2019年4月浙江省普通高校招生选考物理试卷

第1页（共1页）20１9年４月浙江省普通高校招生选考物理试卷一、选择题Ⅰ（本题共16小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)１.(3分)(2０1９•浙江)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是()A.功/焦耳Ｂ．质量/千克C．电荷量/库仑D．力／牛顿2.(3分）（20１９•浙江）下列器件中是电容器的是()A．Ｂ．Ｃ.Ｄ．３．(3分)（2０１9•浙江)下列式子属于比值定义物理量的是(）A.B.a=C.Ｄ．4.（３分)（2０19•浙江)下列陈述与事实相符的是（）A.牛顿测定了引力常量Ｂ．法拉第发现了电流周围存在磁场Ｃ．安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因5.（3分)（２０19•浙江)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是（）A.B.C．D．6．(3分）（2019•浙江）如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是()Ａ．小明与船之间存在摩擦力Ｂ．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力7．（3分)（20１9•浙江)某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止）。则此卫星的()A．线速度大于第一宇宙速度Ｂ．周期小于同步卫星的周期C．角速度大于月球绕地球运行的角速度Ｄ．向心加速度大于地面的重力加速度８．(3分）（2０19•浙江）电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为Ｕ１，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U２，流过的电流为1２.则（)A.I１<I2B.C.D．9.(3分)（201９•浙江）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移﹣时间图象如图所示，则在０~t1时间内（)A.甲的速度总比乙大B．甲、乙位移相同C.甲经过的路程比乙小Ｄ．甲、乙均做加速运动1０.(3分）(201９•浙江）质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.０×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×1０5N／C,质子的质量为１.67×1０﹣27kg，电荷量为１．６×1０﹣19Ｃ，则下列说法正确的是（)A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10﹣1５NＣ.质子加速需要的时间约为8×1０﹣6sＤ．加速器加速的直线长度约为4ｍ11.(3分）(2０1９•浙江）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则()A.杆对Ａ环的支持力变大B．B环对杆的摩擦力变小C.杆对Ａ环的力不变D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大１2．（３分)(2０19•浙江）如图所示,A、Ｂ、C为三个实心小球，A为铁球,B、C为木球。Ａ、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力,ρ木＜ρ水<ρ铁)（）Ａ．A球将向上运动,B、Ｃ球将向下运动B.A、B球将向上运动，C球不动C.A球将向下运动，Ｂ球将向上运动，C球不动D.Ａ球将向上运动，Ｂ球将向下运动，C球不动１3．(3分）(2019•浙江)用长为１．4ｍ的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1．0×10﹣2ｋg、电荷量为2．0×10﹣8C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成3７°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin３7°＝０.6)（)Ａ.该匀强电场的场强为3.７5×1０7N/ＣB．平衡时细线的拉力为0.１7NC.经过0.5s,小球的速度大小为6.2５ｍ/sＤ．小球第一次通过Ｏ点正下方时,速度大小为7m/ｓ１4．(３分）(201９•浙江）波长为λ１和λ2的两束可见光入射到双缝,在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为λ１的光的条纹间距大于波长为λ２的条纹间距。则(下列表述中,脚标“１”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量)（)Ａ.这两束光的光子的动量p1＞p2Ｂ.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞Ｃ２C．这两束光都能使某种金属发生光电效应,则遏止电压U１>U2Ｄ．这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=２能级时产生，则相应激发态的电离能△E１＞△E2１5.(３分）（2019•浙江)静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Ｙ．已知核Ｘ的质量数为Ａ，电荷数为Ｚ，核X、核Ｙ和α粒子的质量分别为ｍX、ｍY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为R.则()A．衰变方程可表示为Ｘ→Y+HeB.核Y的结合能为（mx﹣ｍｙ﹣mα)c2C．核Y在磁场中运动的半径为Ｄ.核Y的动能为16.（2019•浙江)图1为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，Ｐ、Ｑ为介质中的两个质点,图2为质点P的振动图象，则(）A．t＝０.2s时，质点Q沿y轴负方向运动B.0～0.３s内，质点Q运动的路程为0.3mC.ｔ=０．5s时,质点Q的加速度小于质点P的加速度Ｄ.ｔ＝0．7ｓ时,质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离三、非选择题（本题共7小题,共５5分)17.