遼寧省撫順市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題（含答案）

遼寧省撫順市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．下列說法正確的是（）A．最早發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場(chǎng)的是奧斯特B．磁感線是法拉第提出的，其實(shí)磁感線并不存在，磁場(chǎng)客觀上也不存在C．麥克斯韋預(yù)言了電磁波，并首次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在D．電磁波只能在介質(zhì)中傳播2．兩根長(zhǎng)度相同、半徑之比rA：rB=2A．A、B的電阻之比為1：4B．流過A、B的電流之比為1：1C．通過A、B的電子定向移動(dòng)速率之比為1：4D．單位時(shí)間通過A、B的電荷量之比為4：13．將長(zhǎng)度l＝1m的導(dǎo)線ac從中點(diǎn)b折成如圖所示的形狀，放于B＝0.08T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，abc平面與磁場(chǎng)垂直。若在導(dǎo)線abc中通入I＝25A的直流電，則整個(gè)導(dǎo)線所受安培力的大小為（）A．2N B．32N C．34．下雨時(shí)，由于空氣阻力的作用，因此雨滴經(jīng)過變加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)雨滴落地時(shí)的速度為2m/s。某次下小雨時(shí)小明同學(xué)打著半徑為0.5m的雨傘（假設(shè)傘面水平，雨水的平均密度為0.A．0.16N B．1.6N C．16N D．160N5．一理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭Q調(diào)節(jié)，如圖所示，副線圈兩輸出端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，在原線圈上加一電壓為UA．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表的讀數(shù)變大B．保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表的讀數(shù)不變C．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表的讀數(shù)變大D．保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表的讀數(shù)變小6．如圖甲所示，一個(gè)單擺做小角度擺動(dòng)，該運(yùn)動(dòng)可看成簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。從某次擺球到達(dá)右側(cè)最大位移處開始計(jì)時(shí)，擺球相對(duì)平衡位置的位移x隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2A．單擺的擺長(zhǎng)約為0.16mB．單擺的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為x=4C．單擺的擺長(zhǎng)約為1mD．從t＝0.4s到t＝0.6s的過程中，擺球的加速度逐漸增大，速度逐漸減小7．LC振蕩電路某時(shí)刻的情況如圖所示，下列說法正確的是（）A．電容器正在充電B．電感線圈中的磁場(chǎng)能正在減小C．電感線圈中的電流正在增大D．此時(shí)刻電感線圈中的自感電動(dòng)勢(shì)正在阻礙電流減小8．下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的說法中，正確的是A．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向規(guī)定為小磁針靜止時(shí)S極所指的方向B．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與小磁針N極在此處的受力方向一致C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向由磁場(chǎng)本身決定D．磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向由一小段通電導(dǎo)線在此處的受力方向決定9．如圖所示，U-I圖線上，a、b、c各點(diǎn)均表示該電路中有一個(gè)確定的工作狀態(tài)，連接O、b時(shí)，α＝β，則下列說法正確的是（）A．在a、c兩點(diǎn)時(shí)，電源的輸出功率可能相等B．在b點(diǎn)時(shí)，電源的輸出功率最大C．從a到b時(shí)，電源的總功率增大，輸出功率減小D．從b到c時(shí)，電源的總功率和輸出功率都增大10．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ACD為兩有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想邊界，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，三角形區(qū)域外（含邊界）的磁場(chǎng)（范圍足夠大）方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B。把粒子源放在頂點(diǎn)A處，它將沿∠A的角平分線方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v0A．若粒子帶負(fù)電，則初速度v0一定為B．若粒子帶負(fù)電，則粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能是πmC．若粒子帶正電，且初速度v0=D．若初速度v0二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．