江蘇省泰州市興化市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理期末適應(yīng)性考試

江蘇省泰州市興化市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理期末適應(yīng)性考試姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：（共11小題，每小題4分，共計(jì)44分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。）1．在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)通過測(cè)量頭的目鏡觀察單色光的干涉圖樣時(shí)，發(fā)現(xiàn)里面的亮條紋與分劃板豎線未對(duì)齊，如圖乙所示，若要使兩者對(duì)齊，該同學(xué)應(yīng)如何調(diào)節(jié)（）A．僅左右轉(zhuǎn)動(dòng)透鏡 B．僅旋轉(zhuǎn)單縫C．僅旋轉(zhuǎn)雙縫 D．僅旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭2．靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的碳14原子核，某時(shí)刻放射的某種粒子與反沖核的初速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，且經(jīng)過一定時(shí)間后形成的軌跡如圖所示。那么碳14的核反應(yīng)方程可能是（）A．614C→C．614C→3．下列說法正確的是（）A．查德威克通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆遜的模型B．某激光器能發(fā)射波長(zhǎng)為λ的激光，發(fā)射功率為P，真空中光速為c，普朗克常量為h，則該激光器每秒發(fā)射的光子數(shù)為λPC．第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第一定律D．肉眼可以觀察到懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)4．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A緩慢經(jīng)過狀態(tài)B、C、D再回到狀態(tài)A，其體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系圖像如圖所示，其中BC的延長(zhǎng)線過O點(diǎn)，氣體在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)為p0A．A→B過程中氣體的壓強(qiáng)增大了4B．B→C過程中氣體對(duì)外界放出的熱量小于外界對(duì)氣體做的功C．C→D過程中氣體的壓強(qiáng)變小，氣體從外界吸收熱量D．D→A過程中氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積容器的碰撞次數(shù)減少5．如圖所示，圖甲為包含兩種不同頻率光的一細(xì)束光從空氣射向平行玻璃磚的上表面，光束經(jīng)兩次折射和一次反射后的情形，圖乙為研究某種金屬光電效應(yīng)的電路圖。分別用a、b兩種光照射如圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置，都能發(fā)生光電效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．圖乙中滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)電流表的示數(shù)一定增大B．圖甲中a光頻率小于b光的頻率C．用a光照射圖乙的裝置時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能較大D．用同一裝置研究雙縫干涉現(xiàn)象，光a的條紋間距更大6．根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當(dāng)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，我國南海艦隊(duì)某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行．t=0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險(xiǎn)，在0~50s內(nèi)潛艇豎直方向的v?t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。不計(jì)水的粘滯阻力，則（）A．潛艇在t=20s時(shí)下沉到最低點(diǎn)B．潛艇豎直向下的最大位移為750mC．潛艇在“掉深”和自救時(shí)的加速度大小之比為5D．潛艇在0~20s內(nèi)處于超重狀態(tài)7．我國發(fā)射“嫦娥四號(hào)”登月探測(cè)器，首次造訪月球背面，成功實(shí)現(xiàn)對(duì)地對(duì)月中繼通信。如圖所示，“嫦娥四號(hào)”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道I上的P點(diǎn)實(shí)施變軌，進(jìn)入近月點(diǎn)為15km的橢圓軌道II，由近月點(diǎn)Q落月。關(guān)于“嫦娥四號(hào)”下列說法不正確的是（）A．沿軌道II運(yùn)行的周期大于沿軌道I運(yùn)行的周期B．沿軌道II運(yùn)行時(shí)，在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度C．沿軌道I運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，需制動(dòng)減速才能進(jìn)入軌道IID．在軌道II上由P點(diǎn)運(yùn)行到Q點(diǎn)的過程中，萬有引力對(duì)其做正功，它的動(dòng)能增加，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能不變8．近年來無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V，電流為正弦式交流電，接收線圈的輸出電壓為8.A．接收線圈與發(fā)射線圈中匝數(shù)比為1B．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比等于20C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率不相同D．當(dāng)發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時(shí)，受電線圈的磁通量為09．如圖所示，一強(qiáng)磁性圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，球始終受大小恒為F、方向始終指向圓心O的磁性引力，不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．球在A點(diǎn)的最小速度為gRB．運(yùn)動(dòng)過程中球的機(jī)械能不守恒C．球從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，受到的彈力逐漸增大D．F的最小值為5mg10．