(５分）(201９•浙江）采用如图1所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验(1)实验时需要下列哪个器材A.弹簧秤Ｂ．重锤线C.打点计时器(2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求,正确的是（多选)A．每次必须由同一位置静止释放小球B．每次必须严格地等距离下降记录小球位置C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触D．记录的点应适当多一些（3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,记录下如图2所示的频闪照片。在测得ｘ1,x2，x３，x4后,需要验证的关系是。已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度,误差较小的是A．B.C．D.１8．(5分)(2019•浙江）小明想测额定电压为2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率，电路。(1)在实验过程中,调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零,其原因是的导线没有连接好(图中用数字标记的小圆点表示接线点,空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；(2)正确连好电路,闭合开关，调节滑片P,当电压表的示数达到额定电压时,电流表的指针如图2所示，则电流为,此时小灯泡的功率为Ｗ（３)做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为１．0０Ｖ时通过小灯泡的电流,但在草稿纸上记录了下列数据,你认为最有可能的是A.0.08ＡB.0．１２AＣ.0.20A19.(9分)(２019•浙江）小明以初速度ｖ0=１0m/s竖直向上抛出一个质量m=０．1ｋg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的０.1倍。求小皮球(１)上升的最大高度;(2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功（3)上升和下降的时间。２0．(12分）(２019•浙江)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端Ｂ与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝２m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2．2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上Ｃ点时,速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0．5.（ｓin37°=０.6）(1)若h=２.4m，求小物块到达B端时速度的大小；(２）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件(3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到Ｄ点的水平距离x与h的关系式及ｈ需要满足的条件。2１.（4分）（２019•浙江）在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实验连线后如图1所示,感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时,Ｇ表指针(“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针(“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”)。（２）断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针(“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”)。（3)仅用一根导线,如何判断G表内部线圈是否断了?22.(10分)(２019•浙江）如图所示,倾角θ＝37°、间距l＝０.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.１Ω的电阻，质量m=０.1ｋg的金属棒aｂ垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ＝０.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0．2ｍ≤x≤0.8ｍ区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从ｔ=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v＝ｋx(可导出a=ｋｖ）k＝5s﹣１.当棒aｂ运动至x1=0.2ｍ处时,电阻R消耗的电功率P=０.12W,运动至x２=0.8ｍ处时撤去外力Ｆ，此后棒ab将继续运动,最终返回至ｘ=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求:（提示：可以用Ｆ﹣x图象下的“面积”代表力F做的功)(１）磁感应强度B的大小（2）外力F随位移ｘ变化的关系式；（３)在棒ａb整个运动过程中，电阻Ｒ产生的焦耳热Q。２３．（10分）（201９•浙江)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与Ｏ点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5ｍ的正离子束,从Ｍ点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为ｍ的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从OＮ连线的中点Ｐ与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OＰ=０.５r０，OQ＝r0，N、P两点间的电势差,,不计重力和离子间相互作用。（１）求静电分析器中半径为r０处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小;（2)求质量为0.