2025-2026学年河南省九师联盟高三（上）开学物理试卷（9月份）（含解析）

这是一份2025-2026学年河南省九师联盟高三（上）开学物理试卷（9月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.1905年，爱因斯坦提出了质能方程E=mc2，经科学家的不断努力，在1932年终于证实这个方程的正确性，他们用质子轰击锂(37Li)原子核，锂原子核俘获一个质子后分裂为两个相同的原子核X，并释放能量，其核反应方程为 11H+37Li→2X。下列说法正确的是( )
A. X的质量数为8B. X的核电荷数为4
C. X的结合能大于锂( 37Li)的结合能D. X的比结合能大于锂( 37Li)的比结合能
2.如图所示，在摩托艇牵引下冲浪爱好者在水面上匀速滑行，冲浪板与水面的夹角为θ，冲浪板的速度v保持不变，冲浪者及冲浪板的总质量为m，牵引绳水平且质量不计，不计空气阻力及水的浮力，水对冲浪板的作用力垂直冲浪板，重力加速度为g，则牵引绳的功率为( )
A. mgvtanθB. mgvtanθC. mgvsinθD. mgvsinθ
3.如图所示，空间中存在与菱形ABCD所在平面平行的匀强电场，一带电粒子的电荷量为q(q>0)，沿AB方向从A点入射，其初动能为Ek，经过C点时动能也为Ek。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由B指向CB. 电场方向垂直BC
C. 粒子经过C点时速度方向由B指向CD. 粒子可能经过B点
4.如图所示，在固定斜面上的P点以大小为v的速度抛出一个小球(可视为质点)，小球的运动轨迹在纸面内。已知重力加速度为g，斜面倾角为θ，不计空气阻力，则小球从抛出到落回斜面的最长时间为( )
A. 2vgcsθB. vgcsθC. 2vtanθgD. vtanθg
5.如图所示，地球的公转轨道接近圆，彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现。哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。已知哈雷彗星最近出现在近日点的时间是1986年， 5832≈76，下列说法正确的是( )
A. 哈雷彗星绕太阳转动的周期约为86年
B. 哈雷彗星下次大约在2070年出现在近日点
C. 目前(2025年)哈雷彗星与太阳间距正在增大
D. 目前(2025年)哈雷彗星的线速度正在增大
6.光滑半球形的碗底水平放置一枚硬币，小明同学站在某一位置恰好仅能看到硬币边缘一点，将碗中注满透明液体后，恰好能看到整个硬币，已知硬币的半径为碗半径的14，该透明液体的折射率为( )
A. 53B. 43C. 53D. 2
7.如图所示，倾角为θ=30°、上表面光滑的斜劈始终静止于水平地面上，一轻弹簧下端与固定于斜劈底端的挡板相连，上端与小滑块相连。开始时，滑块处于静止状态，0时刻起给滑块一个平行于斜劈向上的瞬时冲量，使滑块沿斜劈方向做简谐运动。取小滑块的初始位置O为坐标原点，沿斜劈向上为正方向建立坐标系，t时刻滑块第一次到达斜面上的P点，5t时刻滑块第二次到达P点。已知OP间距为d，下列说法正确的是( )
A. 0时刻斜劈受到地面的摩擦力一定水平向右
B. 滑块做简谐运动的周期可能为10t
C. 滑块做简谐运动的振幅一定为2d
D. 0～5t内滑块通过的路程可能为3d
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.1824年，法国工程师卡诺提出了一个理想热力学循环，即卡诺循环。已知卡诺循环由两个等温过程和两个绝热过程组成，密闭容器内封闭一定质量的理想气体，能在a、b、c、d四个状态间转化，其p−V图像如图所示。已知a→b和c→d为等温过程，b→c和d→a为绝热过程，下列说法正确的是( )
A. a→b过程的温度T1高于c→d过程的温度T2
B. 状态a单位时间撞击单位面积容器壁的气体分子数少于状态b
C. a→b过程气体吸收的热量高于c→d过程气体放出的热量
D. a→b过程气体吸收的热量低于c→d过程气体放出的热量
9.如图所示，理想变压器的AB两端接到一个输出电压有效值恒定的交流电源上。电阻R1、R2阻值均为R，R3为可变电阻，交流电压表、电流表均可视为理想电表。当R3的阻值增大时，电流表A、电压表V1示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是( )
A. R1电功率的变化量绝对值为ΔI2RB. 电源的输出功率降低
