2024年高考考前押题密卷物理（浙江卷）（全解全析）

地理第2页（共3页）2024年高考考前押题密卷（浙江卷）物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题Ⅰ（本题共13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．下列物理量用国际单位制的基本单位表示，正确的是（）A．普朗克常量kg•m2/s B．磁通量kg•m2/（s•C） C．静电力常量kg•m3•s﹣2•C﹣2 D．功N•m【解答】解：A、根据ε＝hν知，h=ɛν，普朗克常量h单位为J•s，用国际单位制的基本单位表示为J•s＝N⋅m⋅s＝kgmsBC、kg⋅m2/（s⋅C）和kg⋅m3⋅s﹣2⋅C﹣2中单位C不是国际单位制的基本单位，故BC错误；D、N⋅m中单位N不是国际单位制的基本单位，故D错误。故选：A。2．如图所示的我国第三艘航空母舰“福建舰”，在2022年6月17日移出船坞下水后计划开展航行试验。下列情况中“福建舰”可视为质点的是（）A．研究航行路线时 B．弹射舰载机时 C．移出船坞下水时 D．用操作仪把控方向时【解答】解：A．当研究“福建舰”的航行路线时，“福建舰”的形状和大小可以忽略不计，可以看成质点，故A正确；BCD．当研究弹射舰载机时、移出船坞下水时、用操作仪把控方向时，由于“福建舰”的形状及大小对研究的问题影响不能忽略不计，所以“福建舰”均不能看成质点，故BCD错误。故选：A。3．如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（）A．运动员受到杆的作用力等于重力 B．运动员经历先超重后失重的过程 C．运动员的重力势能全部由杆的弹性势能转化而来 D．分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点【解答】解：A、撑杆跳高运动员在上升过程中做变速运动，受力不平衡，运动员受到杆的作用力不等于重力，故A错误；B、运动员先加速上升，再减速上升，竖直方向上加速度先向上后向下，故运动员经历先超重后失重的过程，故B正确；C、运动员的重力势能主要由动能转化而来，故C错误；D、分析运动员肌肉做功放能过程，不能忽略运动员的姿势和动作，不可将其看成质点，故D错误。故选：B。4．2020年6月23日，第55颗北斗导航卫星发射成功，这标志着我国提前半年完成北斗三号全球卫星导航系统星座部署目标。第55颗卫星也是北斗三号全球卫星导航系统第三颗地球静止，同步轨道卫星，关于这颗卫星的说法正确的是（）A．它的周期与地球公转周期相同 B．它的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度 C．它的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度 D．它的工作轨道在赤道平面内【解答】解：A、地球同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，故A错误；B、同步轨道卫星的半径大于赤道半径，由v＝ωr知它的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度，故C错误；C、同步轨道卫星的半径大于赤道半径，由a＝ω2r知它的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故C错误；D、同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道，故D正确。故选：D。5．重元素的放射性衰变共有四个系列，其中一个为U238系列（从92238U开始到稳定的A．从92238U到82206B．从92238U到C．92238U比D．92238U比【解答】解：A．每次α衰变质量数减少4，从92238U到82206Pb，共发生n1B．从92238U到82206Pb，共发生nC．92238U中子数为146，D．衰变后原子核更稳定，82故选：C。6．在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞。图示为两车刹车后匀减速运动的v﹣t图像，以下分析正确的是（）A．甲刹车的加速度的大小为0.5m/s2 B．两车刹车后间距一直在减小 C．两车开始刹车时的距离为100m D．两车都停下来后相距25m【解答】解：A、根据速度﹣时间图象的斜率表示加速度，可得甲车刹车时的加速度大小为a1=ΔvΔt=2525B、由图可知，前20s两车的距离一直在减小，20s时两车速度相等，距离最小，之后间距增大，故B错误；C、两车刚好没有发生碰撞，说明20s末两车速度相等时，两车位置相同，20s末两车的速度为v＝5m/s，由图象面积的物理意义，可得两车开始刹车时的距离为：Δx=1D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距距离等于之后两车位移之差，为Δx′=1故选：C。7．如图所示，球体O的直径AB、CD、MN两两垂直，两个带等量正电的点电荷分别位于A、B点，则（）A．C点的电场强度和M点的相同 B．C点的电势比M点的高 C．一试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力一直增大D．