５m的离子到达探测板上的位置与Ｏ点的距离l(用r0表示);(３)若磁感应强度在（B﹣△Ｂ）到(B+△B)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5ｍ的两東离子，求的最大值2０１9年4月浙江省普通高校招生选考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题Ⅰ（本题共1６小题,每小题3分,共３9分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1.(3分）(２019•浙江）下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是（）A.功/焦耳Ｂ.质量/千克C．电荷量/库仑D.力／牛顿【考点】3A：力学单位制．【专题】31：定性思想；４3:推理法；51１:直线运动规律专题.【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位,而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。【解答】解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。A、功的单位焦耳是导出单位,故A错误；B、质量的单位千克是国际单位制中基本单位，故Ｂ正确；C、电荷量的单位库仑是导出单位，故Ｃ错误;D、力的单位牛顿是导出单位，故Ｄ错误;故选:B。【点评】国际单位制规定了七个基本物理量,这七个基本物理量分别是谁,它们在国际单位制分别是谁,这都是需要学生自己记住的。2.(3分)（２0１9•浙江）下列器件中是电容器的是（）A．B．C.D.【考点】AＮ:电容器与电容．【专题】３1:定性思想；43：推理法;535：恒定电流专题.【分析】本题考查对电学元件的认识，根据电容器及电源等的形状可以解答。【解答】解：图中Ａ为滑动变阻器；B为电容器;C为电阻箱，D为电阻；故B正确ＡＣD错误。故选：Ｂ。【点评】本题中元件均为常见元件,要求学生能够加以区分，知道常见元件的基本形状即可求解。３．（3分)(20１9•浙江)下列式子属于比值定义物理量的是(）A．Ｂ．a=Ｃ.D．【考点】1U：物理学史．【专题】３１:定性思想;43：推理法;511：直线运动规律专题．【分析】所谓比值定义法,就是用两个基本的物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性,与定义所用的物理量无关，根据这个特点进行分析。【解答】解：A、公式t＝是匀速直线运动时间与位移的公式式，与位移成正比,不符合比值定义法的共性。故A错误;B、公式a＝是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故B错误；C、电容是由电容器本身决定的,与Q、U无关，公式C＝是电容的定义式，故C正确；D、I与U成正比，与R成反比,不符合比值定义法的共性。故Ｄ错误。故选：C。【点评】解决本题的关键理解比值定义法的共性:被定义的物理量往往是反映物质的属性。4.（3分)(2０19•浙江）下列陈述与事实相符的是()A．牛顿测定了引力常量B．法拉第发现了电流周围存在磁场Ｃ．安培发现了静电荷间的相互作用规律Ｄ．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【考点】1U：物理学史．【专题】3１:定性思想；４３：推理法；511：直线运动规律专题．【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解:A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量。故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应,即电流周围存在磁场。故B错误;C、库仑发现了静电荷间的相互作用规律。故C错误;D、伽利略指出了力不是维持物体运动的原因。故D正确故选：D。【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。5.(３分）（２019•浙江）在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是(）Ａ.B.C.Ｄ.【考点】CE：安培力的计算.【专题】３2：定量思想；4B：图析法;5３D:磁场磁场对电流的作用.【分析】导线的方向与磁场方向垂直,根据安培力公式F＝BIL写出表达式即可正确求解。【解答】解:在匀强磁场中,当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线,故A正确、BCD错误。故选:A。【点评】本题比较简单，考查了安培力公式F=ＢIＬ的理解和应用，考查角度新颖,扩展学生思维。6．（３分）（２0１９•浙江)如图所示,小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是（）A.小明与船之间存在摩擦力B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C.杆对岸的力大于岸对杆的力Ｄ.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力【考点】2Ｇ:力的合成与分解的运用;3５:作用力和反作用力．【专题】31:定性思想;43：推理法;５25：受力分析方法专题．【分析】根据弹力、摩擦力产生的原理,结合牛顿第三定律分析，即可求解。【解答】解：A、船离开河岸,必定在水平方向受到有关力的作用,该作用力是小明对船的摩擦力。故A正确;B、依据弹力产生的原理，撑杆给人的力是因为撑杆发生了弹性形变,根据牛顿第三定律,杆发生弹性形变是由于杆受到小明对杆的作用力,故B错误；Ｃ、杆对岸的力与岸对杆的力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律，一对相互作用的力大小总是相等的,故Ｃ错误；Ｄ、小明对杆的力和岸对杆的力都作用在杆上,不是一对相互作用力。故D错误故选:A。【点评】该题考查弹力、摩擦力产生原因，以及牛顿第三定律的相互作用力大小关系,熟练掌握基础知识即可正确解答。7.(３分）(201９•浙江）某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止）。则此卫星的（)A.