考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。3.可能用到的相關參數：重力加速度g取10m/s2。一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量屬于標量且其國際單位正確的是（）A.熱量K B.磁通量WbC.沖量N·s D.動量kg·m/s【答案】B【解析】【詳解】A．熱量是標量（無方向），但國際單位應為焦耳（J），開爾文（K）是溫度的單位，故A錯誤；B．磁通量是標量（無方向），其國際單位為韋伯（Wb），故B正確；C．沖量是矢量（有方向，與力方向相同），不是標量，故C錯誤；D．動量是矢量（有方向，與速度方向相同），不是標量，故D錯誤。故選B。2.小軍將一紙飛機以某一水平初速度拋出，經過短時間的平穩(wěn)滑翔，恰好落在拋出點正下方的地面上，下列說法正確的是（）A.紙飛機在空中只受到重力作用B.紙飛機在空中運動的加速度恒定C.紙飛機在空中飛行的平均速度為零D.研究紙飛機飛行軌跡時，可將其視為質點【答案】D【解析】【詳解】A．紙飛機在空中飛行時，除了重力，還會受到空氣阻力的作用（因紙飛機在空氣中滑翔，空氣阻力不可忽略），故A錯誤；B．加速度由合外力決定。紙飛機受重力和空氣阻力，而空氣阻力的大小、方向會隨紙飛機的速度（大小、方向）變化，導致合外力不恒定，因此加速度也不恒定，故B錯誤；C．平均速度的定義是位移與時間的比值，紙飛機從拋出點出發(fā)，最終落在拋出點正下方，說明有豎直向下的位移，位移不為零，因此平均速度不為零，故C錯誤；D．研究紙飛機的飛行軌跡時，紙飛機的大小和形狀對軌跡的研究影響可忽略，因此可將其視為質點，故D正確。故選D。3.2025年7月“浙BA”在浙江全省火爆開打。如圖所示，運動員在不同位置以相同速率斜向上拋出質量為m的籃球，均空心落入籃筐。已知甲、乙兩球出手高度相同，忽略空氣阻力，則籃球從拋出到入框的過程中說法正確的是（）A.兩球入框時的速度相同B.甲球在空中運動的時間一定大于乙球C.若兩球同時拋出，兩球有可能同時到達P點D.若兩球同時拋出，同一時刻兩球對應的機械能始終相等【答案】D【解析】【詳解】A．忽略空氣阻力，兩球做斜拋運動，初始速率相同，即動能相同，初始高度相同，則初始位置的機械能相同，到達籃筐時重力勢能相同，根據機械能守恒，則兩球動能相同，但由于速度是矢量，甲、乙兩球拋射角不同，則入框時速度方向不同，因此兩球速度不同，故A錯誤；B．斜拋運動中運動時間由豎直分運動決定，高度越高，故運動時間越長，所以乙的運動時間更長，故B錯誤；C．乙球能夠到達的最大高度有比甲球大，則乙豎直方向的分初速度更大，若兩球同時拋出，則乙先到達P點，故C錯誤；D．機械能包括動能和重力勢能，出手時兩球速率相同，則動能相同、高度相同，則重力勢能相同，兩球機械能相等，運動過程中，忽略空氣阻力，機械能守恒，因此同一時刻兩球對應的機械能始終相等，故D正確。故選D。4.甲、乙、丙、丁四幅教材插圖涉及到不同的物理知識，下列說法正確的是（）A.甲圖中，原子核A裂變成原子核B和原子核C要吸收能量B.乙圖中，一個處于第5能級的氫原子，最多可以輻射10種頻率的光C.丙圖中，盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結果，提出了原子的核式結構模型D.丁圖中，湯姆孫通過對陰極射線的研究揭示了原子核內還有復雜結構【答案】C【解析】【詳解】A．在甲圖中，原子核A裂變成原子核B和原子核C的過程屬于裂變反應，核子的平均質量減小，該反應過程要放出能量，故A錯誤；B．乙圖中，一個處于第5能級的氫原子，最多可以輻射4種頻率的光，分別對應于5→4，4→3，3→2，2→1，故B錯誤；C．丙圖中，盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結果，提出了原子的核式結構模型，故C正確；D．