C. 变压器的原、副线圈匝数比为ΔUΔIRD. V2示数变化量的绝对值小于ΔU
10.如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，以弹簧原长处为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，物块B置于弹簧上端并处于静止状态。现让物块A从O点由静止释放，与B碰撞后一起向下运动。以B开始静止时所在平面为参考平面，A向下运动过程中，A、B的总机械能E与A的位置坐标x的关系如图乙所示，图中数据皆为已知量，A、B均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. B的质量为A的3倍B. 弹簧的劲度系数为3E1x12
C. A、B碰撞过程损失的机械能为14E1D. A、B总机械能为零时位置坐标为76x1
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学设计了一个如图所示的实验方案，测量木块与桌面之间的动摩擦因数：
①将滑轮固定到水平桌面的边缘，用细线连接木块和重物并跨过定滑轮如图放置；
②先将木块锁定，使木块离滑轮足够远，测量重物到地面的高度ℎ，标记木块在桌面的初始位置；
③解除对木块的锁定，重物落地后不再弹起，记录木块的末位置(木块未碰到滑轮)，并测量木块滑行的距离x；
④测得木块的质量为M，重物的质量为m；
⑤改变重物下落的高度，多次实验。
(1)下列操作中必要且正确的一项是______。
A.实验中需要将桌面左端适当垫高
B.细线必须与桌面保持平行
C.重物质量应远小于木块质量
D.应测出当地的重力加速度g
(2)根据测量出的数据绘制______图像，可使图像呈直线(“−”左侧为纵轴)。
A.ℎ−x
B.1ℎ−x
C.ℎ−1x
(3)测得(2)中图线的斜率为k，则木块与桌面间的动摩擦因数为______(用k、M、m表示)。
12.某小组同学从一种报废的自动控制电路中拆下来一个电阻，为描绘该电阻的伏安特性曲线，他们从实验室找到以下器材：
A.待测电阻Rx(约20Ω)
B.电源E(电动势3V，内阻可忽略)
C.电压表V(量程为0～15V，内阻很大)
D.电流表A1(量程为0～150mA，内阻r1为2Ω)
E.电流表A2(量程为0～300mA，内阻r2约为0.5Ω)
F.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大阻值500Ω)
H.定值电阻R3(阻值r3=18Ω)
I.定值电阻R4(阻值r4=98Ω)
J.开关S与导线若干
(1)为尽可能准确描绘该电阻的伏安特性曲线，则滑动变阻器选用______，定值电阻选用______(填仪器前的字母序号)。
(2)在虚线框内将电路图补充完整。
(3)为描绘通过该待测电阻的电流随该电阻两端电压的变化图像，该电阻两端电压应为______，流经该电阻的电流应为______(可能用到的电阻用r1、r2、r3、r4表示，可能用到的电流表A1读数用I1、电流表A2读数用I2、电压表V读数用U表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图甲所示，一质量为m=2kg的木块静止在水平桌面上，用大小为F=20N的恒力先向右偏上60°作用一段时间，再向右偏下60°作用相同的时间，木块的速度刚好为0。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求木块与水平桌面间的动摩擦因数；
(2)如图乙所示，若力F的大小不变，先向右偏上37°作用4s，再向左偏下37°作用2s，求木块运动的总位移。
14.如图所示是质谱仪的工作原理示意图，粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的带电粒子飘入加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度和电场强度大小分别为B和E。粒子源产生的带电粒子初速度为零，粒子沿直线通过速度选择器之后，垂直通过直线边界S由P点进入磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，并打在胶片A1A2上的M点处。不计带电粒子的重力和粒子间的作用力，已知PM间距为d。
(1)求粒子的比荷；
(2)若撤去速度选择器中的磁场，粒子经电场加速后从速度选择器中射出，由边界S上的Q点(图中未画出)进入匀强磁场B0中，最终粒子打在N点处，且PQ间距l=125d，求PN间距。