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)存在一點(diǎn)電荷，帶電荷量為－Q，坐標(biāo)軸上有A、B、C三點(diǎn)，并且OA=OB=BC=a，其中A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相等，O點(diǎn)和C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。已知靜電力常量為k，則（）A．點(diǎn)電荷位于B點(diǎn)處B．O點(diǎn)電勢(shì)比A點(diǎn)電勢(shì)高C．C點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kQD．將正的試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小11．如圖是一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框放在光滑水平面上的俯視圖，虛線右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．金屬礦電阻為R，t=0時(shí)刻，金屬框在水平拉力F作用下從圖示位置由靜止開始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度進(jìn)入磁場(chǎng)，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)。則0?A． B．C． D．二、非選擇題：（本題共5題，共56分.其中第12題～第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）12．某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測(cè)量一電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們找到了如下的實(shí)驗(yàn)器材：電池組（電動(dòng)勢(shì)約為6.0V，內(nèi)阻約為1Ω）、靈敏電流計(jì)G（滿偏電流Ig=100μA，內(nèi)阻Rg=200Ω，定值電阻R1（R（1）若想靈敏電流計(jì)G改裝成量程為6V的電壓表，需要一個(gè)定值電阻R2（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），該定值電阻的阻值Ω。（2）為了準(zhǔn)確測(cè)出電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，在圖中虛線框中設(shè)計(jì)電路圖，請(qǐng)把該電路圖補(bǔ)充完整。（3）采集靈敏電流計(jì)G和變阻箱R的讀數(shù)，作出了圖像如圖乙所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為b，則所測(cè)得電池組的內(nèi)阻r=。（用題目中所給的字母表示，已知電源中的電流遠(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流）（4）組長(zhǎng)還組織大家進(jìn)步研討，圖丙所示為他們測(cè)得的某型號(hào)小燈泡的伏安特性曲線，如果把兩個(gè)該型號(hào)的燈泡并聯(lián)后再與R0=9Ω的定值電阻串聯(lián)起來接在上述電池組上（若測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E=6.0V，內(nèi)阻r（r113．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質(zhì)量為2m的物體A連接，現(xiàn)在豎直方向給物體A一初速度，當(dāng)物體A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物體B與水平面間的作用力剛好為零。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，物體A的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知重力加速度為g，求：（1）物體A振動(dòng)方程；（2）物體B對(duì)地面的最大壓力大小。14．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，給電磁的應(yīng)用開辟了廣闊的道路，其中發(fā)電機(jī)就是電磁感應(yīng)最重要的應(yīng)用成果之一。某種直流發(fā)電機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的情景。在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L=0.5m，導(dǎo)軌左端接有電阻R=0.8Ω，電阻R兩端接有電壓傳感器。質(zhì)量m=0.5kg，電阻r=0.2Ω的金屬桿ab置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)用水平向右的拉力F拉ab桿，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)。電壓傳感器將R兩端的電壓U即時(shí)收集并輸入計(jì)算機(jī)，得到U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。求：（1）ab桿的加速度大??；（2）第3.0s末撤去拉力F，此后電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。15．如圖所示，豎直光滑半圓弧軌道的下端B點(diǎn)固定在高h(yuǎn)=3.2m的豎直墻壁上端，O為半圓的圓心，BC為豎直直徑，一質(zhì)量m2=4kg的小球b靜置在B點(diǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m1=2kg的小球a從水平地面上的A點(diǎn)以初速度v0斜向上拋出，拋射角（1）小球a從A點(diǎn)拋出時(shí)的初速度v0（2）碰撞結(jié)束瞬間小球b的速度vb（3）半圓弧軌道的半徑R的取值范圍。16．如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oxyz中，z>0的空間內(nèi)充滿沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度大小E未知），z<0的空間內(nèi)充滿沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。甲、乙兩離子從坐標(biāo)為(0，0，h)的A點(diǎn)以相同速率v0（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）甲離子運(yùn)動(dòng)過程中最低點(diǎn)到xOy面的距離與乙離子運(yùn)動(dòng)過程中的最低點(diǎn)到xOy面的距離之比k；（3）甲離子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的x坐標(biāo)與乙離子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的x坐標(biāo)之差Δx。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】發(fā)現(xiàn)里面的亮條紋與分劃板豎線未對(duì)齊，若要使兩者對(duì)齊，應(yīng)旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭。左右轉(zhuǎn)動(dòng)透鏡、旋轉(zhuǎn)單縫、旋轉(zhuǎn)雙縫均無法使亮條紋與分劃板豎線對(duì)齊。

