天津市2018-2019学年高二物理上学期期末预测试题（含解析）.doc

天津市2018-2019学年高二物理上学期期末预测试题（含解析）一、单选题1.一只小船渡河，运动轨迹如图所示水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定船（ ） A. 沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀减速直线运动B. 沿三条不同路径渡河的时间相同C. 沿AB轨迹渡河所用的时间最短D. 沿AC轨迹船到达对岸的速度最小【答案】A【解析】当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC轨迹渡河所用的时间最短，故BCD错误。所以A正确，BCD错误。2.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁，分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R甲R乙，则（）A. 角速度甲乙 B. 对筒壁的弹力N甲N乙C. 加速度a甲a乙 D. 线速度v甲v乙【答案】D【解析】【详解】A. 两球所受的重力大小相等，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等。合力沿水平方向，提供向心力。根据F合=mr2，得：=F合mr，r大则角速度小。所以球甲的角速度小于球乙的角速度。故A错误，B错误；C. 根据F=ma可知，由于合力相同，故向心加速度相同，故C错误；D.根据F合=mv2r，得v=F合rm，合力、质量相等，r大线速度大，所以球甲的线速度大于球乙的线速度。故D正确。故选：D【点睛】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=mv2r=m2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小。3.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )A. 在相同时间内b转过的弧长最长B. a的向心加速度等于重力加速度gC. c在4小时内转过的圆心角是6D. d的运动周期有可能是20小时【答案】A【解析】【详解】根据万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故A正确；地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大。根据GMmr2=mg，可得：g=GMr2，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，故B错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是4h242=3，故C错误；由开普勒第三定律R3T2=k，知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。所以A正确，BCD错误。4.许多科学家对物理学的发展有巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，下列关于物理学史的叙述正确的是A. 伽利略通过“理想实验”得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律B. 卡文迪许在实验室里通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值C. 开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力D. 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”【答案】B【解析】【详解】A：伽利略通过抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法，得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律；伽利略通过“理想斜面实验”得到结论：一切运动着的物体在没有受到阻力作用的时候，它的速度不变，并且一直运动下去。故A项错误。B：卡文迪许在实验室里用扭秤实验通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值。故B项正确。C：牛顿认为，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力；开普勒总结出了行星运动的规律，并没有解释行星为什么这样运动。故C项错误。D：牛顿通过比较月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度和地面重力加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”。故D项错误。【点睛】知道物理学史，知道物理学家在对应科学研究中的主要步骤、采用的物理方法和实验结论。5.2018年10月15日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十九、四十颗北斗导航卫星。若其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，则地球的第一宇宙速度为A. 2RT B. 42r3T2R C. 42R3T2r D. 22r3T2R【答案】B【解析】【详解】根据其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，则有：GMmr2=m42T2r，当某一卫星的轨道半径为地球半径R时，其线速度为第一宇宙速度，则有：GMmR2=mv2R，联立解得：v=42r3T2R，故选B。6.如图所示为某电子元器件的工作原理示意图，在外界磁场的作用下，当存在AB方向流动的电流时，电子元器件CD两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）A. 若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，带正电粒子会在C板聚集B. 当增大AB方向的电流I时， C、D两面的电势差会减小C. 电子元器件C端电势低于D端电势D. 电势差UCD的大小仅与电子元器件的制造材料有关【答案】C【解析】【详解】若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，根据左手定则可知，带正电粒子会在D板聚集，电子元器件D端电势高于C端电势，选项A错误，C正确；随着粒子的不断积聚，当平衡时满足：UCDdq=Bqv，则UCD=Bvd，则当增大AB方向的电流I时，粒子运动的速率v增加，则 C、D两面的电势差会增加，选项B错误；由UCD=Bvd可知，电势差UCD的大小不只与电子元器件的制造材料有关，选项D错误；故选C.7.如图，直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点沿平行于x轴正方向进入磁场区域，离开磁场后做直线运动，经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为60，下列判断正确的是( )A. 粒子带正电 B. 粒子在磁场中运动的轨道半径为RC. 粒子运动的速率为3qBRm D. 粒子在磁场中运动的时间为m6qB【答案】C【解析】【详解】粒子的轨迹如图所示，向上或向下偏转，都有速度方向与x正方向夹角为60的情况，所以粒子可以带正电，也可以带负电，根据几何知识可得tan30=Rr，解得r=3R，故根据r=mvBq可得粒子运动的速率为v=3qBRm，从图中可知粒子轨迹所对圆心角为60，故粒子在磁场中运动的时间为t=603602mBq=m3Bq，C正确【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R=mvBq，周期公式T=2mBq，运动时间公式t=2T，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题8.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为A. 指向L1 B. 指向L2C. 指向L3 D. 