2019年天津市南開區(qū)高考物理模擬試卷及答案詳解

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2019年天津市南開區(qū)高考物理模擬試卷一、單選題（本大題共5小題）1. 物理學的發(fā)展豐富了人類對物質(zhì)世界的認識，推動了科學技術的創(chuàng)新和革命，促進了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進步，下列說法中正確的是（）A. 亞里士多德發(fā)現(xiàn)了力是改變物體運動狀態(tài)的原因B. 哥白尼提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律C. 卡文迪許總結出了萬有引力定律并測出了萬有引力常量D. 庫侖在前人研究的基礎上，通過扭秤實驗研究得出了庫侖定律2. 簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，波速為v，若某時刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質(zhì)點a、b相距為s，a、b之間只存在一個波谷，則從該時

2、刻起，下列四幅波形圖中質(zhì)點a最早到達波谷的是（）A. B. C. D. 3. 如圖所示，A是放在地球赤道上的一個物體，正在隨地球一起轉(zhuǎn)動B是赤道上方一顆近地衛(wèi)星A和B的質(zhì)量相等，忽略B的軌道高度，下列說法正確的是（）A. A和B做圓周運動的向心加速度相等B. A和B受到的地球的萬有引力相等C. A做圓周運動的線速度比B大D. B做圓周運動的周期比A長4. 如圖所示，半球形物體A和光滑小球B緊靠著放在一固定斜面上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用水平力F沿物體A表面將小球B緩慢拉至物體A的最高點C，物體A始終保持“靜止狀態(tài)，則下列說法中正確的是（）A. 物體A受到3個力的作用B. 小球B對物體A的壓力大小始

3、終不變C. 物體A受到斜面的摩擦力大小一直減小D. 物體A對小球B的支持力大小一直增大5. 如圖所示，A、B為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的a點放一個負點電荷q（不計重力），b點為連線中垂線上一點且aO=bO，點電荷g從a點由靜止釋放經(jīng)O點運動到b點的過程中，下列說法正確的是（）A. 點電荷q的速度一定先增大后減小B. 點電荷q的加速度一定先減小后增大C. 點電荷q的電勢能一定先增大后減小D. 點電荷q在O點電勢最大，動能為零二、多選題（本大題共3小題）6. 某同學采用如圖所示的實驗裝置來研究光電效應現(xiàn)象。當用某一頻率的光照射光電管的陰極K時，會發(fā)生光電效應現(xiàn)象，電流計中有電流通過。閉

4、合電鍵S，在陽極A和陰極K之間加上反向電壓，通過調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片逐漸增大電壓，直至電流計中電流恰好為零，此時電壓表的電壓值稱為反向截止電壓?，F(xiàn)用頻率為v的綠光照射陰極，測量到反向截止電壓為U，設電子電量為e，普朗克常量為h，則（）A. 逸出的光電子的最大初動能為eUB. 陰極K的逸出功W=hv-eUC. 如改用紫光照射，則光電子的最大初動能一定增大D. 如改用紫光照射，則陰極K的逸出功一定增大7. 如圖是通過變壓器降壓給用戶供電的示意圖變壓器輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變化時輸入電壓不會有大的波動輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線的電阻用R0表示，開關S閉合后，相當于接入電路中工作的用

5、電器增加如果變壓器上的能量損失可以忽略，則關于開關S閉合后，以下說法正確的是（）A. 電表V1示數(shù)不變，V2示數(shù)減小B. 電表A1、A2示數(shù)均增大C. 原線圈輸入功率減小D. 電阻R1兩端的電壓減小8. 如圖所示，某中學科技小組制作了利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。小車在平直的公路上由靜止開始勻加速行駛，經(jīng)過時間t，速度為v時功率達到額定功率，并保持不變；小車又繼續(xù)前進了距離s，達到最大速度vm設小車的質(zhì)量為m，運動過程所受阻力恒為f，則（）A. 小車的額定功率為fvmB. 小車的額定功率為fvC. 小車做勻加速直線運動時的牽

6、引力為f+mvtD. 小車速度由零至vm的過程牽引力做功為12mvm2+f(s+vt2)三、填空題（本大題共1小題）9. 軸核裂變的核反應方程是：92235U+01n56141Ba+3692Kr+3x，這個核反應方程中的X表示_。這個核反應釋放出大核能，已知92235U、56141Ba、3692Kr、X的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，真空中的光速為c，這個核反應中釋放的核能E=_。四、實驗題探究題（本大題共2小題）10. 在做“探究彈簧彈力與彈簧形變的關系”實驗時：甲同學將彈簧水平放置測出其自然長度，然后豎直懸掛讓其自然下垂，在其下端施加豎直向下的外力F，通過實驗得出彈簧彈力與彈簧形變量的