如圖所示，通過調(diào)節(jié)開關(guān)S，可使歐姆表具有“×1”和“×10”的兩種倍率，可用器材如下：A干電池（電動(dòng)勢(shì)E＝3.0V，內(nèi)阻不計(jì)）；B電流表（滿偏電流Ig=1mA，內(nèi)阻C定值電阻R0D滑動(dòng)變阻器R1E定值電阻R2、RF開關(guān)一個(gè)，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干。（1）表筆B是（填“紅”或“黑”）表筆。（2）虛線框內(nèi)是雙量程電流表，已知R2=1Ω，當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0～0.1A，那么定值電阻R（3）當(dāng)開關(guān)S撥向（填“a”或“b”）時(shí)，歐姆表的倍率是“×10”。歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻為Ω。（4）由于歐姆表擱置時(shí)間較長(zhǎng)，因此其電源電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變大，那么正確操作測(cè)電阻時(shí)，真實(shí)值比測(cè)量值（填“大”或“小”）。12．“祖沖之”實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置通過A、B兩球的碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。先將A球從斜槽軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次，記下平均落地點(diǎn)P；再把同樣大小的B球放在斜槽軌道水平段的最右端，讓A球仍從同一位置由靜止釋放，和B球相碰后，兩球分別落在記錄紙上的不同位置，重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次，記下平均落地點(diǎn)M、N，圖中O點(diǎn)為斜槽軌道水平段的最右端懸掛的重垂線所指位置。（1）為完成此實(shí)驗(yàn)，以下所提供的器材中必須的是____。A．螺旋測(cè)微器 B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器 C．天平 D．秒表（2）實(shí)驗(yàn)中需要滿足的條件是____。A．軌道末端必須水平 B．A球的半徑必須大于B球的半徑C．軌道必須光滑 D．A球的質(zhì)量必須小于B球的質(zhì)量（3）經(jīng)測(cè)定，A、B兩球的質(zhì)量分別為mA=35g、mB=7g，小球落地點(diǎn)的位置距O點(diǎn)的距離如圖乙所示。利用此次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的數(shù)據(jù)計(jì)算碰撞前的總動(dòng)量p與碰撞后的總動(dòng)量p＇的比值為13．在如圖所示的電路中，兩電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最左端時(shí)，兩電表的示數(shù)分別為10V、0.2A；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最右端時(shí)，兩電表的示數(shù)分別為4V、0.5A。已知R1（1）滑動(dòng)變阻器的最大電阻值；（2）電源的電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻r。14．固定在水平桌面上的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直桌面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m。左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω。如圖甲所示（俯視圖），一質(zhì)量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v-x圖像如圖乙所示。若金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，則金屬棒在從起點(diǎn)出發(fā)到發(fā)生x＝1m位移的過程中，取重力加速度大小g=10m/（1）金屬棒克服安培力做的功W1（2）拉力F做的功W；（3）整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q。15．如圖所示，光滑水平地面兩端有豎直墻壁，左側(cè)墻壁上固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧另一側(cè)拴接一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，另有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B輕靠在A的右邊，B的質(zhì)量為A質(zhì)量的2.5倍。初始狀態(tài)下彈簧處于自由伸長(zhǎng)的狀態(tài)，此時(shí)A、B所在位置記為O點(diǎn)，O點(diǎn)與右側(cè)墻壁間的距離s=1413πcm?，F(xiàn)將A、B向左移動(dòng)一段距離s0后自由釋放，A在經(jīng)過O點(diǎn)之后恰好完成一次全振動(dòng)時(shí)與B第一次相碰，已知所有碰撞均為彈性碰撞，彈簧振子的周期公式為T=2πmk，彈簧的彈性勢(shì)能為Ek（1）A、B向左移動(dòng)的距離s0（2）從A、B分離到A、B第一次碰撞的過程中，A到兩者第一次分離點(diǎn)的最大距離s1（3）從A、B第一次碰撞到A、B第二次碰撞的過程中，A到兩者第一次分離點(diǎn)的最大距離s2（4）畫出從A、B第一次碰撞到第二次碰撞的過程中兩者的位移-時(shí)間圖像，并標(biāo)出第二次相碰的時(shí)刻。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、最早發(fā)現(xiàn)電流周圍有磁場(chǎng)的是丹麥物理學(xué)家奧斯特，故A正確；