线速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步卫星的周期Ｃ.角速度大于月球绕地球运行的角速度Ｄ．向心加速度大于地面的重力加速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H:人造卫星．【专题】３2：定量思想；４3：推理法;5２9：万有引力定律在天体运动中的应用专题．【分析】地球的静止轨道卫星处于赤道的上方，周期等于地球自转的周期,根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而比较出线速度与第一宇宙速度的大小,向心加速度与重力加速度的大小。【解答】解：Ａ、根据万有引力提供向心力得：v=，7.9km／ｓ是近地圆轨道的运行速度,静止轨道卫星的轨道半径比地球半径大得多，所以静止轨道卫星运行速度小于7．９km／s，故A错误B、地球的静止轨道卫星处于赤道的上方,地同步卫星其周期等于地球自转的周期，故B错误C、由G＝ｍω２r可知轨道半径小的角速度大,则同步卫星的角速度大于月球的角速度。故C正确D、由Ｇ＝mａ可知a＝,则距离大的加速度小,故D错误故选：C。【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论,并能熟练运用。8．(3分)(2０1９•浙江）电动机与小电珠串联接人电路,电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为Ｕ1,流过的电流为I1;电动机的内电阻为R２,两端电压为U2,流过的电流为1２．则（)Ａ．I１<I2B．C.D．【考点】ＢB:闭合电路的欧姆定律；ＢG：电功、电功率．【专题】3２：定量思想;4D：比例法;535：恒定电流专题．【分析】电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合欧姆定律分析电流大小，【解答】解：A、小灯珠与电动机串联,所以:I1=I2,故A错误;BCD、对小灯珠,由欧姆定律可得：Ｕ1＝I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势,所以:U2>Ｉ２R2，所以：．故BC错误，D正确；故选：Ｄ。【点评】本题关键是明确电动机正常工作时为非纯电阻电路，由于线圈的切割磁感线产生反电动势。分析电动机两端电压时也可以根据能量守恒定律分析比较。9．（3分）（2０19•浙江）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移﹣时间图象如图所示,则在0～t1时间内(）A.甲的速度总比乙大Ｂ．甲、乙位移相同C．甲经过的路程比乙小D.甲、乙均做加速运动【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像；１I：匀变速直线运动的图像．【专题】3４：比较思想;4B:图析法；512:运动学中的图像专题.【分析】位移﹣时间图象的斜率等于速度，纵坐标的变化量等于物体的位移，两图象的交点表示两物体相遇。由此分析。【解答】解：AD、０～t1时间内,甲的斜率不变，则速度不变，做匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲,即乙的速度先小于甲后大于甲,乙做加速运动，故AＤ错误。Ｂ、０~t１时间内，甲、乙的起点和终点都相同,则位移相同,故B正确。Ｃ、甲、乙都做单向运动,通过的路程等于位移,则甲、乙通过的路程相同，故Ｃ错误。故选:Ｂ。【点评】本题考查对位移图象的物理意义的理解,关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两物的运动情况。10．（３分)(２019•浙江)质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到１.0×１0７ｍ/s。已知加速电场的场强为1.３×105N／Ｃ，质子的质量为1．6７×10﹣2７kｇ,电荷量为１.６×10﹣１9C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加Ｂ.质子所受到的电场力约为2×10﹣１5NC.质子加速需要的时间约为8×1０﹣6sD．加速器加速的直线长度约为４m【考点】AＥ:电势能与电场力做功；AK：带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】11:计算题；3２：定量思想;4Ｃ：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题.【分析】根据能量守恒定律分析电势能变化;根据电场力公式F=Ｅq求解电场力；根据匀变速直线运动规律：速度时间公式,位移时间公式求解加速时间和位移。【解答】解:Ａ、根据能量守恒定律得,动能增加,电势能减小,故A错误；B、质子所受到的电场力约为Ｆ=Eq=1.3×105×1．6×10﹣19=２.０8×1０﹣14N,故B错误;C、根据牛顿第二定律得加速的加速度为：，则加速时间为：，故C错误;Ｄ、加速器加速的直线长度约为：,故D正确;故选:D。【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速，关键是熟练掌握牛顿第二定律，匀变速直线运动规律以及动能定理，然后灵活应用。11．（3分）（2019•浙江）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、Ｂ两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则（)A.杆对A环的支持力变大B．B环对杆的摩擦力变小C.杆对Ａ环的力不变D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】32：定量思想；４C：方程法;5２７:共点力作用下物体平衡专题.【分析】以两个轻环和书本组成的系统为研究对象,分析受力情况，判断横梁对轻环的支持力ＦＮ的变化情况。隔离任一轻环研究，分析受力情况,判断摩擦力f的变化情况；再根据平衡条件分析与B环相连的细绳对书本的拉力的变化。【解答】解：A、设书本的质量为Ｍ,以两个轻环和小球组成的系统为研究对象,竖直方向受到重力和水平横梁对轻环的支持力FN,力图如图1所示。根据平衡条件得：２ＦN=Ｍｇ，得到FＮ=Mg,可见,水平横梁对轻环的支持力FN不变，故Ａ错误；Ｂ、以左侧环为研究对象,力图如图2所示。