7、關系，此操作對實驗結果產(chǎn)生影響的原因是_乙同學按正確操作步驟進行實驗，但未測量彈簧原長和形變量，而是每次測出彈簧的總長度L，并作出外力F與彈簧總長度L的關系圖線如圖a所示，由圖可知，該彈簧的原長為_cm；該彈簧的勁度系數(shù)為_N/m。丙同學通過實驗得出彈簧彈力與彈簧形變量的關系圖線如圖b所示，造成圖線后來彎曲的原因是_。11. 圖（a）為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250 A，內(nèi)阻為480虛線方框內(nèi)為換擋開關，A端和B端分別于兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流

8、電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆100擋。（1）圖（a）中的A端與_（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關于R6的使用，下列說法正確的是_（填正確答案標號）。A在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C使用電流擋時，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）根據(jù)題給條件可得R1+R2=_，R4=_。（4）某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“1”連接的，則多用電表讀數(shù)為_；若此時B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為_；若此時B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為_。（結果

9、均保留3為有效數(shù)字）五、計算題（本大題共3小題）12. 2012年11月，我國艦載機在航母上首降成功。設某一艦載機質(zhì)量為m=2.5104kg，著艦速度為v0=50m/s，著艦過程中航母靜止不動。發(fā)動機的推力大小恒為F=1.2105N，若空氣阻力和甲板阻力保持不變。（1）若飛機著艦后，關閉發(fā)動機，僅受空氣阻力和甲板阻力作用，飛機將在甲板上以a0=2m/s2的加速度做勻減速運動，航母甲板至少多長才能保證飛機不滑到海里。（2）為了讓飛機在有限長度的跑道上停下來，甲板上設置了攔阻索讓飛機減速，同時考慮到飛機尾鉤掛索失敗需要復飛的情況，飛機著艦時并不關閉發(fā)動機。若飛機著艦后就鉤住攔阻索，圖示為飛機鉤住攔

10、阻索后某時刻的情景，此時飛機的加速度大小為a1=38m/s2，速度為40m/s，攔阻索夾角=106兩滑輪間距40m，（sin53=0.8，cos53=0.6）a求此時攔阻索承受的張力大小。b飛機從著艦到圖示時刻，攔阻索對飛機做的功。13. 如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值R=0.40的電阻。質(zhì)量m=0.01kg、電阻r=0.30的金屬棒ab緊貼在導軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線

11、，導軌電阻不計，g=10m/s2（忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響）。求：（1）磁感應強度B的大??；（2）當t=1.7s時，安培力對金屬棒ab做功的功率（3）金屬棒ab在開始運動的1.7s內(nèi)，通過電阻R的電量q和電阻R上產(chǎn)生的熱量QR14. 如圖所示，真空中有一以（r，0）為圓心、半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感強度大小為B、方向垂直紙面向里，在yr的范圍內(nèi)，有沿-x軸方向的勻強電場，電場強度大小E從O點向不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)已知質(zhì)子的電量為e，質(zhì)量為m，質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r，不計重力求：（1）質(zhì)子進入磁場時的速度大小（2）速度方向沿x軸正方向

12、射入磁場的質(zhì)子，到達y軸所需的時間（3）速度方向與x軸正方向成30角（如圖中所示）射入磁場的質(zhì)子，到達y軸時的位置坐標答案和解析1.D【解析】解：A、牛頓發(fā)現(xiàn)了力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故A錯誤； B、哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，故B錯誤； C、牛頓總結出了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量，故C錯誤； D、庫侖在前人研究的基礎上，通過扭秤實驗研究得出了庫侖定律，故D正確； 故選：D。根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2.D【解析】解：A圖