B、磁感線是法拉第提出的，其實(shí)磁感線并不存在，但磁場(chǎng)是客觀存在的，故B錯(cuò)誤；

C、麥克斯韋預(yù)言存在電磁波，赫茲驗(yàn)證了電磁波的存在，故C錯(cuò)誤；

D、電磁波的傳播不需要介質(zhì)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】熟悉掌握各物理學(xué)家的成就。電磁波的傳播不需要介質(zhì)。麥克斯韋預(yù)言存在電磁波，赫茲驗(yàn)證了電磁波的存在。2．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)電阻公式R=ρ可知，兩導(dǎo)體的電阻之比為R故A正確，不符合題意；

BD、根據(jù)串聯(lián)的特點(diǎn)可知，流過A、B的電流之比為1：1，根據(jù)電流的定義式I=可知，單位時(shí)間通過A、B的電量之比為1：1，故B正確，不符合題意，D錯(cuò)誤，符合題意；

C、由電流的微觀表達(dá)式I=nqSv可得v故C正確，不符合題意。

故答案為：D。

【分析】串聯(lián)電路電流相等。根據(jù)電阻定律確定兩銅導(dǎo)線的電阻值比。再結(jié)合電流的定義式及電流的微觀表達(dá)式確定電荷量及電子移動(dòng)速率之比。3．【答案】C【解析】【解答】由題意知導(dǎo)線在磁場(chǎng)內(nèi)的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2?故整個(gè)通電導(dǎo)線受到的安培力的大小為F=BIL=BI?l故答案為：A。

【分析】確定整個(gè)導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度，再根據(jù)安培力公式進(jìn)行解答。4．【答案】B【解析】【解答】設(shè)時(shí)間t內(nèi)，落到雨傘上雨水的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft=mv又m=ρvtπ解得F=ρ代入數(shù)值解得F≈1.6故答案為：B。

【分析】傘對(duì)雨滴的作用力使雨滴速度變?yōu)榱?。以雨滴為研究?duì)象，確定時(shí)間t內(nèi)落到雨傘上雨滴的質(zhì)量，再對(duì)時(shí)間t內(nèi)的雨滴運(yùn)用動(dòng)量定理進(jìn)行解答。5．【答案】C【解析】【解答】AB.保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，原副線圈電壓不變，副線圈電阻變大，副線圈電流減小，導(dǎo)致原線圈電流也會(huì)減小，電流表的讀數(shù)變大小，AB錯(cuò)誤；

CD.保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，副線圈匝數(shù)增加，副線圈電壓變大，電阻不變，副線圈電流變大，C正確，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】變壓器原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比，原線圈電壓不變。原副線圈功率相等。6．【答案】A【解析】【解答】AC、由振動(dòng)圖像讀出周期T＝0.8s，由公式T=2π解得L＝0.16故A正確，C錯(cuò)誤；

B、由振動(dòng)圖像讀出周期T＝0.8s，振幅A＝2cm，又根據(jù)ω=則單擺的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為x=A代入數(shù)據(jù)得x=2故B錯(cuò)誤；