故答案為：D。

【分析】旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭，分劃板豎線隨之旋轉(zhuǎn)，可使分劃板豎線與亮條紋對(duì)齊。2．【答案】A【解析】【解答】放射的某種粒子與反沖核動(dòng)量守恒可得m根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=可得r=則放射的某種粒子與反沖核在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系為r由圖可知放射的某種粒子與反沖核在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系約為r且q則q1=2碳14的核反應(yīng)方程可能是4故答案為：A。

【分析】放射的粒子與反沖核之間的作用力為內(nèi)力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力確定兩粒子的電荷之比。再根據(jù)核反應(yīng)方程電荷數(shù)守恒進(jìn)行解答。3．【答案】B【解析】【解答】A、盧瑟福通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆遜的模型，故A錯(cuò)誤；

B、每個(gè)光子的能量E=hν=h設(shè)每秒激光器發(fā)出的光子數(shù)是n，則Pt=nE即P=nh則該激光器每秒發(fā)射的光子數(shù)為n=故B正確；

C、第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律，故C錯(cuò)誤；

D、布朗運(yùn)動(dòng)需在顯微鏡下觀察，肉眼無法觀察到懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】盧瑟福通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆遜的模型，第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律，布朗運(yùn)動(dòng)是固體微粒的運(yùn)動(dòng)。4．【答案】D【解析】【解答】A、A→B過程為等容過程，根據(jù)查理定律有P解得p可知，A→B過程中氣體的壓強(qiáng)增大了3p0，故A錯(cuò)誤；

B、由于BC的延長(zhǎng)線過O點(diǎn)，根據(jù)蓋呂薩克定律可知，該過程為等壓過程，壓強(qiáng)不變，B→C過程，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，體積減小，外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知，氣體對(duì)外界放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功，故B錯(cuò)誤；

C、C→D過程中為等容過程，溫度降低，根據(jù)查理定律可知，氣體的壓強(qiáng)變小，溫度降低，氣體內(nèi)能減小，體積一定，氣體與外界之間做功為0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體向外界釋放熱量，故C錯(cuò)誤；

D、D→A過程為等溫過程，根據(jù)玻意耳定律可知，體積增大，壓強(qiáng)減小，由于溫度一定，則分子運(yùn)動(dòng)的平均速率一定，一個(gè)分子與器壁撞擊的平均作用力一定，而壓強(qiáng)減小，則氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積容器的碰撞次數(shù)減少，故D正確。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖像確定在各個(gè)過程中氣體的變化類型，再根據(jù)離線其他狀態(tài)方程判斷氣體氣體參數(shù)的變化情況。溫度降低，氣體內(nèi)能減小，外界對(duì)氣體做功。熟悉掌握氣體壓強(qiáng)微觀定義。5．【答案】C【解析】【解答】A、圖乙中滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)，AK兩極板的電壓增大，如果已經(jīng)達(dá)到飽和電流，則電流表示數(shù)不再增大，故A錯(cuò)誤；

B、作出光路圖如圖所示，可知光從空氣射入玻璃時(shí)a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，頻率較大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ea光的頻率較大，所以用a光照射圖乙的裝置時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能較大，故C正確；

D、根據(jù)Δx=a光的頻率較大，則a光的波長(zhǎng)小，條紋間距更小，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】當(dāng)電路中的光電流達(dá)到飽和電流，則繼續(xù)增大正向電壓，電流表的示數(shù)不變。折射率大，頻率大，逸出光電子的最大初動(dòng)能大。6．【答案】B【解析】【解答】A、在50s內(nèi)先向下加速后向下減速，則t=50s潛艇向下到達(dá)最大深度，故A錯(cuò)誤；