13、中，波長為2s，周期為T=a點正向上振動，質(zhì)點a從圖示位置到達波谷的時間tA=；B圖中，波長為s，周期為T=a點正向下振動，質(zhì)點a從圖示位置到達波谷的時間tB=T=；C圖中，波長為s，周期為T=a點正向上振動，質(zhì)點a從圖示位置到達波谷的時間tC=；D圖中，波長為s，周期為T=a點正向下振動，質(zhì)點a從圖示位置到達波谷的時間tA=T=；故D圖中質(zhì)點a最早到達波谷。故選：D。根據(jù)波的傳播方向判斷出a點的振動方向，讀出波長，求出周期。分別得到質(zhì)點a從圖示位置到達波谷的時間，從而進行比較。解決本題的關鍵要確定波長與s的關系，求得周期。能熟練根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點的振動方向。3.B【解析】解：A、地球上

14、物體隨地球自轉(zhuǎn)周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，萬有引力除了提供隨地于自轉(zhuǎn)的向心力外主要表現(xiàn)為物體的重力，而近地衛(wèi)星萬有引力提供圓周運動向心力，向心加速度即為萬有引力加速度，故兩者向心加速度大小不相等，A錯誤；B、忽略B衛(wèi)星的軌道高度，A和B距地心的距離相同，根據(jù)萬有引力定律可知，它們受到地球的萬有引力大小相等，故B正確；C、因為B做圓周運動時萬有引力提供圓周運動向心力，而A萬有引力的一小部分提供圓周運動向心力，根據(jù)知，B衛(wèi)星的線速度遠大于A的線速度，故C錯誤；D、A的周期為地球自轉(zhuǎn)周期，即與同步衛(wèi)星周期相同，而B的周期遠小于同步衛(wèi)星的周期，故D錯誤。故選：B。赤道上物體隨地球一起自轉(zhuǎn)周期為T，近地衛(wèi)星

15、繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，涉及不同的物理模型本題涉及到兩種物理模型，可以借助與同步衛(wèi)星進行比較，由同步衛(wèi)星和的近地衛(wèi)星的動力學原理相同，可借助同步衛(wèi)星的規(guī)律進行過渡比較4.C【解析】解：A、對球A分析可知，A受重力、支持力、B的壓力和斜面的摩擦力作用，共四個力，故A錯誤；B、對球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三個力構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：將小球B緩慢拉至物體A的最高點過程中，變小，故支持力N變小，拉力F也變小；根據(jù)牛頓第三定律，壓力也減小；再對A、B整體分析，受拉力、重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：f=（M+m）sin+Fcos為斜面的坡角

16、，由于F減小，故拉力F減小，故靜摩擦力減??；故BD錯誤C正確。故選：C。先對球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三個力構成首尾相連的矢量三角形，據(jù)此分析拉力和支持力的變化情況；再對A、B整體分析，受拉力、重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件并結合正交分解法分析。本題考查共點力平衡條件的應用，解題的關鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象進行受力分析，要結合平衡條件作圖進行動態(tài)分析即可明確各力的變化規(guī)律。5.A【解析】解：A、根據(jù)點電荷電場強度的疊加法則，可知，同種正電荷的中垂線上，由O點向兩邊，電場強度方向向兩邊延伸，且大小先增大后減小，在a點由靜止釋放一個負點電荷q，它只在電場力作

17、用下，先向下加速，后向下減速運動；電荷q的速度一定先增大后減小。故A正確； B、同種正電荷的中垂線上，由O點向兩邊，電場強度方向向兩邊延伸，且大小先增大后減小，所以點電荷q的加速度可能先減小后增大，有可能先增大，后減小，然后再增大，再減小。故B錯誤； C、D、由A的分析可知，電荷q的速度一定先增大后減小，則動能先增大后減小，所以電勢能先減小后增大，點電荷q在O點電勢最大，動能最大。故C錯誤，D錯誤 故選：A。本題要根據(jù)等量同種點電荷電場線的分布情況，抓住對稱性，分析試探電荷的受力情況，分析其運動情況，根據(jù)電場力做功情況，分析其電勢能的變化情況。掌握一些典型的電場線分布特點，知道電場線的疏密表示

18、場強大小，會用電場力做功與電勢能的變化關系分析勢能和動能的變化。6.ABC【解析】解：AB、根據(jù)光電效應方程和反向截止電壓的關系可知，eU=Ek=hv-W，則逸出光電子的最大初動能為eU，陰極K的逸出功W=hv-eU，故AB正確。 C、如改用紫光照射，入射光的頻率增大，光電子的最大初動能一定增大，故C正確。 D、逸出功是材料的固有屬性，與入射光的頻率無關，故D錯誤。 故選：ABC。根據(jù)光電效應方程求解最大初動能，確定陰極K的逸出功。 根據(jù)動能定理求反向截止電壓和最大初動能的關系。 根據(jù)愛因斯坦光電效應方程判斷不同入射光照射時，最大初動能的變化情況。本題考查了光電效應規(guī)律，反向截止電壓是使光電子