丁圖中，湯姆孫通過對陰極射線的研究發(fā)現了電子，指出原子還可以再分，故D錯誤。故選C。5.2025年11月1日，神舟二十一號載人飛船成功對接于空間站天和核心艙；將載人飛船的變軌過程簡化為以下模型：飛船變軌前繞地穩(wěn)定運行在圓形軌道Ⅰ上，橢圓軌道Ⅱ為飛船的轉移軌道，核心艙繞地沿逆時針方向運行在圓形軌道Ⅲ上，軌道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分別相切于A、B兩點，下列說法正確的是（）A.飛船分別在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上運行時經過A點的向心加速度相等B.飛船在軌道Ⅰ上的速度小于天和核心艙在軌道Ⅲ上的速度C.飛船應先變軌到軌道Ⅲ，然后再與天和核心艙對接D.飛船在轉移軌道上從A向B運行的過程中宇航員處于超重狀態(tài)【答案】A【解析】【詳解】A．由于，可知飛船分別在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ上運行時經過A點的向心加速度相等，故A正確；B．根據解得軌道I的半徑小于軌道Ⅲ的半徑，所以飛船在軌道Ⅰ上的速度大于天和核心艙在軌道Ⅲ上的速度，故B錯誤；C．應先變軌到較軌道Ⅲ略低的軌道，然后再通過加速完成與天和核心艙對接，故C錯誤；D．點火后，飛船在軌道Ⅱ上從A向B運行時做離心運動，只受萬有引力且處于完全失重狀態(tài)，故D錯誤。故選A。6.如圖甲所示為LC振蕩電路，圖乙為該電路中振蕩電流i隨時間t的變化圖像，規(guī)定圖甲中電流i方向為正方向，關于該振蕩過程，下列說法正確的是（）A.狀態(tài)a到狀態(tài)b過程中，電容器的電量在減小B.狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，自感線圈L的自感電動勢在變大C.狀態(tài)d點時刻，電容器C的上極板帶負電，下極板帶正電D.若僅增大電容器C的電容值，該LC振蕩電路的周期會減小【答案】C【解析】【詳解】A．在LC振蕩電路a到b過程中，電流在減小，說明電容器正在充電，電量在增大，故A錯誤；B．狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，根據可知，電流隨時間的變化率在減小時，自感線圈L的自感電動勢在變小，故B錯誤；C．狀態(tài)d之后，電流增大，說明電容器正在放電，電流為正方向，則電容器C的上極板帶負電，下極板帶正電，故C正確；D．根據LC振蕩電路周期公式，可知C增大，T增大，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，圓形勻強磁場區(qū)域的半徑為r=0.1m，磁感應強度B=0.5T，方向垂直紙面向里，一邊長為2r的正方形線框總電阻R=0.2Ω，以速度v=1m/s勻速向右穿過磁場，線圈剛進入磁場開始計時，下列說法正確的是（）A.感應電流的最大值為1AB.0~0.2s時間內通過線框橫截面的電荷量為C.t=0.05s時線框所受安培力的瞬時功率為0.0375WD.線框從剛進入磁場到剛離開磁場的整個過程中，產生的焦耳熱為0.02J【答案】C【解析】【詳解】A．有效切割長度最大值為線框邊長，感應電動勢最大值電流最大值，故A錯誤；B．，故B錯誤；C．時，根據幾何關系可知有效切割長度為，則瞬時電動勢線框所受安培力的瞬時功率為，故C正確；D．通過回路的電流為正弦式交流電，整個過程中只有進入和離開磁場時產生電流，由題意進入磁場和離開磁場運動時間，根據焦耳定律有，整個過程產生的焦耳熱，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，線圈M和線圈N繞在同一個鐵芯上，初始開關S1斷開、S2閉合，已知電流計指針向左偏轉表示電流從左端流入，則下列說法正確的是（）A.