一带正电荷的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，试探电荷的电势能先减小后增大【解答】解：A、根据等量正点电荷电场分布的对称性可知，C点和M点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；B、根据等量正点电荷电场分布的对称性可知，C点和M点的电势相等，故B错误；C、试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中，电场线分布情况不能确定，则电场强度的变化情况不能确定，所以不能试探电荷所受的电场力变化情况，故C错误；D、在AO间电场方向从A指向O，A点的电势高于O点的电势。在OC间电场方向从O点指向C点，则O点的电势高于C点的电势，所以A点的电势高于C点的电势，而A点的电势等于B点的电势，则一带正电荷的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，电势先降低后升高，则试探电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选：D。8．如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h） B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为2M(Mg−f)HD．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t【解答】解：A．莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的初速度、末速度都是零，则动能不变，莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A错误；B．莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I＝（Mg﹣f）t，故B正确；C．莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有Mg(H−ℎ)−f(H−ℎ)=莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有﹣I1＝0﹣Mv莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为I1D．根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为，Ep＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）（H+x﹣h）另外，（Mg﹣f）t对应的国际单位是N•s，是动量的单位，不是能量的单位。故D错误。故选：B。9．2023年9月27日，杭州亚运会中国队组合赵焕城/王赛博获得帆船比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风航行的示意图。风力和船身方向成135°，风力和帆面成8°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，如果风力大小为F，则风力在航行方向的分力为（）A．35Fsin8° B．35Fcos8° C．【解答】解：由题，结合图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为F′＝Fsin8°这个分力垂直于帆面，与航行方向之间的夹角为θ＝90°﹣（180°﹣135°﹣8°）＝53°所以风力在航行方向上的分力为F″=F'cos53°=故A正确，BCD错误故选：A。10．某景区景点喷泉喷出的水柱高约20m，如图所示，小明了解到喷泉专用泵额定电压为220V，正常工作时输入电流为3A，泵输出的机械功率占输入功率的75%，则此喷泉（）A．出水流量约为0.1m3/s B．电机绕组的电阻是55Ω C．任意时刻空中水的质量约为10kg D．喷管的横截面积约为0.8×10﹣4m2【解答】解：A、喷泉喷出的水柱高约20m，设水喷出喷口的速度为v，由位移—速度公式得：v2＝2gh代入数据解得：v＝20m/s设极短时间Δt内有质量为Δm的水喷出喷口，则由能量守恒得：ηUIΔt=解得：Δm=这些水的体积为ΔV=则出水流量约为Q=代入数据联立解得：Q＝2.475×10﹣3m3/s故A错误；B、设电机绕组的电阻为r，泵输出的机械功率占输入功率的75%，则有：（1﹣75%）UI＝I2r代入数据解得，电机绕组的电阻r≈18.3Ω故B错误；C、水从喷出到最高点所用的时间为t=v在空中的水包括上升过程与下降过程两部分的水，两部分水的质量近似相等，则任意时刻空中水的质量约为m＝2Δm代入数据联立解得m≈10kg故C正确；D、设喷管的横截面积为S，则Δm=ρSvΔt=解得，喷管的横截面积约为S≈1.2×10﹣4m2故D错误。故选：C。11．如图所示，图中两小孩各握住轻绳一端，当只有一个小孩上下抖动绳子时，在绳上产生简谐横波，图实线和虚线分别表示绳子中间某段在t1＝0和t2＝0.75s时刻的波形图，P点为绳中x＝1.5m处的质点。