19、無法到達對陰極的最小電壓，解決本題的關鍵掌握光電效應方程，知道最大初動能與反向截止電壓的關系。7.BD【解析】解：A、因為輸入電壓幾乎不變，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變。故A錯誤。 B、因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，即A2增大，原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，所以A1示數(shù)變大。故B正確。 C、因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，由P=UI知功率增加，故C錯誤。 D、電壓表V2、V3示數(shù)之差等于副線圈導線上的電壓損失，U=IR增加，電阻R1兩端的電壓減小。故D正確。 故

20、選：BD。抓住原線圈電壓不變，通過副線圈中負載的變化，通過歐姆定律得出電流的變化，從而得出原線圈電流的變化解決本題的關鍵知道原副線圈電壓之比、電流之比與匝數(shù)比的關系，抓住輸入電壓不變，結合歐姆定律進行動態(tài)分析8.ACD【解析】解：AB、小車勻加速行駛時，牽引力不變，電動機的功率隨著小車速度的增大而增大，當達到額定功率時，以額定功率行駛，做加速度逐漸減小的加速運動，最終當牽引力等于阻力時，速度達到最大，所以額定功率P=fvm，故A正確，B錯誤；C、小車做勻加速直線運動加速度a=，根據(jù)牛頓第二定律知F-f=ma，聯(lián)立解得F=f+m，故C正確；D、根據(jù)動能定理知：W-f（s+）=-0，小車速度由零至

21、vm的過程牽引力做功為W=，故D正確。故選：ACD。小車做勻加速直線運動，牽引力不變，功率增大，達到額定功率后做變加速直線運動，當牽引力等于阻力時，速度達到最大，做勻速直線運動。解決本題的關鍵知道小車在整個過程中的運動規(guī)律，知道牽引力等于阻力時速度最大。9.中子 (m1-m2-m3-2m4)c2【解析】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X的質(zhì)量數(shù)為：A=1，電荷數(shù)：z=92-56-36=0可知X為中子；這個核反應中釋放的核能E=mc2=故答案為：中子，根據(jù)核反應的特點判斷核反應的類型；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得出x的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)；根據(jù)質(zhì)能方程求出釋放的核能。解決本題的關鍵知道核反應中電荷數(shù)

22、守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知道常見粒子的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，以及知道聚變、裂變、衰變的特點，并能區(qū)分。10.彈簧自重 10 50 外力超出彈性限度【解析】解：甲同學將彈簧水平放置測出其自然長度，然后豎直懸掛讓其自然下垂，在其下端施加豎直向下的外力F，通過實驗得出彈簧彈力與彈簧形變量的關系，此操作對實驗結果產(chǎn)生影響的原因是彈簧自重。由圖線和坐標軸交點的橫坐標表示彈簧的原長可知彈簧的原長為10cm；當拉力為10N時，彈簧的形變量為x=30-10=20cm=0.2m由胡克定律F=kx得：k=50 N/m；丙同學通過實驗得出彈簧彈力與彈簧形變量的關系圖線如圖b所示，當彈力達到一定范圍時，出現(xiàn)拉力與形變量不成正比，

23、說明外力超出彈性限度。故答案為：彈簧自重；10；50；外力超出彈性限度。該題考查了應用彈力與彈簧長度關系的圖象分析問題，由圖線和坐標軸交點的橫坐標表示彈簧的原長可知彈簧的原長。再由胡克定律可求出彈簧的勁度系數(shù)。根據(jù)胡克定律F=kx，結合圖象物理意義，即可求解。該題要求要會從圖象中正確的找出彈簧的原長及在各外力作用下彈簧的長，并會求出彈簧的形變量，在應用胡克定律時，要首先轉(zhuǎn)化單位，要知道圖線與坐標軸的交點的橫坐標是彈簧的原長。知道圖線的斜率即為彈簧的勁度系數(shù)，注意胡克定律的適用范圍，及理解最大限度。11.黑 B 160 880 1.48mA 1.10K 2.95V【解析】解：（1）根據(jù)歐姆表原理