閉合S1瞬間，電流計指針將向左偏轉B.閉合S1后，將滑動變阻器的滑片P向下移動，電流計指針向左偏轉C.若先閉合S1，再閉合S2瞬間，電流計中也會有感應電流D.若開關S2斷開，在閉合S1瞬間，線圈N兩端的電勢差不為零【答案】D【解析】【詳解】A．閉合S1，根據右手螺旋定則M線圈內部產生向左的磁場，在N線圈內部向左的磁通量增加，根據楞次定律可知產生的感應電流從右端流入電流計，則電流計指針將向右偏轉，故A錯誤；B．滑動變阻器的滑片P向下移動，滑動變阻器接入電路阻值減小，M中的電流增大，線圈內部產生向左的磁感應強度增強，在N線圈內部向左的磁通量增加，產生的感應電流從右端流入電流計，電流計指針將向右偏轉，故B錯誤；C．若先閉合S1，再閉合S2，穿過N線圈的磁通量沒有改變，不會產生感應電流，故C錯誤；D．若開關S2斷開，在閉合S1瞬間，磁通量增加，線圈N會產生感生電動勢，其兩端的電勢差不為零，故D正確。故選D。9.如圖所示，將兩個質量均為m，帶電量分別為＋2q、－q的小球a、b用絕緣細線懸掛于O點，置于水平方向的勻強電場中，電場強度E=用力F拉小球a，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且懸線Oa與豎直方向的夾角為30°，則F的大小不可能為（）A.4mg B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，如圖所示根據平衡條件得知：靜電力與重力的合力始終為4mg，方向與豎直方向夾角為60°，與拉力T垂直，則當F與該合力等大反向時，F有最小值，F的最小值為4mg，所以F的大小不可能小于4mg。故選B。10.如圖甲所示，質量為1kg的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上.t=0時，物塊A處于靜止狀態(tài)，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發(fā)生碰撞后粘連一起向下運動（碰撞時間極短），到達最低點后又向上運動，已知B運動的v-t圖像如圖乙所示，其中0~0.1s的圖線為直線，不計空氣阻力，已知彈簧彈性勢能的表達式，其中勁度系數k=100N/m，x為彈簧的形變量，則（）A.物塊B的質量為2kg B.t=1.0s時，彈簧處于原長C.t=0.6s時，物塊B速度為零 D.彈簧在振動過程中不會恢復原長【答案】D【解析】【詳解】A．碰撞時間極短，可認為碰撞過程滿足動量守恒，則有解得mB=1kg，故A錯誤；B．t=1.0s時，物塊速度最大時合力零，彈力向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；C．B與A一起運動過程屬于簡諧振動，故圖乙中B物體的速度時間圖線為正弦函數關系，設振動周期為T，由數學知識可得，可得，則有設B速度為零時刻為t，則有可得則有聯立解得故當t=0.6625s時B速度為零，故C錯誤；D．單獨把A放上彈簧時，靜止時彈簧的壓縮量若把AB一起靜止放上彈簧，當彈簧壓縮量也等于時，AB一起的速度v滿足解得故彈簧在振動過程中不會恢復原長，故D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.下列關于教材中的四幅插圖的物理分析，正確的是（）A.圖甲中，a、b光分別用同一裝置做雙縫干涉實驗，b光對應的條紋更寬B.圖乙中，用a光照射c、d金屬，若c能發(fā)生光電效應，則d也一定可以C.圖丙中，0℃和100℃氧氣分子的速率分布圖線跟速率軸所圍成圖像的“面積”相等D.圖丁中，圖中T1、T2為等溫線，可知【答案】AC【解析】【詳解】A．根據光電效應方程，遏止電壓越大，光的頻率越大，故a光頻率高、波長短；b光頻率低、波長長。因此b光對應的條紋更寬，A正確；B．由圖可知，d金屬的截止頻率大于c金屬的截止頻率，若a光照射c能發(fā)生光電效應，但d不一定能發(fā)生光電效應，故B錯誤；C．