已知小孩抖动绳子的周期T满足0.75s＜T＜1.5s，则（）A．左侧小孩在抖动绳子 B．P点在t2时刻向﹣y方向振动 C．波在绳中传播的速度v＝4m/s D．P点在t1到t2时间内通过的路程为0.9m【解答】解：A、若左侧小孩抖动绳子，即波向右传播，则有：t2又因为：0.75s＜T＜1.5sT无解。若右侧小孩抖动绳子，即波向左传播，则有：t2解得周期：T＝1s故右侧小孩在抖动绳子，故A错误；B、由A选项分析可知，波沿﹣x方向传播，根据同侧法，P点在t2时刻向+y方向振动，故B错误；C、波长为4m，波在绳中传播的速度：v=λD、在t1到t2时间内，P点振动了t=34T，由于t1时刻P点不在平衡位置或位移最大处，则P点在t1到t2故选：C。12．霍尔效应传感器可用于自行车速度计上，如图甲所示，将霍尔传感器固定在前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。霍尔传感器原理如图乙所示，电源电压为U1，当磁场通过霍尔元件时，在导体前后表面间出现电压U2。某次行驶时，霍尔传感器测得的电压U2随时间t变化如图丙所示，车轮半径为R，霍尔传感器离轮轴距离为r，下列说法中正确的是（）A．自行车的速度是2πrtB．自行车的速度是2πRtC．若自行车的车速越大，则霍尔电压U2的峰值越大 D．若电源电压U1越大，则霍尔电压U2的峰值越大【解答】解：AB．根据图丙可知周期T＝t3﹣t1根据圆周运动公式可知自行车的速度v=2πR故AB错误；CD．当稳定时受力平衡，满足电场力等于洛伦兹力F＝Bve，结合电流的微观表达式I＝NSev，有U2则霍尔电压U2如果U1越大，I越大，U2的峰值越大，故C错误，D正确。故选：D。13．m、n两种单色光由同一方向从空气斜射入长方形玻璃砖，其光路如图所示。现若让m、n两光在该玻璃中以相同的入射角由同一方向射向空气，随着入射角从零逐渐增大，下列分析正确的是（）A．玻璃砖对n的折射率较大 B．在该玻璃中，m频率较大 C．在该玻璃中，m传播的速度较大 D．随着入射角增大，n的折射光线先消失【解答】解：A、由图可知，光线进入玻璃砖时，m光的折射角小于n光的折射角，m光的偏折程度大，根据折射定律可知玻璃砖对m光的折射率较大，故A错误；B、玻璃砖对m光的折射率大，则m光的频率较大，故B正确；C、m光的折射率大，由n=cD、由于m或n光在玻璃砖下表面的入射角与上表面的折射角相等，故m或n光在玻璃砖下表面的折射角与上表面的入射角相等，两光在下表面射出的折射光与上边面射入的入射光始终平行，随着入射角的增大，两光的折射光线都不会消失，故D错误。故选：B。（多选）14．下列说法正确的是（）A．空气中水蒸气的压强越大，人体水分蒸发的越快 B．单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 C．水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的 D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【解答】解：A、空气中水蒸气压强越大时，空气的绝对湿度越大；但人体水分蒸发的快慢与相对湿度有关。故A错误。B、单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B错误。C、水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的，故C正确。D、当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离的减小时，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。故选：CD。（多选）15．如图所示我国自主三代压水堆核电“华龙一号”示范工程，在2022年3月25日全面建成投运。“华龙一号”利用核裂变发电，其中一种典型的核反应方程是92235U+01n→56141Ba+3692Kr+aX，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mU、mA．X为中子，a＝3 B．X粒子的质量为ΔE3C．92235U的比结合能比56141D．可利用普通水作为慢化剂减慢裂变反应速度【解答】解：A．由电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子，由质量数守恒可知a＝3，故A正确；B．由题意知，核反应过程中的质量亏损Δm＝mU﹣mBa﹣mKr﹣2mX，由质能方程可知释放的核能：ΔE=(mU−mC．核裂变过程释放能量，比结合能变大，则92235U的比结合能比56D．慢化剂是为了降低中子速度，使核裂变概率增大，会加快裂变反应速度，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，故D错误。故选：AC。16．Ⅰ、利用如图1所示的实验装置探究物体的加速度与合外力、质量的关系。（1）除了图中已给出的实验器材及多个槽码、砝码外，还需要的两种测量工具是；A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．