射洪中学高2021级高三下期入学考试物理答案14、【解答】解：由图可知当物体的质量相等时，有：a1＜a2＜a3＜a4根据牛顿第二定律F＝ma可得：F1＜F2＜F3＜F4，故合力最大的是F4，故D正确、ABC错误。故选：D。15、【解答】解：A、钢球悬停不动，处于完全失重状态，所受重力不为零，则太空舱里重力加速度不为零，故A错误；BD、地球同步卫星离地面的高度大约是36000公里，根据v＝和v＝ωr得：ω＝，则知钢球的角速度比地球同步卫星的大，而地面赤道上物体的角速度与地球同步卫星的角速度相等，所以钢球的角速度比地面赤道上物体的大，则知钢球围绕地球做匀速圆周运动，比地面赤道上的物体转动快，故B、D错误C、钢球悬停不动，钢球所在的太空舱处于完全失重状态，在太空舱里无法称物体的质量，故C正确。故选：C。16、【解答】解：车轮受重力、支持力和摩擦力，处于平衡状态，根据动态分析可得支持力始终与摩擦力垂直，前轮离开地面爬升至减速带最高点的过程中，支持力增大，摩擦力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，减速带受到车轮的摩擦力逐渐减小，压力逐渐增大，故B正确，ACD错误。故选：B。17、【解答】解：A、如图所示斜向上飞出的弹丸经过一段时间到达与抛出点同一水平位置时与斜下抛初速度方向相同，且在此时与斜下抛高度相同，则落水时间相同，故到达海面时两炮弹的速度大小相同方向相同，故A错误；B、由题知，初速度大小相等，与水平方向夹角相同，则水平分速度相同，所以始终保持同一竖直线上，一个斜向上运动，一个斜向下运动，竖直方向位移方向相反，距离增大，如果高度较低，到达海面前两炮弹之间的距离越来越大，故B错误；C、竖直方向上的加速度相同，到达海面前两弹丸的相对速度不变，故C错误；D、由题知，初速度大小相等，与水平方向夹角相同，则水平分速度相同，所以始终保持同一竖直线上，故D正确。故选：D。2h18、【解答】解：吊锤下落到地面时v2＝2ght1gmg2t对吊锤根据动量定理联立解得mgtNtt10Ngt2ghmg2t根据牛顿第三定律，吊锤对松土的平均作用力的大小F＝N，故A正确，BCDgt2gh错误。故选：B。119、【解答】解：A.根据电容的决定式，手指挤压绝缘表面过程中，d变小，则电容C变大，故A正确；BC.电压U不变，Q＝CU，则Q变大，电容器处于充电状态，故B错误、C正确；D.根据E＝可知，场强E变大，故D错误。故选：AC。20、【解答】解：AB、线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电流沿逆时针方向，故A正确，B错误；C、由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得：则0.1s时间内通过R的电荷量为q＝It＝0.5×0.1C＝0.05C，故C错误；D、0.1s时间内非静电力所做的功为W＝Eq＝50×0.05J＝2.5J，故D正确。故选：AD。21、【解答】解：A、当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右，水平方向由平衡条件可得：qE＝FN+qvB竖直方向上有：mg﹣Ff＝ma又根据滑动摩擦力公式：Ff＝μFN所以随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力FN减小，摩擦力减小，加速度增大，当：qE＝qvB加速度为重力加速度。同理，随着速度增大，qE＜qvB，弹力FN反向增大，则摩擦力增大，加速度减小，故A错误；B、由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量，所以机械能和电势能总和逐渐减少，故B错误；CD、当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为。若洛伦兹力较小时有：f＝qE﹣FN根据牛顿第二定律有：mg﹣μFN＝ma而洛伦兹力为：f＝qvB联立可求得：若洛伦兹力较大时有：f＝qE+FN根据牛顿第二定律有：mg﹣μFN＝ma联立以上可求得：，故CD正确。故选：CD。22、【解答】解：（1）影响向心力的大小的因素有小球质量、小球做圆周运动的角速度和半径，因此探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系采用控制变量法，故AB错误，C正确。故选：C。