15.如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场(范围足够大)。平行金属导轨MNM′N′、PQP′Q′间距分别为L和12L，导轨间衔接良好，中轴线重合，固定在同一水平面内。导轨在左端M、M′点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨平滑相连，MM′、NN′连线均与直导轨垂直。长为L、质量为2m、电阻为2R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。长为12L、质量为m、电阻为R的金属棒cd放在导轨衔接点的PP′处，金属棒cd的中点处连接一与导轨平行的绝缘轻杆，杆长与M到N的距离相等。现锁定cd棒，给ab棒一竖直向下的初速度v0，同时给ab棒施加一始终沿圆弧方向的外力，使ab棒做匀速圆周运动。ab棒运动到水平导轨上的瞬间，立即撤去外力，解除cd棒的锁定，此时ab棒中点恰与绝缘杆碰撞并粘在一起，ab、cd开始一起运动。忽略导轨的电阻、不计一切摩擦，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。求：
(1)cd棒刚运动时受到的安培力大小；
(2)ab棒做匀速圆周运动过程中，cd棒产生的热量；
(3)若ab棒最终停在导轨MNM′N′上，则ab、cd一起运动后，流过cd截面的电量是多少？
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.根据电荷数守恒和质量数守恒可知X的质量数为4，核电荷数为2，故AB错误；
C. 37Li的核子数大于X的核子数，故X的结合能小于 37Li的结合能，故C错误；
D.该核反应过程中存在质量亏损，转化为能量，比结合能增大，故D正确。
故选：D。
根据质量数和电荷数守恒以及结合能、比结合能知识进行分析解答。
考查质量数和电荷数守恒以及结合能、比结合能知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】B
【解析】解：摩托艇牵引下冲浪爱好者在水面上匀速滑行，对冲浪者及冲浪板整体受力分析，
绳子拉力F为mgtanθ，牵引绳的功率为P=Fv=mgvtanθ，故ACD错误，B正确；
故选：B。
对整体受力分析根据平衡条件计算牵引绳的拉力大小，根据瞬时功率P=Fv计算牵引绳的功率。
本题考查了瞬时功率计算，解题关键是对整体受力分析根据平衡条件计算牵引绳的拉力大小。
3.【答案】C
【解析】解：AB、由题，由于带电粒子在A点与C点的动能相等，可知带电粒子从A到C的过程中电场力做的功为零，则A点与C点的电势一定相等。由于是匀强电场，则直线AC为该电场的一个等势面，结合正电荷偏转的方向向上，可知带电粒子受到的电场力的方向向上，带电粒子带正电，所以该电场电场强度的方向垂直于AC由B指向D，故AB错误；
CD、由于带电粒子受到的电场力的方向与初速度的方向有一定的夹角，结合匀强电场的特点可知，该带电粒子在该电场中的轨迹类似于斜上抛运动，带电粒子经过A、C的动能相等，则粒子经过A、C点时速度的大小相等，结合斜上抛运动的对称性可知，粒子经过C点时速度方向由B指向C，但不可能经过B点，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电场力做功，判断A点与C点的电势关系；结合正电荷受到的电场力的方向沿电场强度的方向判断；结合运动的特点判断。
本题主要考查了电势能与电场强度间的关系，并根据几何情况进行分析，求得等势面与电场线的分布情况，对于几何分析以及电势能与动能间的转化考察较为综合，考查学生的应用分析能力。
4.【答案】A
【解析】解：AB.如下图所示，以P点为坐标原点，垂直斜面向上为y轴正方向，平行斜面向下为x轴正方向，对小球在空中的运动进行分解：
设初速度的方向与PQ之间的夹角为α，则垂直斜面方向的初速度大小为：vy=vsinα
由图可知，垂直斜面方向的加速度大小：ay=gcsθ
则小球在空中飞行的时间为t=2vyay=2vsinαgcsθ
可知若要小球从抛出到落回斜面的最长时间，则小球的初速度的方向必须与PQ垂直，即α=90°，此时tmax=2vgcsθ
故A正确，BCD错误。
故选：A。
以P点为坐标原点，垂直斜面向上为y轴正方向，平行斜面向下为x轴正方向，对小球在空中的运动进行分解，根据运动学公式、数学知识分别列式，求出小球在空中运动的时间的表达式，结合数学知识，即可分析判断。