交流电源（2）实验主要采用的研究方法是；（3）与小车相连的细线与平板平行，平衡摩擦力后，当小车（包括砝码）质量M与槽码质量m的大小关系满足Mm（选填“远大于”或“远小于”）时，可以认为细线对小车的拉力大小等于槽码重力；（4）按正确的实验操作后，打出一条如图2所示的纸带，图中A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点间的时间间隔为T，A、B两点间的距离为x1，A、C两点间的距离为x2，则小车的加速度表达式为a＝（用该小题中所给物理量字母表示）；（5）按正确的实验操作（包括平衡摩擦力）后，画出了加速度a与合外力F关系图像如图虚线所示，若只是忘记平衡摩擦力，在答题卡所给图上用实线画出实验中应得到的关系图像的示意图。【解答】解：（1）实验中需要测量m和M以及纸带上打出点之间的距离，故需天平和刻度尺，打点计时器本身具有计时功能，因此不需要秒表，本题需要交流电源，但交流电源不是测量工具，故AD错误，BC正确。故选：BC。（2）探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，需要保持合外力和质量其中一个不变，探究加速度与另外一个物理量的关系，这种方法叫做控制变量法。（3）以槽码为研究对象，根据牛顿第二定律mg﹣F＝ma以小车为研究对象，根据牛顿第二定律F＝Ma联立得F=当M远大于m时，可以认为细线对小车的拉力F大小等于槽码重力。（4）根据逐差法，小车的加速度表达式为a=（5）只忘记平衡摩擦力，根据牛顿第二定律F﹣f＝Ma变形得a=当拉力较小时，加速度为0，加速度达到一定数值后，才产生加速度，a﹣F图像如图所示：故答案为：（1）BC；（2）控制变量法；（3）远大于；（4）x2−2x1（每小题1分）Ⅱ、“用油膜法估测分子的大小”的实验方法及步骤如下：①向1mL的油酸中加酒精，直至总量达到400mL；②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入100滴时，测得其体积恰好是1mL；③先往边长为30cm～40cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上；④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，小方格的边长为20mm，数出轮廓范围内小方格的个数N．根据以上信息，回答下列问题：（1）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是mL．（2）油酸分子直径是m.（结果保留两位有效数字）（3）若某学生计算油酸分子直径的结果偏小，可能是由于．A.油酸未完全散开B.油酸溶液浓度低于实际值C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴【解答】解：（1）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V＝（1400×1（2）根据大于半格的算一格，小于半格的舍去，可计算得油膜形状占据的方格数大约为114个，故油酸膜的面积为S＝114×20mm×20mm＝4.56×104mm2＝4.56×10﹣2m2油酸分子的直径为d=VS=（3）A、油酸未完全散开，油酸膜的面积S偏小，由d=VB、油酸溶液浓度低于实际值，算出的1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，由d=VC、计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，由d=VC、求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多计了10滴，求出的纯油酸的体积将偏小，由d=V故选：BD。故答案为：（1）2.5×10﹣5；（2）5.5×10﹣10；（3）BD。（每小题1分）Ⅲ、为测量一捆不明材质电线的电阻率，选用器材如下（所有器材均已校准）：A．电源（电动势约为1.5V，内阻不计）；B．待测电线（长度约100m，横截面积未知）；C．电流表A1（量程150mA，内阻r1约为2Ω）；D．电流表A2（量程100mA，内阻r2＝3Ω）；E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流0.2A）；F．开关、导线若干。（1）实验小组成员先用螺旋测微器测量该材质电线的直径d，其中一次测量如图（a）所示，其读数d＝mm。（2）该实验小组设计的测量电路如图（b）所示，则是，（填对应器材符号），通过正确操作，测得数据，作出的图像如图（c）所示。（3）由图（b）电路测得的该材质电线的电阻，其测量值比真实值（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。（4）根据以上数据可以估算出这捆电线的电阻率ρ约为。