（2）根据向心力公式F＝mrω2可知，探究向心力的大小与半径的关系时应保持小球质量m相同、做匀速圆周运动的角速度ω相同；小球做匀速圆周运动的角速度，因此要求两塔轮的半径相同，需要将传动皮带调至第一层塔轮；（3）传动皮带位于第二层塔轮，根据角速度与线速度的关系角速度之比根据向心力公式F＝mrω2可知2向心力之比因此左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，故ACD错误，B正确。故选：B。故答案为：（1）C；（2）一；（3）B。23、【解答】解：（1）根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联一个定值电阻R1；（2）根据实验原理设计电路图如图1：（3）根据闭合电路欧姆定律可知E＝I（Rg+R1）+（R0+r）变形可得：＝+则由图象性质可知：纵轴截距b＝斜率k＝联立解得：r＝﹣R0（4）设灯泡的电压为U，电流为I，则有：U＝E﹣3I（R2+r）代入数据解得：U＝6﹣30I；作出对应的图象如图2所示，由图象可知，灯泡电流I＝0.18A，电压U＝0.7V，故功率P＝UI＝0.18×0.7W＝0.13W；故答案为：（1）串联；（2）见解析；（3）；（4）0.1324、【解答】解：（1）在光滑导轨上感应电动势E＝BLv，感应电流安培力F安＝BIL，根据受力平衡F安＝mgsinθ则代入数据得v＝3m/s；（2）在绝缘涂层上受力平衡mgsin37°＝μmgcos37°μ＝tan37°得μ＝0.75（3）摩擦生热Q1＝μmgdcos37°，总的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律解得Q2＝1.5JR上产生的焦耳热Q＝•Q2＝×1.5J＝1.2J；答：（1）导体棒匀速运动的速度大小v为3m/s；（2）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ为0.75；（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q为1.2J。25、【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知解得；（2）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示由几何关系可知r′＝r粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有解得；（3）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示3离子打在硅片上端时，设磁感应强度为B1，∠BOD＝α，由几何关系故α＝30°，∠QOB＝60°，∠MOP＝120°，∠COP＝60°，∠OCP＝30°设离子的轨迹半径为r1，根据几何知识解得由牛顿第二定律有解得；离子打在硅片下端时，设磁感应强度为B2，由几何关系知道，离子的轨迹半径r2，根据几何知识可知r2＝r由牛顿第二定律有解得故磁感应强度的取值范围为。答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为；（2）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为；（3）磁感应强度B的取值范围为。34、（I）【解答】解：A、经过水面的反射光是偏振光，当偏振片方向与反射光的偏振方向垂直时，可以大大减弱反射光，此时的拍摄效果较好，故A正确；B、全反射的条件之一是光从光密介质斜进入光疏介质时，当入射角大于或等于临界角时，会发生全反射现象，故B正确；C、雨后的天空会出现彩虹，这是由于光的折射和全反射的原因导致的，而阳光下肥皂泡表面会有彩色的花纹，这是因为光的干涉引起的，故C错误；D、光的双缝干涉实验，其条纹间距的公式为：，由该条纹间距的公式可知，当双缝间距d越小，其条纹间距Δx越大，故D正确；E、高性能相机镜头表面镀了一层透光的膜，光线经过膜的表面和镜头玻璃表面的反射光发生干涉，所以看起来会有颜色，这是由于光的干涉现象引起的，故E错误。故选：ABD。（II）【解答】解：（1）设波在该介质中传播的速度为v，若仅有波源A振动，则从A振动时计时经历t1＝4s坐标原点O处的质点第1次到达波峰则有若仅有波源B振动，则从B振动时计时经历t2＝8s坐标原点O处的质点第1次到达波峰则有联立解得：v＝10m/s，T＝4s（2）两波的波长为：λ＝vT代入数据得：λ＝40m两列波传播到O处的波程差为：Δx＝xOB﹣xAO解得：由于AB振源振动步调完全相反，故O处是振动加强点。答：（1）波在该介质中沿x轴传播的周期T为4s；（2）若两波源同时开始振动，坐标原点O处是振动加强点。4