圖丙是分子速率分布曲線，曲線與速率軸圍成的“面積”表示所有分子速率的概率和，其值恒為1（因為所有分子的概率總和為1）。因此，氧氣分子的速率分布圖線與速率軸圍成的面積相等，故C正確；D．由理想氣體狀態(tài)方程可知，溫度T越高，pV乘積越大，等溫線離原點越遠，則，故D錯誤。故選AC。12.現為了在某海岸進行炸彈爆炸后的地質檢測，在大海中的A處和陸地上的B處同時引爆炸彈，A、B處質點分別產生如圖甲、乙所示的振動圖像，且兩處爆炸產生的波均向O處傳播。已知兩列波在海水中的傳播速度均為v1=1500m/s，在陸地上的傳播速度均為v2=3000m/s，AB=600km，O為AB的中點，C為OB的中點，假設兩列波在海水和陸地上的傳播速度不變，忽略海水的流速，則（）A.t=200s時O點開始振動B.若A處有一漂浮物，漂浮物運動到陸地的最短時間為200sC.C點持續(xù)振動的時間為200sD.OC之間（不包括OC）有24個減弱點【答案】CD【解析】【詳解】A．由題圖甲、乙可知兩列波的周期均為B處質點的振動形式傳到O點所用時間為A處質點的振動形式傳到O點所用時間可知B處質點的振動形式先傳到O點，故O點起振時刻為，故A錯誤；B．波上質點本身不會隨波遷移，而是在平衡位置附近上下振動，故漂浮物無法到達陸地，故B錯誤；C．A處質點的振動形式傳到C點所用時間B處質點的振動形式傳到C點所用時間時間差為因為兩列波起振方向相反，故C點為振動減弱點，當A處質點的振動形式傳到C點時，C點不再振動，所以C點持續(xù)振動的時間為，故C正確；D．A、B波形傳到O的時間差因A、B兩處波起振方向相反，故O點為振動減弱點，陸地間的波長為12km，相鄰減弱點間距為半個波長6km，故OC之間（不包括O、C）有24個減弱點，故D正確。故選CD。13.類似光學折射，電場中質子束的“折射”可定義折射率（α為入射角，β為折射角），如圖，長方形區(qū)域內有豎直電場，ab、cd間電勢差質子（質量m、電荷量q）水平速度恒為v，從ab邊入射時速度與法線夾角為α，從cd邊出射時速度與法線夾角為β，已知ab、cd間距離為L，下列說法正確的是（）A.電場的“折射率”n=cosαB.當質子恰好發(fā)生“全反射”時，入射角α滿足C.若質子在電場中發(fā)生“全反射”，則入射點與出射點的水平距離s滿足s≤2LD.僅增大電勢差U，“全反射”的臨界角會增大【答案】AB【解析】【詳解】A．定義折射率，質子水平速度恒為v，故入射速度出射速度由動能定理得將代入，得聯立得n=cosα，故A正確；B．“全反射”類比光學，當折射角β=90°時恰好發(fā)生全反射，此時質子沿cd邊運動，豎直分速度為0，此時由動能定理得又將代入，得化簡得，故B正確；C．若質子恰好發(fā)生全反射，則豎直方向初速度由于恰好發(fā)生全反射，故豎直方向末速度為零，則發(fā)生全反射時，質子從ab邊射出，質子在電場中運動的總時間質子水平方向的運動距離這種情況水平位移最大，故，故C錯誤；D．當恰好發(fā)生全反射時，粒子運動到cd邊時豎直方向的速度恰好減為零，有將代入，得當僅增大U時，減小，即減小，則“全反射”的臨界角會減小，故D錯誤。故選AB。三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.如圖甲為某實驗小組利用氣墊導軌驗證“系統機械能守恒”的實驗裝置，調平氣墊導軌，槽碼通過滑輪組帶動靜止在氣墊導軌右端帶有遮光條的滑塊運動。已知滑塊總質量M=100g，槽碼和動滑輪的總質量m=50g，當地重力加速度g=9.8m/s2。（1）用螺旋測微器測遮光條的寬度d，如圖乙所示，寬度d為________mm。（2）實驗小組先進行一次試操作，讓滑塊遮光條中心到光電門中心的距離L=40.0cm，由靜止釋放滑塊，光電門測得滑塊遮光條擋光時間為，則該過程中，系統重力勢能減少量為________J，系統動能增加量為________J。