24、可知，內(nèi)部電源的正極應接黑表筆，這樣才能保證在測電阻時電流表中電流“紅進黑出”；（2）由電路圖可知，R6只在測量電阻時才接入電路，故其作用只能進行歐姆調(diào)零，不能進行機械調(diào)零，同時在使用電流檔時也不需要時行調(diào)節(jié)，故B正確；AC錯誤；故選：B；（3）直流電流檔分為1mA和2.5mA，由圖可知，當接2時應為1mA；根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1+R2=160；總電阻R總=120接4時，為電壓檔，因串入的電阻較小，故應為量程1V的電壓表；此時電流計與R1、R2并聯(lián)后再與R4串聯(lián)，即改裝后的1mA電流表與R4串聯(lián)再改裝后電壓表；根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可知，R4=880；（4）若與1連接，則量程為2.5mA，讀數(shù)

25、為1.48mA（1.47-1.49）；若與3連接，則為歐姆檔100擋，讀數(shù)為11100=1100=1.10k；若與5連接，則量程為5V；故讀數(shù)為2.95V（2.91-2.97均可）；故答案為；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10k；2.95V。（1）明確歐姆表原理，知道內(nèi)部電源的正極接黑表筆，負極接紅表筆；（2）明確電路結構，知道歐姆檔中所接滑動變阻器只能進行歐姆調(diào)零；（3）根據(jù)給出的量程和電路進行分析，再結合串并聯(lián)電路的規(guī)律即可求得各電阻的阻值；（4）明確電表的量程，確定最小分度，從而得出最終的讀數(shù)。本題考查了多用電表讀數(shù)以及內(nèi)部原理，要注意明確串并聯(lián)電路的

26、規(guī)律應用，同時掌握讀數(shù)原則，對多用電表讀數(shù)時，要先確定電表測的是什么量，然后根據(jù)選擇開關位置確定電表分度值，最后根據(jù)指針位置讀數(shù)；讀數(shù)時視線要與電表刻度線垂直。12.解：（1）由勻變速直線運動規(guī)律得：vt2-v02=2ax代入數(shù)據(jù)解得：x=625m（2）a有牛頓第二定律得ma=f得：f=5104N飛機著艦受力如圖：有牛頓第二定律得：ma=2Tsin37+f-F代入數(shù)據(jù)解得：T=8.5105Nb從著艦到圖示位置飛機前進的位移為：x1=d2tan37=15m由動能定理得：Fx1+WT+fx1=Ek代入數(shù)據(jù)解得：WT=-1.23107J答：（1）航母甲板至少625m長才能保證飛機不滑到海里（2）a求

27、此時攔阻索承受的張力大小為8.5105N。b飛機從著艦到圖示時刻，攔阻索對飛機做的功為-1.23107J【解析】（1）根據(jù)速度位移公式求得飛機減速通過的位移即可求得； （2）a、對飛機進行受力分析根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解；b、根據(jù)動能定理求得做功本題主要考查了勻變速直線運動基本公式及牛頓第二定律的直接應用，在求做功時，根據(jù)動能定理即可求得13.解：（1）根據(jù)圖象可得：1.7s后金屬棒達到了最大速度，最大速度為：vm=st=11.2-7.02.3-1.7m/s=7m/s由已知條件金屬棒達到最大速度時受到的安培力等于重力，則有：BIL=mg又I=BLvmR+r聯(lián)立得：B2L2vmR+r=mg可

28、得：B=0.1T；（2）當t=1.7s時，安培力大小等于重力，即FA=mg=0.1N，安培力對金屬棒ab做功的功率P=FAvm=0.7W；（3）電荷量：q=I-t=ER+rt=R+r=BLsR+r=1C；金屬棒ab在開始運動的1.7s內(nèi)，金屬棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能。設電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總，根據(jù)能量守恒定律得：mgs=12mvm2+Q總，所以：Q總=0.455J則電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR=Q總RR+r=0.260J答：（1）磁感應強度B的大小為0.1T；（2）當t=1.7s時，安培力對金屬棒ab做功的功率為0.7W；（3）金屬棒ab在開始運動的第1.7s內(nèi)，通過電阻R的電荷量為1C；電阻R上產(chǎn)生的熱量為0.260J。【解析】（1）由題，x-t圖象AB段為直線，說明從t=1.7s時開始金屬棒ab做勻速直線運動，速度達到最大，由圖線的斜率求出速度，由已知條件金屬棒達到最大速度時受到的安培力等于重力，求出磁感應強度B的大小。 （2）根據(jù)電功率的計算公式求解電功率； （3）根據(jù)法