
解得：R=mv0qB
水平方向位移为直径，即x=2R=2mv0qB
代入数据解得：x=20πm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s=X
x2+y2= (20π)2+52m=5π π2+16m
故答案为：10 2；5π π2+16。
小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个半圆、根据运动情况结合运动学公式进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
12.> c 没必要 m1s1=m1s2+m2s3 s1+s2=s3
【解析】解：(1)为了防止入射小球发生反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即m1>m2
(2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置，应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故圆c画的最合理。
(3)平抛运动在竖直方向做自由落体运动ℎ=12gt2
小球在空中的运动时间t= 2ℎg
由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都相同，因此小球做平抛运动的时间相同；
需要验证的表达式为m1s1t=m1s2t+m2s3t
等式两边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动的高度。
(4)设平抛运动的时间为t，则碰前A球的速度v0=s1t
碰后的速度为v1=s2t
被碰小球的速度为v2=s3t
取水平向右为正方向，若碰撞过程中系统的动量守恒，则满足m1v0=m1v1+m2v2
即验证m1s1=m1s2+m2s3成立；
若碰撞为弹性碰撞，满足机械能守恒定律，需要验证12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立m1s1=m1s2+m2s3，
化简可得s1+s2=s3。
故答案为：(1)>；(2)c；(3)没必要；(4)m1s1=m1s2+m2s3；s1+s2=s3。
(1)从防止入射小球发生反弹的角度分析作答；
(2)根据确定小球的平均落点位置的正确方法分析作答；
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，根据需要验证的动量守恒定律的表达式分析作答；
(4)根据平抛运动的规律求解入射小球和被碰小球碰撞前后的瞬时速度，根据动量守恒定律求解需要满足的表达式；根据能量守恒定律(机械能守恒定律)求解需要满足的表达式，然后作答。
本题考查了成“验证动量守恒定律”的实验，要明确实验原理，掌握动量守恒定律和机械能守恒定律的运用。
13.C E 右 1R0 b 1a
【解析】解：(1)标准电流表的电流需大于Ax的电流，即标准电流表的电流大于0.6A，因此标准电流表A0应选用C；滑动变阻器R接成分压电路，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器E。
(2)根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑片应移至右端。
(3)设电流表Ax量程为Im，内阻为r，由并联电路特点与欧姆定律得：Imr=(I−Im)R0，整理得：I=ImrR0+Im
若纵坐标为I，为使图像是一条直线，则横坐标应为1R0，由图丙所示图像可知：Im=b，Imr=ba
解得：r=1a
故答案为：(1)C；E；(2)实物电路图如图所示；右；(3)1R0；b；1a。
(1)根据电路结构选择电流表；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(2)根据电路图连接实物电路图；滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。
(3)应用欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像分析答题。
要掌握实验器材的选择原则；理解实验原理、分析清楚实验电路结构是解题的前提，应用欧姆定律即可解题。
14.解(1)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极。
(2)电流为零时，设弹簧的伸长量为Δx，则有mg=kΔx
得Δx=mgk
故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为mgk。
(3)设满量程时通过MN的电流为Im，则有BImlab+mg=k(lbc+Δx)
解得Im=2.5A
故该电流表的量程是2.5A。
答：(1)M端应接正极；
(2)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mgk；
(3)量程是2.5A。
【解析】(1)分解安培力方向，根据左手定则判断电流方向，从而确定M端连接的电极；
(2)根据无电流时两力平衡条件即可解出正确结果；
(3)当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流。
本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键。
15.解(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图1所示

由几何知识可得：PCPQ=QAQO
代入数据可得粒子轨迹半径：R=QO=5L8
洛粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得粒子发射速度：v=5qBL8m
(2)水平向左射出的粒子做类平抛运动，由运动学关系可知：CQ−= PQ2−PC2=L2
与ab平方向：CQ−=L2=vt
与ab垂直方向：PC−=L=12at2，由牛顿第二定律得：a=qEm
解得：E=25qLB28m
(3)圆弧O2经C点，粒子转过的圆心角最小，如图2所示，

运动时间最短，则sinθ=L2R=45，故θ=53°
则最小圆心角γmin=2θ=106°
粒子在磁场中运动的周期T=2πRv=2πmqB
则最短时间t2=γmin360∘T=53πm90Bq
答：(1)粒子的发射速率是5qBL8m；
(2)匀强电场的场强大小是25qLB28m；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最短时间是53πm90Bq。
【解析】(1)当只存在匀强磁场时，c粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出a粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出粒子的发射速率；
(2)当只存在匀强电场时，a粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ两点间的电势差；
(3)当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最短时间。
本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用几何知识、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。
16.解：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=12mv2−0，
由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径：r=R，
粒子早磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，
解得：qm=2UB2R2；
(2)沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，
对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为：
△y=R+ 22R
a点的纵坐标：ya= 22R，
同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标：yb=− 22R，
带电粒子进入电场时的坐标范围：− 22R≤y≤ 22R；
(3)只要沿QN方向入射的带电粒子打在K板上，则从其它位置入射也一定打在K板上，
粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：a=qEm=q×UAK2Rm=qUAK2mR，
水平方向：4R=vt，竖直方向：y=12at2
，解得：y=32R，
从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘，
其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°，所以比例：η=45°+30°90∘=56；
答：(1)带电粒子的比荷qm为2UB2R2；
(2)带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围是：− 22R≤y≤ 22R；
(3)若电压UAK=3U4，到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值为56．
【解析】(1)粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用动能定理与牛顿第二定律可以求出粒子的比荷．
(2)沿QN射入的粒子进入右侧电场时总坐标值最大，沿PM射入的粒子进入右侧电场时纵坐标值最小，确定沿这两个方向射入的粒子纵坐标值，然后确定其范围．
(3)粒子进入右侧电场后做类平抛运动，沿QN方向的粒子如果能够打在右侧电场的下极板上，则所有粒子都能打下下极板上，应用类平抛运动规律分析答题．
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动规律即可解题．