（結果均保留3位有效數字）（3）實驗小組發(fā)現：這次試操作，在實驗誤差范圍內，系統重力勢能減少量與動能增加量不相等，導致上述結果的可能原因有（）A.滑塊的質量沒有遠遠大于槽碼的質量B.氣墊導軌沒有調水平，出現了左低右高的情況C.氣墊導軌沒有調水平，出現了左高右低的情況D.釋放滑塊時不小心給了滑塊一個初速度（4）在滑塊從靜止釋放到運動至光電門的過程中，若系統機械能守恒，則應滿足的關系式為________。（用題中所給的字母m、M、g、L、d、t表示）【答案】（1）4.076/4.077/4.078mm/4.079mm（2）①.0.0980②.0.104（3）BD（4）【解析】【小問1詳解】螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度之和，所以【小問2詳解】[1]系統重力勢能減少量為[2]系統動能增加量為，代入數據解得【小問3詳解】由以上分析可知，系統重力勢能減少量小于動能增加量，可能原因是導軌不水平，且左低右高，使得滑塊在運動過程中滑塊的重力勢能減少，也可能是釋放滑塊時不小心給了滑塊一個初速度，使得動能變化量較大。故選BD?！拘?詳解】在滑塊從靜止釋放到運動至光電門的過程中，若系統機械能守恒，則應滿足的關系式為，聯立可得15.小明同學測量某金屬絲的電阻率：（1）該同學用多用電表歐姆擋測電阻絲的阻值，當用“×10”擋時發(fā)現指針偏轉角度過大，重新選擇擋位并進行歐姆調零后，指針靜止時位置如圖甲所示，其讀數為________Ω。（2）為更精確測量金屬絲的阻值R?，小明同學從實驗室找到了以下儀器設計實驗方案：A．電源電壓恒為E=3.0V，內阻不計B．電壓表（0~3V，內阻約3kΩ）;（0~15V，內阻約15kΩ）C．電流表A（0~0.6A，內阻約0.125Ω）;（0~3A，內阻約0.0255Ω）D．滑動變阻器（0~5Ω，3A）E．滑動變阻器（0~1750Ω，3A）F．開關S、導線若干①為了調節(jié)方便，滑動變阻器應選用________（選填選項前的字母）；②為使電阻的測量結果盡量準確且在調節(jié)電路的過程中電壓表示數的變化范圍足夠大，請幫小明完成圖乙實驗電路接線________；③利用該電路測量電阻，測量值與實際值相比________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）.（3）實驗小組又對測量電路進行了創(chuàng)新.如圖丙所示，在電阻絲上夾有一個可沿電阻絲滑動的金屬觸頭P，觸頭的位置可從刻度尺上讀出，實驗時改變觸頭P與電阻絲接觸的位置，多次改變電阻絲接入電路的長度l，調節(jié)滑動變阻器滑動觸頭的位置，使電流表的讀數達到某一相同值Ⅰ時，記錄電壓表的示數U，從而得到多個的值，作出圖像，如圖丁所示.如果已經測得電阻絲的直徑為d，根據圖丁所給數據，可得電阻絲的電阻率ρ=________.（用a、b、c、d表示）【答案】（1）13（2）①.D②.③.偏?。?）【解析】【小問1詳解】指針偏轉角度過大，說明電阻值較小，倍率應該選“×1”，故讀數13Ω?！拘?詳解】[1]由于電阻絲的總阻值大約為13Ω，為了調節(jié)方便，滑動變阻器選用最大阻值和被測電阻相近的，并且選擇分壓接法，故選D。[2]滑動變阻器阻值小于電阻絲，故選擇分壓式接法；電源電壓E=3.0V，電阻絲的總阻值大約為13Ω，通過電阻絲的電流不超過約0.23A，電流表選擇0.6A的量程；由于，所以電流表選外接法，具體電路圖如下：[3]由于電壓表分流，電流表測量值偏大，所以電阻的測量值偏小?！拘?詳解】根據歐姆定律，有由電阻定律有整理后可得根據圖像，斜率為解得16.小龍同學設計了一種測溫裝置，其結構如圖所示.