该题考查斜抛运动，将运动沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解是关键。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据开普勒第三定律a3T2=r3T02，代入数据可得哈雷彗星的运行周期T=76年，哈雷彗星的下次出现在近日点的时间为(1986+76)年=2062年，故AB错误；
CD．T2=762年=38年，根据(1986+38)年=2024年可知，2025年彗星在靠近太阳，线速度增大，故C错误，D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律和相应的时间关系判断哈雷彗星的运动情况。
考查开普勒第三定律和相应的时间关系判断哈雷彗星的运动情况，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】C
【解析】解：前后两次光路图如图所示：
由几何关系可知：ℎ= R2−(R4)2= 15R4，tani=R2+3R4ℎ，tanr=3R4ℎ，
化简整理可得：sini= 104，sinr= 64，折射率：n=sinisinr，代入数据可得：n= 53，故C正确，ABD错误。
故选：C。
画出光路图，利用几何关系分析。
画出光路图并找到几何关系是解题关键，三角函数的简单运算要熟练。
7.【答案】D
【解析】解：A、在t=0时刻滑块获得向上的冲量，但加速度仍然是零，所以滑块与弹簧、滑块与斜劈以及弹簧与斜劈之间的作用力不变，三者组成的整体受到的合外力仍然等于零，水平方向斜劈不受摩擦力，故A错误；
BCD、若P在最大位移处，则滑块做简谐振动的周期为4t，此时的振幅为d，0～5t内滑块通过的路程为5d。若P位于平衡位置和最大位移之间，根据振动方程可得：
d=Asin2πT⋅t=Asin2πT⋅5t
解得T=12t，A=2d，0～5t内滑块通过的路程为3d，故BC错误，D正确。
故选：D。
根据受力分析，判断斜劈是否受到摩擦力以及摩擦力的方向；根据物块在斜面上做简谐振动的条件，结合受力分析即可求出斜面体与地面之间的静摩擦力、支持力的变化；结合牛顿第二定律分析小物块向下运动的距离以及最大速度的位置。
该题考查简谐振动的周期性，注意P点的位置不一定在最大位移处即可。
8.【答案】AC
【解析】解：A、在p−V图像中，等温线离原点的距离远，温度就越高，由此可知a→b过程的温度T1高于c→d的温度T2，故A正确；
B、温度恒定时，单位时间撞击单位面积容器壁的气体分子数正比于单位体积内的分子数，a→b过程为等温膨胀过程，单位体积内的分子数减小，故状态a单位时间撞击单位面积容器壁的气体分子数多于状态b，故B错误；
CD、经过整个循环过程，气体内能不变，对外做功，而b→c过程和d→a过程绝热，根据热力学第一定律，a→b过程气体吸收的热量与c→d过程气体放出的热量之差等于气体对外做的功，故a→b过程气体吸收的热量高于c→d过程气体放出的热量，故C正确，D错误。
故选：AC。
在p−V图像中，等温线离原点的距离远，温度就越高；由压强的微观解释判断单位时间撞击单位面积容器壁的气体分子数的大小；由热力学第一定律判断a→b过程气体吸收的热量与c→d过程气体放出的热量的关系。
本题是对理想气体状态方程和热力学第一定律及p−V图像的应用的考查，解题的关键是要知道气体发生的状态变化，应用热力学第一定律解题时注意各物理量的正负符号的物理意义。
9.【答案】BC
【解析】解：A.R1电功率的变化量为I22R−I12R≠(I2−I1)2R=ΔI2R，故A错误；
B.可以将副线圈的电阻等效到原线圈上来，等效电路如图所示
等效电阻R效随着R3增大而增大，电流表示数减小，电源输功率减小，故B正确；
C.因为变压器原、副线圈电流之比等于匝数反比，即I1I2=n2n1，所以有ΔI1ΔI2=n2n1，所以R2=R=ΔUΔI2=n2ΔUn1ΔI，有n1n2=ΔUΔIR，故C正确；
D.分析可得R3的阻值增大时，电流表示数减小ΔI，R1分压减少ΔIR，所以原线圈电压U1增加ΔIR，那么副线圈电压增加n2n1ΔIR，又因为R2电压减小ΔU，V2示数增加量大于ΔU，故D错误。
故选：BC。
根据电功率公式，等效电阻和变压器的变压比以及电流和电压变化量知识进行分析解答。
考查变压器的变压比问题，难点在于原线圈串联电阻，需要根据等效思想结合串联电路特点才能解答，难度较大。
10.【答案】AB