竖直方向：FN=Fｓinα①水平方向：Ｆｃｏsα＝Fｆ②由①②得:Ff＝ＦNcotα,α增大时,Ｆf变小，故B正确;C、杆对A环的支持力不变，摩擦力减小,则杆对A环的力变小,故C错误；Ｄ、与B环相连的细绳对书本的拉力设为T，根据竖直方向的平衡条件可得2Ｔcosθ=Mg，由于绳子与竖直方向的夹角θ减小,则cosθ变大，绳子拉力变小，故D错误。故选:B。【点评】本题是力平衡中动态平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，再运用平衡条件列式进行分析。1２．（３分）（２0１９•浙江)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。Ａ、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁）(）Ａ．A球将向上运动,B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C.Ａ球将向下运动，B球将向上运动，Ｃ球不动D.Ａ球将向上运动，Ｂ球将向下运动,C球不动【考点】２G:力的合成与分解的运用；3７:牛顿第二定律.【专题】31:定性思想；4３：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】根据浮力Ｆ浮＝ρgV排分析浮力和重力的关系确定弹簧所处的状态，剪断吊篮绳子的瞬间,由于弹簧的弹力不会突变,绳子的拉力会发生突变，由此分析运动情况。【解答】解:由于ρ木<ρ水＜ρ铁,根据浮力F浮=ρｇV排可得，Ａ的重力大于Ａ受到的浮力，A下面的弹簧处于压缩状态，Ｂ和C的重力小于浮力，Ｂ下面的弹簧和C下面的绳子处于拉伸状态；剪断吊篮绳子的瞬间,系统处于完全失重,由于弹簧的弹力不会突变,所以A球将向上运动,B球将向下运动,而绳子的拉力会发生突变，所以Ｃ球不动，故ＡBＣ错误、D正确。故选:D。【点评】本题主要是考查牛顿第二定律弹力突变问题，能够分析原来的受力情况以及弹簧的性质是关键。１3．（3分）(2019•浙江)用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为１.０×１0﹣2kg、电荷量为2.0×1０﹣８C的小球,细线的上端固定于Ｏ点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放,则（sin37°=0.6）（）A．该匀强电场的场强为３.75×107N/CB.平衡时细线的拉力为0.１7ＮC．经过0．5s,小球的速度大小为６．25ｍ/ｓD．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为７m/s【考点】37：牛顿第二定律;3C：共点力的平衡；Ａ6：电场强度与电场力．【专题】3２:定量思想；４Ｃ：方程法;532：电场力与电势的性质专题.【分析】小球受重力、拉力和电场力处于平衡,根据共点力平衡，运用合成法求出电场力的大小,从而求出电场强度的大小;根据几何关系求解绳子拉力，再求出运动过程中的加速度,根据运动学公式进行求解。【解答】解：A、小球的受力如图，根据合成法知电场力为：qE=mgtaｎ3７°，解得电场强度Ｅ=＝N/C=３.75×106Ｎ/C,故A错误；Ｂ、平衡时细线的拉力为T==N=0．125N,故Ｂ错误；Ｃ、现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如图所示：加速度a＝=１２．5m/ｓ2，绳子刚伸直时位移ｘ＝2Lsiｎ3７°＝1．68m,此过程的时间为t,根据位移时间关系ｘ＝,解得t＝s＞0.5s,所以经过ｔ１=０.5s,小球的速度大小为v=at1=6.25m/ｓ,故C正确；D、如果细线水平且拉直,静止释放无能量损失，达到最低点的速度为ｖ０,根据动能定理可得mgL＋qEL=﹣0，解得v0＝７ｍ/s，由于绳子伸直时,沿绳子方向的速度减为0,此时能量有损失,所以小球第一次通过O点正下方速度大小小于7m/ｓ,故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键进行正确的受力分析,然后根据共点力平衡求出未知力。以及掌握电场强度的定义式、带电粒子在复合场中的运动的解题方法。1４.（3分）(2019•浙江）波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹,其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。则(下列表述中,脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量）（)Ａ.这两束光的光子的动量p1＞p2Ｂ.这两束光从玻璃射向真空时,其临界角Ｃ1>Ｃ２C．这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U1＞Ｕ2Ｄ.这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=2能级时产生，则相应激发态的电离能△E1>△Ｅ2【考点】H9：光的干涉;J4：氢原子的能级公式和跃迁.【专题】31:定性思想；43：推理法;54N:原子的能级结构专题.【分析】根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系;由：判断光子的能量与光子的频率关系;由p=判断光子的动量;由光的频率与折射率的关系判断折射率,然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止电压；根据玻尔理论分析。【解答】解:由于在其他条件相同的情况下波长为λ１的光的干涉条纹间距大于波长为λ2的干涉条纹间距,由，可得：λ１＞λ2。A、由光子的动量:Ｐ=,则：P1＜P２.故Ａ错误;B、由：可知，两种光子的频率关系为：γ1<γ2，即2的频率较大,根据介质的折射率与频率的关系可知它们的折射率：n１＜ｎ2由临界角与折射率的关系：则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C１>C2,故B正确；Ｃ、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程:Ekｍ=hγ﹣W,其中W为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大初动能越大;又由:Ekm=e•U遏止则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：U2>U1.