B、由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h=故B正確；

C、潛艇在“掉深”時(shí)向下加速，則由圖像可知加速度大小為a=在自救時(shí)加速度大小為a所以加速度大小之比為a故C錯(cuò)誤；

D、潛艇在0~20s內(nèi)向下加速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】掉深是讓潛艇具有向下的速度，下沉到最低點(diǎn)時(shí)，潛艇的速度為零，v-t圖像的斜率表示加速度，v-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移。7．【答案】A【解析】【解答】A、如圖所示，設(shè)月球半徑為r，軌道I半徑為R，根據(jù)開普勒第三定律知R+r分析知T故A錯(cuò)誤，符合題意；

B、探測(cè)器只受萬有引力作用，則GMm代入得GM則距離越遠(yuǎn)，加速度越小，距離越近，加速度越大。所以P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度。故B正確，不符合題意；

C、當(dāng)探測(cè)器的速度突然減小時(shí)，即萬有引力大于所需要的向心力，探測(cè)器將做近心運(yùn)動(dòng)，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變小，所以沿軌道I運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，需制動(dòng)減速才能進(jìn)入軌道II。故C正確，不符合題意；

D、從遠(yuǎn)月點(diǎn)P到近月點(diǎn)Q，萬有引力對(duì)衛(wèi)星做正功，動(dòng)能Ek增大，引力勢(shì)能減小。只有萬有引力做功機(jī)械能守恒。故D正確，不符合題意；

故答案為：A。

【分析】萬有引力大于所需要的向心力，探測(cè)器將做近心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑變小。只有萬有引力做功機(jī)械能守恒。萬有引力對(duì)衛(wèi)星做正功，動(dòng)能增大，引力勢(shì)能減小。熟悉橢圓軌道半長(zhǎng)軸和半短軸的定義。8．【答案】A【解析】【解答】A、根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系UU其中U1=220V，Un故A正確；

B、由于存在漏磁現(xiàn)象，接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比不等于原、副線圈匝數(shù)比的倒數(shù)，故B錯(cuò)誤；

C、變壓器不改變交變電流的頻率，發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時(shí)，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大，受電線圈內(nèi)磁通量達(dá)到最大，磁通量變化率為零，受電線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】熟悉掌握理想變壓器原副線圈匝數(shù)比與電壓和電流關(guān)系的推導(dǎo)過程。變壓器不改變交變電流的頻率，發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同。磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大，磁通量達(dá)到最大，磁通量變化率為零。9．【答案】D【解析】【解答】A小球沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，則過最高點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)，最小速度可為零，此時(shí)支持力等于重力與引力之和，A不符合題意；B運(yùn)動(dòng)過程中，引力方向始終與速度方向垂直，則引力不做功，僅有重力做功，則球的機(jī)械能守恒，B不符合題意；C球從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，速度逐漸增大，所需向心力逐漸增大，彈力沿圓心與球的連線向外，則可知彈力逐漸減小，C不符合題意；D當(dāng)球過A點(diǎn)速度為零時(shí)，做完整圓周運(yùn)動(dòng)F最小，則由A到B有mg·2R=F解得Fmin=5mgD符合題意。故答案為：D。

【分析】小球在最高點(diǎn)時(shí)根據(jù)合力提供向心力得出球在A點(diǎn)的最小速度，只有重力或彈簧彈力做功時(shí)機(jī)械能守恒，小球從A到B結(jié)合機(jī)械能守恒得出A點(diǎn)速度，在A點(diǎn)結(jié)合合力提供向心力得出F的最小值。10．【答案】B【解析】【解答】A．A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相等，點(diǎn)電荷必位于A點(diǎn)和B點(diǎn)連線的垂直平分線上；O點(diǎn)和C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，點(diǎn)電荷位于O點(diǎn)和C點(diǎn)連線的垂直平分線上，故帶負(fù)電的點(diǎn)電荷位于坐標(biāo)(a，a)處，A不符合題意；B．根據(jù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)分布可知，O點(diǎn)電勢(shì)比A點(diǎn)電勢(shì)高，B符合題意；C．C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EC不符合題意；D．將帶正電的試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用等勢(shì)點(diǎn)連線的中垂直交點(diǎn)可以判別點(diǎn)電荷的位置；利用電場(chǎng)線的分布可以判別電勢(shì)的高低；利用場(chǎng)強(qiáng)公式可以求出C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大??；利用電場(chǎng)力做功可以判別電勢(shì)能的變化。11．【答案】D【解析】【解答】A、導(dǎo)線的速度和位移關(guān)系為v則感應(yīng)電流為i=解得i=故A錯(cuò)誤；

