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物理部分
14．C【解析】A.电流增大，线框有收缩的趋势，A错；B.静止释放线框，线框下落，磁通
量不变，没有感应电流，线框做自由落体，B错；线框向左移动一小段距离，磁通量增加，
由楞次定律知产生逆时针电流，C正确；D.以导线为轴转动，磁通量不变，没有感应电流，
D错。
15．C【解析】A．金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小
F =BIL=0.5×2×0.5N=0.5N
安
F
金属细杆开始运动时的加速度大小a= 安=10m/s2 A错误；
m
B．对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W =F ⋅(MN+OP)=1J
安 安
1
重力做功W =-mg⋅ON=-0.5J根据动能定理有W +W = mv2
G 安 G 2
解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=❑√20m/sB错误；
v2
D．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为a'= =20m/s2，D错误；
r
D．在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F ，由牛顿第二定
安
mv2 F
律得F-F = 解得F=1.5N可知每一条轨道对金属细杆的作用力大小为 =0.75N
安 r 2
由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，C正确。
16．A【详解】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有
月球绕地球公转有 r = 60R 联立有 故选A。
17．D【解析】A．设绳子中的拉力为T，对A、B受力分析有 ，
联立解得 A错误；
B．设物体距水平地面高度为h，对A、B到达底端时的速度有
， 可得
可知着地瞬间两物体的速度大小相等，但是方向不同，所以速度不同，B错误；
C．
h
=
1
gsinθt2 得t=
1
❑
√2h
I =mgcosθt=mgcotθ❑
√2h
，θ不同所以冲量不等。
sinθ 2 sinθ g N g
C错
可知着地瞬间两物体的动能不等，C错误；D．着地瞬间两物体的重力的功率为
学科网（北京）股份有限公司， 根据前面分析数值可得 D正确。
18.C【详解】A．根据x轴上各点电场强度的分布特点可知，该电场的分布类似于等量正电
荷中垂线上电场强度的分布，电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上，沿电场线的方
向，电势逐渐降低，所以O点的电势最高，故A错误。B．带电粒子的电势能 ，由
题意知带电粒子带正电，所以粒子在O点的电势能最大，故B错误。
C．由动能定理知，电场力做的功等于动能的变化量，有
由题意知带电粒子的初动能 ，得
电场力始终做正功，动能一直增大。由于电场强度随x先增大后减小，所以动能随x变化
的图像的切线斜率先增大后减小，故C正确。
D．带电粒子在运动过程中，只有电场力做功，电势能与动能总和保持不变，故D错误。
19．AB【解析】A．在回旋加速度器中，由洛伦兹力充当向心力有
可得 可知，在回旋加速度所处磁场一定的情况下，粒子射出回旋加速度的最终速度
跟D形盒的半径有关，半径越大获得的速度越大，动能就越大，因此甲图中要使粒子获得
的最大动能增大，可以增大D形盒的半径，故A正确；
B．粒子经过质谱仪速度选择器时，只有满足 的粒子才能被选择，可得
显然，经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一
位置的粒子在偏转磁场中做圆周运动的轨迹半径R相等，根据牛顿第二定律有
可得 由此可知，打在同一位置的粒子的比荷 都相同，故B正确；
C．在霍尔元件中，因载流子带负电，而电流的方向为正电荷定向移动的方向，可知带负
电的载流子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，带负电的载流子在洛伦兹力的
作用下向着霍尔元件的N侧偏转，使N侧带上负电，故C错误；
学科网（北京）股份有限公司D．经过电磁流量计的带电粒子会在洛伦兹的作用下向着前后两个侧面偏转，时前后两个
侧面产生电势差，从而形成电场，当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场，
此时满足 其中v表示液体的流速，即此时两侧电压达到最大值，则有
联立可得 而流量 解得 则前后两个金属侧面的电压与a、b无关，但
与c有关，故D错误。
20．AC【解析】A．滑片向a端移动，滑动变阻器电阻减小，分得的电压减小，电容器放
电，且上极板为正，所以有电流从 流过灵敏电流计；故A正确；
B．滑动变阻器消耗的功率
当 时，滑动变阻器消耗的功率最大，由于不知此时电阻R和 的关系，若滑
动前电阻大于二者之和，则有可能增大，也有可能先增大再减小，无法判断；故B错误；
C．若将A向上移动，两极板间距增大，电场强度 减小，重力大于电场力；则M会
向下运动，故C正确；
D．若将B向下移动，两极板间距增大，电场强度 减小，原位置与上极板间电压减
小，所以原位置处电势升高，由微粒带负电荷，电势能 减小，故D错误。
21．AB【解析】A．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，小球所受电场力等于其重力的
倍，即 电场力方向直于轨道方向的分量为
重力垂直轨道的分量为 则有
因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当
小球运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上，导致小球对管壁有
作用力，小球将受到的滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，
学科网（北京）股份有限公司摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度
减至零时做匀速运动，故A正确；
B．对小球在O点受力分析，且由C向D运动时，根据牛顿第二定律，则有
由C到O点，由机械能守恒定律，则有
解得 故B正确；
C．最终小球在CD间做往复运动，在C点和D点速度为零，从开始到最终速度为零的C
点或D点，根据动能定理得
则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功 故C错误；
D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力大小相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨
道内受到的摩擦力最大，摩擦力的最大值为
摩擦力不可能大于 ，故D错误。
22. (1)B (2)96.0 (3)小于
23. (1)2.550 (2)
24. (1)斜抛的炮弹在水平方向做匀速直线运动，炮弹在最高点爆炸前瞬间的速度为
v=vcos60°=0.5v
1 0 0
爆炸过程水平方向上动量守恒，以爆炸前速度方向为正方向，得
(2m+m)×0.5v =2m×2v + mv'
0 0
解得：v'=-2.5v
0
学科网（北京）股份有限公司即质量较小的另一块弹片速度的大小为2.5v，方向水平向后。
0
（2）爆炸过程中化学能转化为弹片增加的动能。
1 1 1
E=△E=2 ×2m×(2v )2+2 ×m×(2.5v )2 -2 ×(m+2m)×(0.5v )2=6.75mv 2。
k 0 0 0 0
25. 解:（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：
1分
1分
由 牛 顿 第 二 定 律 有 ：
1分
代 入 据 解 得 ：
1分
（2）设小球通过M点时的速度为v，
由类平抛运动规律： 1分
小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，
由牛顿第二定律有： 1分
得：
小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1
由几何关系有： 2分
解得： 1分
小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2
学科网（北京）股份有限公司由 几 何 关 系 有 ：
1分
34.(1)BDE【解析】A．加强点的位移不停变化，加强点的最大位移始终为 30cm，故A错
误；
B．加强点的振动频率等于振源振动的频率 故B正确；
CD．周期为
波长为
如图所示，图中所标注的数字是该点到两个波源之间的距离差等于
半波长的倍数，其中偶数表示加强点，奇数表示减弱点，除 S 点
2
之外，加强点的个数为7个，减弱点的个数为8个，C错误，D正
确。
(2)①振幅A=6a。
②根据简谐运动的对称性，灯泡离水面最大高度为 15a，此时与圆柱体上表面边缘相切的
光线进入水中的入射角为53°，根据折射定律有
得折射角θ=37°则阴影的最大半径为r=15atan53°+20atan37°=35a
则阴影的的最大面积S=πr2=1225πa2
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