A.2.0×10﹣6Ω•m B.2.0×10﹣8Ω•m C.6.1×10﹣6Ω•m D.6.1×10﹣8Ω•m【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，电线的直径d＝1mm+49.9×0.01mm＝1.499mm；（2）已知内阻的电流表可当作电压表使用，根据图（b）可知，电表P为电压表，因此电表P是电流表A2，因此选择D；（3）根据并联电路的电流特点，通过导线的电流（I＝I1﹣I2）和导线两端的电压（U＝I2r2）都消除了系统误差，根据欧姆定律I=U（4）根据并联电路的电流特点，通过待测导线的电流I＝I1﹣I2待测导线两端的电压U＝I2r2根据欧姆定律，通过待测导线的电流I=联立解得I根据图（c），I2﹣（I1﹣I2）图像的斜率k=结合函数斜率的意义，图像的斜率k=待测电阻R根据电阻定律R=ρ电阻率ρ=πd2R故选：D。故答案为：（1）1.499；（2）D；（3）不变；（4）D。（1、2小题1分，3、4小题2分）17．（8分）骑行是一种健康自然的出行方式。一辆单车，一个背包即可出行，简单又环保。某品牌自行车的气压避震装置主要由活塞、气缸组成，该自行车共有4个完全相同的避震器。为研究其减震效果可将其简化成如图2所示结构，在与水平面成θ＝37°夹角的斜坡上运动员正匀速向上骑行，自行车车架和运动员总质量为M，通过支架连接活塞，气缸底部固定安装在车轴上，上坡时气缸内气体的体积为V1。（已知活塞横截面积为S，质量不计，重力加速度为g，外界大气压强为p0，cos37°＝0.8，活塞内气体视为理想气体且温度不变，4个避震器可视为等高且与斜坡垂直，不计一切摩擦。）（1）求上坡时气缸内气体的压强p1；（2）当自行车行驶至水平路面时，求此时避震器气缸内的气体体积V2。【解答】解：（1）对活塞受力分析，由平衡条件得14Mgcos37°+解得：p1=（2）当自行车行驶至水平路面时，对活塞分析，由平衡条件得14可得：p2=根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得：V2=18．（11分）如图所示，水平传送带以v＝6m/s的速度逆时针匀速运动，传送带左端与倾角θ＝37°的斜面PM在M点平滑相接，右端与半径R＝4.05m的光滑四分之一圆弧轨道在N点平滑相接（接点处均不影响传送带的运动）。质量m＝0.5kg的小物块从圆弧轨道最高点由静止下滑后从N点滑上传送带，经过M点后滑上斜面。已知小物块与传送带及斜面间的动摩擦因数μ均为0.15，MN间的距离L＝21m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6。斜面PM足够长，不计小物块经过M、N两点处的机械能损失。求：（1）小物块第一次通过传送带所用的时间t；（2）小物块第一次沿斜面上升的最大高度H；（3）小物块在斜面上因摩擦产生的总热量Q。【解答】解：（1）设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为vN，根据动能定理得：mgR=1代入数据解得：vN＝9m/s＞v＝6m/s，小物块滑上传送带后先做匀减速直线运动对小物块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1代入数据解得：a1=1.5m/小物块减速到与传送带速度相等需要的时间t1=v小物块减速到与传送带速度相等的位移x=v小物块相对传送带静止一起运动到传送带左端需要的时间t2=L−x小物块第一次通过传送带上所用的时间t＝t1+t2＝2s+1s＝3s………（2分）（2）小物块第一次在斜面上运动过程，由动能定理得：﹣mgH﹣μmgcosθ×Hsinθ代入数据解得：H＝1.5m………（2分）（3）小物块第一次在斜面上上滑的距离x1=H小物块第一次沿斜面下滑过程，由动能定理得：mgH﹣μmgcosθ×H代入数据解得：v1＝26m/s＜v＝6m/s………（2分）小物块第二次滑上传送带后，在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后反向向左做初速度为零的匀加速直线运动，到达传送带左端后以速度v1＝26m/s小物块在斜面上上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2代入数据解得：a2＝7.2m/s2………（1分）小物块第二次在斜面上上滑的最大位移x2=v122a2小物块第二次在斜面上下滑过程，由动能定理得：mgx2sinθ﹣μmgcosθ×x2=1代入数据解得：v2＝4m/s………（1分）小物块第三次滑上传送带后先向右做匀减速直线运动，减速为零后反向向左做初速度为零的匀加速直线运动，以速度v2＝22m/s第三次滑上斜面，小物块第三次滑上斜面时上滑的最大位移x3=v222a2则小物块第n次滑上斜面时上滑的最大位移xn=(23小物块在斜面上摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ×2（x1+x2+x3+++++）………（1分）代入数据解得：Q＝9J………（1分）19．（11分）如图甲所示，间距为L的两条足够长光滑平行绝缘导轨放置在水平面内，导轨间有竖直方向且等间距间隔的匀强磁场区，磁感应强度大小为B，磁场宽度及间距均为2L。导轨上有一边长为L的正方形金属框abcd，质量为m，ab、cd边与导轨平行，ab、bc、ad、cd边电阻相等均为R。金属框在沿导轨方向的恒定拉力F（大小未知）作用下由静止开始向右沿导轨运动，经过一段距离后进入第一个磁场区。从bc边进入第一个磁场区至bc边离开第一个磁场区过程中，测得ad两端的电压随时间变化图像如图乙所示。（1）求恒力F的大小？（2）设Δt1