球形燒瓶A為測溫泡，內封有一定質量理想氣體，細管B連通水銀柱，通過水銀柱高度變化反映氣體壓強變化，從而實現溫度測量，已知大氣壓強，（1）初始時環(huán)境溫度細管內水銀柱高度求此時燒瓶內氣體的壓強（2）細管B橫截面積忽略不計，當環(huán)境溫度變化后，細管內水銀柱高度變?yōu)?2cm，求此時的環(huán)境溫度t2（用攝氏溫度表示）；（3）在（2）中，若考慮細管B的橫截面積，則實際環(huán)境溫度t'?_________t?（選填“大于”“小于”或“等于”）?！敬鸢浮浚?）60cmHg（2）（3）大于【解析】【小問1詳解】氣體壓強等于大氣壓強與水銀柱產生的壓強之差，即【小問2詳解】氣體做等容變化，由查理定律其中，代入查理定律解得攝氏溫度【小問3詳解】若考慮細管B的橫截面積，水銀柱要達到相同高度時，需要更高的溫度，即考慮細管B的橫截面積，則實際環(huán)境溫度17.如圖所示，質量m=1kg的物塊a從半徑R=0.45m的四分之一光滑圓弧軌道頂端A由靜止滑下，圓弧軌道底端B與一水平傳送帶平滑連接，傳送帶長度L=1.5m，以的速度順時針勻速轉動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數；傳送帶右端平滑連接一光滑水平面，水平面上有質量均為m=1kg的物塊b和c，物塊b、c分別與一輕質彈簧拴連在一起，初始時彈簧處于原長，a與b碰后黏在一起，已知重力加速度求物塊a：（1）滑到圓弧軌道底端B時對軌道底端的壓力大小F；（2）在傳送帶上運動的時間t，以及到達傳送帶右端時的速度大小vc；（3）運動過程中的最小速度和彈簧的最大彈性勢能Ep?！敬鸢浮浚?）30N（2）0.625s（3），【解析】【小問1詳解】物塊a從A到B，由機械能守恒定律代入m=1kg、R=0.45m、g=10m/s2，解得在B點，由牛頓第二定律（向心力由支持力與重力的合力提供）代入數據由牛頓第三定律，物塊a對軌道底端的壓力為30N；【小問2詳解】物塊a滑上傳送帶時速度故先做勻減速直線運動，加速度由摩擦力提供a=μg=設減速到v?的時間為t?，由運動學公式解得減速階段的位移由于x?=1.25m<L=1.5m，剩余位移做勻速直線運動，勻速時間總時間【小問3詳解】碰撞過程（a與b黏合），動量守恒代入數據得彈簧最大彈性勢能：a、b與c通過彈簧相互作用，當三者共速時彈性勢能最大；由動量守恒：共代入數據得由機械能守恒，彈性勢能等于系統動能的減少量代入數據物塊a的最小速度：a、b壓縮彈簧后，彈簧恢復原長時a、b的速度最??；設此時a、b速度為v?，c速度為v?，由動量守恒機械能守恒代入解得即物塊a的最小速度為。18.如圖甲所示，兩根相距L=2.5m的平行金屬導軌固定在水平面內，左右兩端各接一個R=4Ω的定值電阻，質量m=0.5kg的導體棒a垂直導軌放置，與導軌良好接觸，導軌間有兩個足夠大的勻強磁場區(qū)，磁感應強度大小均為B=0.8T，方向垂直導軌平面豎直向下；P、Q兩虛線間為無磁場區(qū)域，導體棒在水平向右的外力F作用下，從O位置由靜止開始運動，經5s從P點離開磁場，其電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，隨后導體棒在無磁場區(qū)域繼續(xù)運動，剛進入右側磁場時撤去外力F（撤去外力F前，F隨時間變化規(guī)律保持不變），再運動3.1m后恰好停下，已知導體棒電阻r=2Ω，導軌電阻不計，求：（1）0至5s內通過導體棒的電量及OP間的距離；（2）寫出水平力F隨時間變化的表達式；（3）導體棒a在無磁場區(qū)域內運動的時間t1；（4）已知0至5s內外力F做功為1.92J，求整個過程中導體棒a產生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）1.25C，2.5m（2）F=0.2t+0.1（N）（3）2s（4）5.64J【解析】【小問1詳解】0至5s內通過導體棒的電量等于I-t圖像與時間軸圍成的面積，即根據法拉第電磁感應定律可得，，，聯立解得【小問2詳解】根