D、從t＝0.4s到t＝0.6s的過程中，擺球靠近平衡位置，則加速度逐漸減小，速度逐漸增大，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)圖像確定單擺的周期和振幅，再根據(jù)單擺周期公式確定單擺的擺長(zhǎng)。根據(jù)周期與角速度的關(guān)系確定單擺的角速度，再結(jié)合圖像確定單擺的x-t關(guān)系式。熟悉掌握單擺運(yùn)動(dòng)周期的規(guī)律。7．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題圖中線圈磁場(chǎng)方向，由安培定則可知，電流從上向下通過線圈，由于電容器上極板帶正電，則電容器正在放電，電感線圈的磁場(chǎng)能增加，電流在增大，此時(shí)刻電感線圈中的自感電動(dòng)勢(shì)正在阻礙電流增大，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)線圈磁場(chǎng)方向，由安培定則確定電流方向。再根據(jù)電容器的電勢(shì)高低情況判斷電容器充放電情況。電容器放電，電感線圈的磁場(chǎng)能增加，電流在增大。8．【答案】B,C【解析】【解答】磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向規(guī)定為小磁針靜止時(shí)N極所指的方向，故A不符合題意；磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向由磁場(chǎng)本身決定，與放入其中的通電導(dǎo)線或小磁針無(wú)關(guān)，故C符合題意，D不符合題意。磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與小磁針N極在此處的受力方向一致，故B符合題意。

【分析】磁場(chǎng)和電場(chǎng)一樣，都是以場(chǎng)的形式客觀存在的物質(zhì)，場(chǎng)的物理量由它自身決定，與放入其中的小磁針或通電導(dǎo)線無(wú)關(guān)。9．【答案】A,B【解析】【解答】A、在a點(diǎn)時(shí)，外電阻較小，但電流較大，在c兩點(diǎn)時(shí)，外電阻較大，但電流較小，根據(jù)P=可知電源的輸出功率可能相等，故A正確；

B、連接O、b時(shí)，α=β，故定值電阻R和電源的內(nèi)電阻r相等，此時(shí)電源的輸出功率最大，故B正確；

CD、電源的總功率為P=EI故a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的功率最大，從a→b時(shí)，電源的總功率P=EI減小，而輸出功率變大，從b到c時(shí)，電源的總功率和輸出功率都減小，故CD錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】U-I圖像上點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示外電阻阻值的大小。U-I圖像與橫軸的交點(diǎn)表示短路電流，此時(shí)的電路中的總電阻等于電源內(nèi)阻，故α=β時(shí)，定值電阻R和電源的內(nèi)電阻r相等，此時(shí)電源的輸出功率最大，外電阻越截距內(nèi)阻，輸出功率越大。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．若粒子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，可知粒子若直接從A到C，由幾何關(guān)系可得粒子半徑r=L，由洛倫茲力提供向心力qv0B=mB．若粒子帶負(fù)電，恰好滿足r=L3，由qv0B=mC．若粒子帶正電，且初速度v0=qBLm，可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r=L，由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1D．若粒子帶正電，且初速度v0=qBL故答案為：BC。

【分析】由于未知粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，不能判別粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡板間所以不能求出粒子初速度的大小，利用粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)圓心角結(jié)合運(yùn)動(dòng)的周期可以判別粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；已知粒子運(yùn)動(dòng)的速度，結(jié)合粒子運(yùn)動(dòng)的半徑及運(yùn)動(dòng)的周期可以求出粒子運(yùn)動(dòng)到C所花的時(shí)間。11．【答案】（1）黑（2）9（3）b；300（4）小【解析】【解答】（1）電流從黑表筆流出，從紅表筆流入，所以B表筆是黑表筆。

（2）根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)有R其中I2=0.1A，解得R（3）設(shè)S接b時(shí)對(duì)應(yīng)滿偏電流為I，根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)R解得I=0.01即S接b時(shí)對(duì)應(yīng)電流表量程是0~10mA，得歐姆表內(nèi)阻R由（2）知當(dāng)S接a時(shí)，對(duì)應(yīng)電流表量程是0~0.1A，即I得歐姆表內(nèi)阻R所以S接b時(shí)是較大倍率×10。歐姆調(diào)零后，其內(nèi)阻為300Ω。