B、某一微小時(shí)段?q=i?t=因此q=故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=at故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)牛頓第二定律F-BIL=ma金屬框電流I=解得F=ma+故D正確。

故答案為：D。

【分析】確定線框的受力情況，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，線框的速度越來越大，再結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和電流的定義推導(dǎo)得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，繼而得出結(jié)論。12．【答案】（1）串聯(lián)；59800（2）（3）k（4）0.27W【解析】【解答】（1）若想靈敏電流計(jì)G改裝成量程為6V的電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)定值電阻R2，該定值電阻的阻值R（2）電路如圖，其中R1為保護(hù)電阻；

（3）由電路圖可得E=(I+因已知電源中的電流遠(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流，則可寫成E=即1則k=(R解得r=（4）由電路可知E=U+2I(即U=6-20I將此關(guān)系圖像畫在燈泡的U-I圖像中，如圖；

則交點(diǎn)為電路的工作點(diǎn)，則I=0.24A，U=1.2V，則每只燈泡消耗的功率P=IU=0.29【分析】熟悉掌握電表改裝的原理及計(jì)算方法，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及電路圖推到得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，再結(jié)合圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。由于燈泡的電阻為不定值，故需繪出電源的路端電壓與電流的伏安特性曲線，兩圖線的交點(diǎn)即為燈泡與電源串聯(lián)時(shí)，燈泡工作的實(shí)際電壓和電流。13．【答案】（1）解：圖乙可知振幅為A=10cm周期為T=1.0s角速度為ω=2π規(guī)定向上為正方向，t=0時(shí)刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運(yùn)動(dòng)，所以初相為φ則振子的振動(dòng)方程為y=Asin（2）解：物體A在最高點(diǎn)時(shí)，物體B與水平面間的作用力剛好為零，此時(shí)彈簧的拉力為F=mg對(duì)于物體A有2mg+F=2ma解得a=1當(dāng)物體A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體B對(duì)水平面的壓力最大，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物體A在最低點(diǎn)時(shí)加速度向上，且大小等于1.5g，由牛頓第二定律得F解得F′=5mg由物體B的受力可知，物體B受水平面的最大支持力為F由牛頓第三定律F壓【解析】【分析】（1）根據(jù)圖像確定物體A的振幅及周期，再根據(jù)振動(dòng)方程的表達(dá)式結(jié)合圖像確定物體A的初相，繼而得出振子的振動(dòng)方程；

（2）振子在振幅最大處的加速度相等，根據(jù)題意確定振子在最高點(diǎn)的加速度，在最低點(diǎn)時(shí)B對(duì)地面的壓力最大。當(dāng)振子位于最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)A運(yùn)用牛頓第二定律確定壓力的大小。在對(duì)B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件確定其對(duì)地面的壓力。14．【答案】（1）解：令金屬桿的速度為v，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律，感應(yīng)電流為I=R兩端的電壓U=IR根據(jù)圖乙可知U=kt其中斜率k=結(jié)合上述有v=可知，加速度為a=（2）解：根據(jù)上述可知，在拉力作用下，金屬桿向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，3.0s末撤去拉力F時(shí)的速度為v撤去拉力后，根據(jù)能量守恒定律有Q則此后電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=解得Q=45J【解析】【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)定律及閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖像確定導(dǎo)體棒速度與時(shí)間的關(guān)系，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系確定加速度的大?。?/p>

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)確定3s時(shí)導(dǎo)體棒的速度，撤去外力后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，最終速度為零，再根據(jù)能量守恒定律及串聯(lián)電路規(guī)律進(jìn)行解答。15．【答案】（1）解：設(shè)水平方向上向右為正方向，小球a從A點(diǎn)拋出，在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，剛好能沿水平方向擊中小球b，則有vv聯(lián)立解得vv（2）解：小球a剛好能沿水平方向擊中小球b時(shí)，其速度為v根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m根據(jù)能量守恒定律可得1聯(lián)立解得v（3）解：假設(shè)小球b恰好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，則在C點(diǎn)滿足m又根據(jù)動(dòng)能定理可得1聯(lián)立解得R=0故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是R≤0.如果小球恰好運(yùn)動(dòng)到和圓心等高的位置，此時(shí)的最小速度為零，則有1解得R=0故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是R≤0.32m【