故C错误；D、根据玻尔理论,当发生跃迁时辐射出的光子的能量：E＝Em﹣Eｎ;都是跃迁到n=2能级,则ｎ相同，m越大，则放射出的光子的能量值越大,由于λ1>λ2，则γ１＜γ2,所以E1＜E2，Em1<Em2，即2的能级更大。结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知,相应激发态的电离能△E1＞△Ｅ2．故D正确。故选：ＢＤ。【点评】该题涉及的知识点较多,解决本题的关键知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系,知道能级间跃迁所满足的规律,即Em﹣En＝hｖ。15.（３分）(２0１９•浙江)静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y．已知核Ｘ的质量数为A,电荷数为Ｚ,核Ｘ、核Y和α粒子的质量分别为mＸ、mY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为Ｒ．则（）A．衰变方程可表示为Ｘ→Y＋ＨeＢ.核Ｙ的结合能为(mｘ﹣ｍｙ﹣ｍα)c2C.核Y在磁场中运动的半径为D.核Y的动能为【考点】ＪA:原子核衰变及半衰期、衰变速度.【专题】3１:定性思想；4C:方程法；５4O：衰变和半衰期专题;54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】α粒子的符号是He，先根据电荷数守恒和质量数守恒书写出核衰变反应方程,衰变过程遵守动量守恒和能量守恒。由磁场中圆周运动半径公式r=和周期公式T=，分析半径和周期关系。根据能量守恒和动量守恒求解核衰变反应中释放出的核能。【解答】解:A、根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为:→He+Y．故Ａ正确;Ｂ、该过程中亏损的质量为:△ｍ＝（mx﹣my﹣mα）,所以释放的核能为（ｍx﹣ｍy﹣ｍα）ｃ２，由于原子核也有一定的结合能，则核Ｙ的结合能一定大于(mx﹣my﹣ｍα)c2.故B错误;C、在衰变过程中遵守动量守恒,根据动量守恒定律得：0=ＰY﹣Pα，则PＹ＝Pα根据半径公式r＝，又ｍv＝P(动量)，则得：r＝联立可得：RY＝．故Ｃ正确；D、由动能与动量的关系:Ek=,得原子核Y与α粒子的动能之比为：==由题，原子核X衰变时释放的核能全部转化为动能,则有释放的核能为:E=Ekα+EｋY＝(mｘ﹣my﹣mα)c2，联立可得:.故D错误。故选：AＣ。【点评】核反应遵守的基本规律有动量守恒和能量守恒，书写核反应方程式要遵循电荷数守恒和质量数守恒。结合磁场的知识即可分析。16．（２01９•浙江)图１为一列简谐横波在t=０时刻的波形图,Ｐ、Q为介质中的两个质点，图2为质点P的振动图象，则（)Ａ.t＝0.2ｓ时，质点Q沿y轴负方向运动B．０~0．3s内,质点Ｑ运动的路程为0.3mC.ｔ=0.５s时,质点Q的加速度小于质点Ｐ的加速度D.t=0.7s时,质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【考点】F4：横波的图象;F5：波长、频率和波速的关系.【专题】32：定量思想;43：推理法;５1D：振动图像与波动图像专题．【分析】根据振动图象确定传播方向,根据图２得到的周期,再根据给出的时间确定P和Q的位置，由此分析。【解答】解：A、t＝0时刻的质点P向上振动，则波沿﹣x方向传播，根据图乙可知该波的周期T＝0.4ｓ,t=0．２ｓ时，质点Ｑ刚好振动半个周期，此时Q沿y轴正方向运动,故Ａ错误；Ｂ、0～0.3ｓ内,质点Ｑ运动=T,由于Q不是处于最大位移或平衡位置处,所以Q通过的路程s≠m＝0.3m，由于开始Q向下振动，所以通过的路程大于0.3m，故B错误；Ｃ、t=0.5s＝１T时，质点Ｐ位于波峰处,质点Q不是处于最大位移，根据a＝﹣可知质点Q的加速度小于质点P的加速度,故Ｃ正确;D、t=0.7ｓ＝１T时,质点P位于波谷处，质点Q不是处于最大位移,质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故D正确。故选:CＤ。【点评】本题主要是考查了波的图象;解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向。三、非选择题(本题共7小题，共55分）17.(5分)（２019•浙江）采用如图1所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验（1)实验时需要下列哪个器材ＢA．弹簧秤Ｂ.重锤线C.打点计时器（２）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求,正确的是ACＤ(多选）A.每次必须由同一位置静止释放小球B．每次必须严格地等距离下降记录小球位置C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触Ｄ．记录的点应适当多一些（3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图２所示的频闪照片。在测得x1,x2，x3,x４后，需要验证的关系是x4﹣x3＝x３﹣x2＝x2﹣x１＝x1。已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是DA．B．C.Ｄ.【考点】MB:研究平抛物体的运动.【专题】13：实验题;31:定性思想;4３:推理法；518:平抛运动专题.【分析】从“研究平抛运动”实验的原理出发即可求解；保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹,必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度,实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变,最后轨迹应连成平滑的曲线;平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,比较竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系。【解答】解：（１）做“研究平抛物体的运动”实验时,需要木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸、米尺、重垂线。米尺的作用是能读出轨迹上某点的坐标。重垂线的作用是确保木板与白纸是在竖直面内，使其与小球运动平面平行。时间可以通过竖直方向做自由落体运动去求解，故不需要弹簧秤与打点计时器，故AC错误，Ｂ正确。