（4）電源內(nèi)阻變大不會(huì)產(chǎn)生誤差，電動(dòng)勢(shì)減小，測(cè)量值偏大，所以真實(shí)值比測(cè)量值小。

【分析】電流從黑表筆流出，從紅表筆流入。根據(jù)構(gòu)造圖確定接a時(shí)，電路圖的連接情況，再根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律及歐姆定律確定定值電阻的阻值。歐姆擋的倍率越大，對(duì)應(yīng)的歐姆表內(nèi)阻越大。12．【答案】（1）C（2）A（3）0.98；m【解析】【解答】（1）本實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量時(shí)間，所以不用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和秒表。實(shí)驗(yàn)中測(cè)量距離用刻度尺而不用螺旋測(cè)微器，實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量小球質(zhì)量，則所提供的器材中必需的是天平。

故答案為：C。

（2）A、實(shí)驗(yàn)是通過平拋運(yùn)動(dòng)來(lái)研究小球碰撞前后的速度，則為使小球能做平拋運(yùn)動(dòng)，軌道末端必須水平，故A正確；

B、為使兩小球發(fā)生對(duì)心正碰，則A球的半徑必須等于B球的半徑，故B錯(cuò)誤；

C、實(shí)驗(yàn)只需要小球每次到達(dá)軌道末端的速度相等，軌道的摩擦就不會(huì)產(chǎn)生誤差，所以每次只要讓小球都從同一位置由靜止釋放即可，軌道不必光滑，故C錯(cuò)誤；

D、為使碰撞后A球不反彈，則A球的質(zhì)量必須大于B球的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。

故答案為：A。

（3）由于小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度相同，則它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同，則碰撞前小球A的速度為v則系統(tǒng)碰撞前的總動(dòng)量為p=碰撞后小球A、B的速度分別為vA=則系統(tǒng)碰撞后的總動(dòng)量為p'=聯(lián)立可得，碰撞前的總動(dòng)量p與碰撞后的總動(dòng)量p'的比值為p碰撞是彈性碰撞，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒有1整理可得m【分析】熟悉掌握實(shí)驗(yàn)的操作步驟及注意事項(xiàng)，為使小球能做平拋運(yùn)動(dòng)，軌道末端必須水平。實(shí)驗(yàn)必須保證兩小球之間發(fā)生正碰。小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度相同，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同。根據(jù)水平方向的位移確定小球碰撞前后的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律確定碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)量之比。根據(jù)彈性碰撞的特點(diǎn)確定滿足的關(guān)系式。13．【答案】（1）解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最右端時(shí)，有I當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最左端時(shí)，有I又R解得R3（2）解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最右端時(shí)，U+Ir=E當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于最左端時(shí)，U解得E＝14Vr＝20Ω?！窘馕觥俊痉治觥浚?）確定電表的測(cè)量對(duì)象，根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器滑片分別位與最右端和最左端時(shí)，電路的連接情況。分別根據(jù)歐姆定律及串并聯(lián)電路的規(guī)律列出方程，再進(jìn)行聯(lián)立解答；

（2）根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器滑片分別位與最右端和最左端時(shí)，電路的連接情況。分別根據(jù)閉合電路的歐姆定律列出方程，再進(jìn)行聯(lián)立解答。14．【答案】（1）解：由速度圖像得v＝2x金屬棒所受的安培力F代入得FA=0.當(dāng)x＝0時(shí)，安培力F當(dāng)x＝1m時(shí)，安培力F則金屬棒從起點(diǎn)出發(fā)到發(fā)生x＝1m位移的過程中，安培力做的功W即金屬棒克服安培力做的功W1（2）解：金屬棒克服摩擦力做的功W根據(jù)動(dòng)能定理得W?代入解得拉力做的功W＝9.25J。（3）解：從能量守恒角度可知，外力做的功使系統(tǒng)產(chǎn)生熱量和動(dòng)能，故有Q=W?1（或者總熱量Q等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱和摩擦內(nèi)能也可計(jì)算）【解析】【分析】（1）由于安培力的大小與速度有關(guān)，故求安培力做功，考慮將v-x圖像轉(zhuǎn)化成F安-x圖像，再利用圖像面積的物理意義確定安培力所做的功