【解析】解：A、设A的质量为m1，B的质量为m2，碰撞前A的速度大小为v0，碰撞后二者的速度大小为v。
碰撞过程中，取向下为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2)v
根据能量关系可得：E1=12m1v02，14E1=12(m1+m2)v2
联立解得：m2=3m1，故A正确；
B、根据图乙可知，E1=m1gx1，又有：m2g=kx1，联立解得弹簧的劲度系数为：k=3E1x12，故B正确；
C、物块A、B碰撞过程损失的机械能为ΔE=E1−14E1=34E1，故C错误；
D、由乙图可知，物块A向下运动到x2时，A、B总机械能减为零，由功能关系可知：14E1=12(x22−x12)，解得：x2= 76x1，故D错误。
故选：AB。
碰撞过程中，根据动量守恒定律、能量关系进行解答；根据图乙可得E1大小，再根据m2g=kx1解得弹簧的劲度系数；根据能量关系求解物块A、B碰撞过程损失的机械能；设物块A向下运动到x2时，A、B总机械能减为零，由功能关系进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
11.【答案】B。 A。 kmm+M−km
【解析】(1)A.根据实验原理，桌面水平，实验中不需要平衡摩擦力，不需要将桌面左端适当垫高，故A错误；
B.细线的拉力与摩擦力的合力等于木块所受的合外力，细线必须与桌面保持平行，故B正确；
C.本实验不需要重物的重力大小等于细线的拉力，重物只要能拉动木块就可，故C错误；
D.木块和重物加速阶段，根据动能定理可知mgℎ−μMgℎ=12(m+M)v2，减速阶段对木块根据动能定理−μMg(x−ℎ)=0−12Mv2，解得ℎ=μ(m+M)m+μm⋅x，利用斜率可以求摩擦因数，与g无关，故D错误。
故选：B。
(2)木块和重物加速阶段，有mgℎ−μMgℎ=12(m+M)v2，减速阶段有−μMg(x−ℎ)=0−12Mv2，两式联立可得ℎ=μ(m+M)m+μm⋅x，绘制ℎ−x图像，可使图像呈直线，故A正确，BC错误。
故选：A。
(3)根据ℎ=μ(m+M)m+μm⋅x，斜率k=μ(m+M)m+μm，解得μ=kmm+M−km。
故答案为：(1)B。(2)A。(3)kmm+M−km。
(1)根据测量动摩擦因数的实验的实验原理和注意事项进行分析解答。
(2)根据动能定理结合图像的线性特点进行分析解答。
(3)根据图像的斜率的物理意义进行分析解答。
考查动能定理的应用和测量动摩擦因数问题，关键是明确本实验的实验原理，属于中等难度试题。
12.【答案】F；H；
；
I1(r1+r3)；I2−I1
【解析】(1)根据实验原理，待测电阻两端的电压和电流从0开始变化，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择F；
电动势为3V，电压表C的量程太大，需要将电流表D改装成3V的电压表，串联电阻R=UIA1−r1=30.15Ω−2Ω=18Ω
因此定值电阻选择H；
(2)滑动变阻器采用分压式接法，定值电阻与电流表A1串联，电流表A采用外接法，电路图如图所示：
(3)根据并联电路的特点，待测电阻两端的电压UR=I1(r1+r3)
根据串联电路的特点，流经待测电阻的电流IR=I2−I1。
故答案为：(1)F；H；
(2)；
(3)I1(r1+r3)；I2−I1。
(1)描绘电阻的伏安特性曲线，要求电压、电流从0开始变化，据此确定滑动变阻器的连接方式，从保证电路安全和方便调节的角度分析作答；根据电压表的量程和电动势的值分析可知需要将已知内阻的电流表改装成3V的电压表，根据欧姆定律求解需要串联的电阻；
(2)滑动变阻器采用分压式接法，定值电阻与电流表A1串联，电流表A采用外接法，完成电路图的设计；
(3)根据并联电路、串联电路的特点求解作答。
本题主要考查了描绘该电阻的伏安特性曲线的实验，要明确实验原理，掌握欧姆定律、串联和并联电路的特点的运用；掌握电流表改装成电压表的方法，理解滑动变阻器分压式接法的电压、电流变化特点。
13.【答案】木块与水平桌面间的动摩擦因数为0.5；
如图乙所示，若力F的大小不变，先向右偏上37°作用4s，再向左偏下37°作用2s，木块运动的总位移为66m
【解析】(1)依题意可知，加速阶段与减速阶段的加速度大小相等，有牛顿第二定律
加速阶段：Fcs60°−μ(mg−Fsin60°)=ma
减速阶段：μ(mg+Fsin60°)−Fcs60°=ma
联立解得μ=0.5
(2)图乙状态下，假设加速阶段加速度为a1，减速阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律