(2）A、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同,且由静止释放,以保证获得相同的初速度。故Ａ正确。B、记录小球经过不同高度的位置时,每次不必严格地等距离下降，故B错误;C、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直,小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故C正确。D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动,记录的点应适当多一些,故D正确。故选：ACD。(3）因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做自由落体运动,下落的速度越来越快,则下落相等位移的时间越来越短，所以x４﹣x3＝x3﹣x2＝x2﹣x1=ｘ１,用下列计算式求得的水平速度,误差较小的是所测的长度越来误差越小，则为v＝,故ABC错误,D正确;故答案为:（１)B;(２）AＣD；（３)x４﹣x3＝x３﹣x2＝ｘ2﹣x１＝x１，D。【点评】本题主要考查了“研究平抛运动”实验原理,知道在试验中不需要秒表。解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理,要注重学生对探究原理的理解。本题考查平抛物体的运动规律。要求同学们能够从图中读出有用信息,再根据平抛运动的基本公式解题，难度适中。18.（５分)（２01９•浙江）小明想测额定电压为２.５V的小灯泡在不同电压下的电功率,电路。(1)在实验过程中,调节滑片Ｐ，电压表和电流表均有示数但总是调不到零,其原因是１点至4点的导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点,空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”)；（2)正确连好电路,闭合开关，调节滑片Ｐ,当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图２所示,则电流为０.３0A，此时小灯泡的功率为0.７5W(3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是CA．0．08AB.０.12ＡC.0.20A【考点】N6:伏安法测电阻.【专题】１3：实验题;23:实验探究题;32：定量思想;43:推理法;53５:恒定电流专题.【分析】(1)滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时,电压与电流不能从零开始变化,分析图示电路图答题。(2)根据电流表量程与图示表盘确定其分度值,然后根据指针位置读出其示数;应用电功率公式求出电功率。(3)灯泡电阻随温度升高而增大，据此分析答题。【解答】解:（1）在实验过程中，调节滑片P,电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知,其原因是1点至4点的导线没有连接好。（2)电流表量程为0．6Ａ，分度值为0.02Ａ，示数为０.3０A，灯泡额定功率:P＝UI=2．5×0．3０＝0.７５Ｗ;（3)灯泡电阻随温度升高而增大,电压越小灯泡额定功率越小,灯丝温度越低，灯泡电阻越小，由此可知1.00V电压对应的电流应为0.20Ａ,故C正确；故答案为:(1)1点至４点;(2）0.3０A;0.７5;（３）C。【点评】滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化,滑动变阻器采用限流接法时,电压与电流不能从零开始变化；对电表读数时要先确定其量程与分度值,然后根据指针位置读出其示数。１９.(9分）（2019•浙江）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m＝0．1kg的小皮球,最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的０.１倍。求小皮球（１）上升的最大高度;(２)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功(3）上升和下降的时间。【考点】37：牛顿第二定律;62：功的计算．【专题】11:计算题；3２:定量思想;4３：推理法；５2２：牛顿运动定律综合专题．【分析】(1)上升过程由牛顿第二定律结合运动学公式可求得最大高度;(2）从抛出到接住的过程中重力做功为0,根据功的定义可求得阻力的功;（3）由速度公式可求得上升的时间，由牛顿第二定律结合位移公式可求得下降过程的时间。【解答】解：(1)上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=ma１解得:a１＝11m/s２上升的最大高度:h=＝m（2)从抛出到接住的过程中重力做功WＧ=０空气阻力做功Wf=﹣f•2h＝﹣J（3)上升过程的时间ｔ1==s下降过程由牛顿第二定律得:ｍg﹣f=ma２解得:a２＝9ｍ/ｓ２由位移公式得：h=解得:t2=s答：（1)上升的最大高度是m；（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为0、﹣Ｊ(3）上升和下降的时间分别为s、s。【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功的公式，要注意上升过程和下降过程阻力都做负功。２0.（１2分)（2０19•浙江)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝３7°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4m、转轴间距L=２ｍ的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度Ｈ＝２．2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.５．(sin３7°=０.６）(1）若h＝2.４ｍ,求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到Ｄ点的水平距离x与ｈ的关系式及h需要满足的条件。【考点】３7:牛顿第二定律;４3:平抛运动;65：动能定理.【专题】１1:计算题;2２:学科综合题；32:定量思想;49:合成分解法;52D:动能定理的应用专题.