加速阶段：Fcs37°−μ(mg−Fsin37°)=ma1
解得a1=6m/s2
减速阶段：Fcs37°+μ(mg+Fsin37°)=ma2
解得a2=16m/s2
由于Fcs37°=μ(mg+Fsin37°)=16N，所以减速到0后木块不再运动，设加速时间为t1，减速到0需要时间t2
则a1t1−a2t2=0
解得t2=1.5s
所以木块再向右运动1.5s就会停下
则木块的总位移s=12a1t12+12a2t22=12×6×42m+12×16×1.52m=66m
答：(1)木块与水平桌面间的动摩擦因数为0.5；
(2)如图乙所示，若力F的大小不变，先向右偏上37°作用4s，再向左偏下37°作用2s，木块运动的总位移为66m。
(1)根据牛顿第二定律列物体加速阶段和减速阶段的公式，联立即可求解动摩擦因数；
(2)根据牛顿第二定律列加速阶段和减速阶段的公式，分别求解出加速阶段和减速阶段的加速度大小，分析物体减速到0所用时间，结合运动学公式求解。
本题主要考查牛顿第二定律的应用，需要熟练物体的受力分析以及运动学公式。题目难度中等。
14.【答案】粒子的比荷为2EBB0d；
PN间距为2425d
【解析】(1)根据粒子在速度选择器中可做直线运动，可知粒子在电磁场中受力平衡，即：qE=qvB；
根据带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB0=mv2r，
由几何关系可得：r=12d，综合可得粒子的比荷：qm=2EBB0d；
(2)根据粒子在电场中的偏转，结合几何关系，可得其原速度与偏转后速度如下：
由图可知：sin=vv2，
由几何关系可得：xNQ=2r2sinθ，
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2B0=mv22r2，
结合PQ间距，即可得到PN间距：xPN=xNQ−xPQ，解得：xPN=2425d。
答：(1)粒子的比荷为2EBB0d；
(2)PN间距为2425d。
(1)根据粒子在速度选择器中可做直线运动，可得到速度与电场强度、磁感应强度的关系；根据带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得到速度与半径、磁感应强度的关系，综合可得粒子的比荷；
(2)根据粒子在电场中的偏转特点，结合几何关系，可得到QN间距，结合PQ间距，即可得到PN间距。
本题考查质谱仪的应用，在分析撤去速度选择器中的磁场后的粒子运动时，注意电场对粒子做功，粒子的速度大小、方向均会发生变化。
15.【答案】cd棒刚运动时受到的安培力大小为B2L2v018R；
ab棒做匀速圆周运动过程中，cd棒产生的热量为πB2L3v036R；
若ab棒最终停在导轨MNM′N′上，则ab、cd一起运动后，流过cd截面的电量为4mv0BL
【解析】(1)根据题意可知，金属棒ab由刚越过MM′时速度为v0，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
2mv0=(2m+m)v1
解得
v1=23v0
此时回路中的电动势为
E=BLv1−B⋅12Lv1
由闭合电路欧姆定律
E=I(2R+R)
cd刚运动时受到的安培力大小
F=BI⋅12L
联立解得
F=B2L2v018R
(2)如图
金属棒ab做匀速圆周运动过程中，电动势随θ变化的关系为
e=BLvsinθ
则回路中的电流为正弦交流电，电流有效值为I0，有
BLv0 2=I0⋅3R
Q=I02Rt
t=π2Lv0
解得
Q=πB2L3v036R
(3)开始运动时ab、cd整体受到的安培力大小
F=BIL−BI⋅12L=BI⋅12L
以水平向右的方向为正方向，对金属棒ab、cd整体由动量定理有
−BI⋅12LΔt=3mΔv
则有
−12BLq=3m(0−23v0)
解得
q=4mv0BL
答：(1)cd棒刚运动时受到的安培力大小为B2L2v018R；
(2)ab棒做匀速圆周运动过程中，cd棒产生的热量为πB2L3v036R；
(3)若ab棒最终停在导轨MNM′N′上，则ab、cd一起运动后，流过cd截面的电量为4mv0BL。
(1)由动量守恒定律和闭合电路的欧姆定律求cd棒刚运动时受到的安培力大小；
(2)根据电动势随θ变化的关系和焦耳定律求ab棒做匀速圆周运动过程中，cd棒产生的热量；
(3)由动量定理和电荷量表达式求流过cd截面的电量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。