【分析】（1）物块由静止释放到Ｂ的过程中,做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可求得物块到达B端时速度;（2）先由动能定理求出物块恰好到D点速度为零时高度，若小物块落到传送带左侧地面，则下滑高度应小于次时的高度;（3)物块从传送带的D点水平向右抛出,由动能定理和平抛运动的规律可求得物块落地点到D点的水平距离x与ｈ的关系式,为使能在D点水平抛出,则mg≤，由此可求得h需要满足的条件。【解答】解：(1）物块由静止释放到Ｂ的过程中,由牛顿第二定律得：ｍｇsｉｎθ﹣μmgcosθ＝ma由速度位移的关系式得：ｖB2=2a联立解得:vB=4m/ｓ(２）左侧离开，设到D点速度为零时高为h1，由动能定理得：０＝ｍｇh１﹣μｍgcosθ﹣μｍｇＬ解得：ｈ1＝3.０m若小物块落到传送带左侧地面,h需要满足的条件是h≤3.0ｍ（3）右侧抛出,设到D点的速度为v，由动能定理得：mv2=mgh一μｍgｃosθ﹣μmgL由平抛运动的规律得：H+２Ｒ=ｇt2,ｘ=vt解得:ｘ=2为使能在Ｄ点水平抛出,则有：mg≤解得:h＝３.6m答：(1)若h=2.4m，小物块到达B端时速度的大小是4m／s;(2)若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是ｈ≤３.０ｍ;(3）改变小物块释放的高度ｈ，小物块从传送带的D点水平向右抛出,小物块落地点到D点的水平距离x与ｈ的关系式是ｘ=2h需要满足的条件是h＝３．６m。【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律,明确物块的运动过程,根据运动过程的特点选择合适的规律求解。２1.(4分）（2０19•浙江）在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实验连线后如图１所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。（1)接通电源，闭合开关,G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针左偏(“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针右偏（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。(2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针不停振动（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。(３)仅用一根导线,如何判断G表内部线圈是否断了?【考点】NF:研究电磁感应现象.【专题】13:实验题；31：定性思想；４3：推理法；53C:电磁感应与电路结合．【分析】根据磁通量的变化,通过楞次定律判断感应电流的方向，从而确定电流计指针的偏转方向；检流计指针偏转体现出电源的大小与方向;依据闭合电路中,磁通量变化产生感应电流,从而出现安培阻力，即可求解。【解答】解：(1）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,知磁通量增加时，电流计指针向右偏转，闭合开关后,原线圈迅速插入副线圈,磁通量增加,则电流计指针向右偏转。原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流增大，则磁通量增大,所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小,则灵敏电流计指针向左偏转。（2）若把直流输出改为交流输出,其他均不变，接通电源,闭合开关，线圈A中也是交流电,那么检流计G表指针不停的来回振动,（3)仅用一根导线,将检注计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了,说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力,指针变化明显；反之,则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显,则线圈未断。故答案为：（1)左偏；右偏；（２）不停振动；（3）短接G表前后各摇动Ｇ表一次，比较指针偏转，有明显变化,则线圈断了，反之则未断。【点评】本题难度不大，是一道基础题,知道感应电流产生的条件、影响感应电流方向的因素即可正确解题，同时理解第3问的解题思路。2２．(10分)(201９•浙江)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.１ｍ的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻,质量m＝0.１ｋg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝０.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.２ｍ≤x≤0．８m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起,棒aｂ在沿x轴正方向的外力Ｆ作用下从ｘ=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足ｖ＝kｘ(可导出a=ｋv)k＝５s﹣１.当棒ab运动至ｘ1＝0.2m处时,电阻R消耗的电功率Ｐ＝0.1２W,运动至x2＝0.８m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ａｂ始终保持与导轨垂直,不计其它电阻，求:(提示:可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F做的功)(1）磁感应强度B的大小(２)外力F随位移x变化的关系式；（3)在棒ab整个运动过程中,电阻Ｒ产生的焦耳热Q。【考点】BＢ:闭合电路的欧姆定律;CE:安培力的计算；D９：导体切割磁感线时的感应电动势;DD：电磁感应中的能量转化.【专题】11:计算题;22:学科综合题;32：定量思想；42：等效替代法;539：电磁感应中的力学问题.【分析】（１）已知棒ａb运动至ｘ1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=０.1２W，电路只有R有电阻，可根据P=，E=Blv,以及v=kx求B。（2)要分无磁场区和有磁场区两段