背离L3【答案】C【解析】【详解】因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成1200角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.9.物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。己知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（ ）A. 高频交变电压变化的周期为mBqB. 粒子可能获得的最大动能为BqR2mC. 粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为1:2n1D. 粒子在回旋加速器中的总的时间为BR22U【答案】C【解析】加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：T=2mqB，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvmB=mvm2R，解得vm=BqRm，粒子获得的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m，故B错误；粒子在电场中第一次加速，则有qU=12mv12，解得v1=2qUm，则粒子以v1第一次在下半盒中运动，根据qv1B=mv12R1，解得R1=mv1Bq=1B2mUq；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了（2n-1）次，则有2n1qU=12mvn2，解得vn=22n1qUm，则半径为Rn=mvnBq=1B22n1mUq，故半径之比为R1Rn=12n1，故C正确；粒子在加速器中运动的总时间为t=nT=qB2R24mU2mqB=R2B2U，故D错误；选C.【点睛】粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速 10.一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直。将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关。下列情况中，可观测到Q向左摆动的是A. S闭合的瞬间B. S断开的瞬间C. 在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D. 在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变【答案】A【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P。故A项正确。B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故B项错误。C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故C项错误。D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动。故D项错误。11.A和B是两个大小相同的环形线圈，将两线圈平行共轴放置，如图所示，当线圈A中的电流I1随时间变化的I1-t图象如图所示时，并规定电流方向如图中所示方向为正方向，则线圈B中的电流I2随时间t变化的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】开始时，A中的电流向负方向减小，根据楞次定律可知，在线圈B中产生与A同向的电流（负方向），因A中电流的变化率减小，则B中产生的感应电流减小；然后A中的电流变为正向增加，根据楞次定律可知，B中产生的感应电流方向与A中电流反向（负方向），且由于A中电流的的变化率减小，则B中的感应电流减小；则图像D正确，ABC错误；故选D.12.小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3：n450：1，输电线的总电阻R10。某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压器的输出电压为220V。则此时段()A. 发电机的输出功率为22kWB. 降压变压器的输入电压为11kVC. 输电线的电流为1100AD. 输电线上损失的功率约为8.26W【答案】B【解析】用户总功率为P=110200=22000=22kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22kW，A错误；降压变压器的输出电压为220V，即U4=220V，所以根据n3n4=U3U4可得降压变压器的输入电压U4=50220=11000V=11kV，B正确；用户端总电流为I4=PU4=22000220=100A，根据n3n4=I4I3所以输电线中的电流为I3=2A，输电线上损失的功率约为P=I32R=2210=40W，CD错误【点睛】解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系13.如图所示电路中，L为一自感线圈，两支路直流电阻相等，则 （ ）A. 闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数大于电流表A2 的示数B. 闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数等于电流表A2的示数C. 闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数小于电流表A2的示数D. 断开开关S时，稳定前电流表A1的示数小于电流表A2的示数【答案】CD【解析】分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：闭合开关S时，导致线圈中电流增加，则产生反感电动势，从而阻碍电流的增加，所以稳定前电流表A1的示数大于A2的示数故AB错误C正确；断开开关S时，导致线圈中电流减小，则产生反感电动势，从而阻碍电流的减小，则线圈与电阻串联构成一个新电路，所以稳定前电流表A1的示数仍等于A2的示数故D正确；故选：CD点评：线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源负极14.下列关于生活中的物理现象，说法正确的是（）A. 电磁炉对于锅具材质要求不高，铁锅、铝锅或者陶瓷锅均可正常使用B. 灵敏电流表在运输时总要用导体把正负接线柱连起来是为了避免指针因剧烈摆动而损坏C. 利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D. 用家用电饭煲烧水，水沸腾后也可以自动进入保温状态【答案】B【解析】【详解】A、根据电磁工作原理,变化的电磁场中,炉陶瓷锅不能正常使用,故A错误;B、将两个接线柱连接起来,从而形成闭合电路,当因晃动,导致线圈切割磁感线,从而产生感应电流,出现安培阻力,进而阻碍其运动,是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动,进而保护表针不被损坏,所以B选项是正确的;C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量,故C错误;D、家用电饭煲烧水,水沸腾后,不会自动进入保温状态,只有当温度达到103C时,才会进入保温状态,故D错误;故选B二、实验题15.一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，就如图中各图指出：图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为_（填“偏向正极”或“偏向负极”）。图（b）中磁铁下方的极性是_（填“N极”或“S极”）。【答案】 (1). 偏向正极 (2). S极【解析】【分析】根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断；【详解】磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极；b图电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极16.描绘平抛运动轨迹的实验装置示意如图。为了保证实验准确，在实验过程中必须采取下列哪些步骤_。A. 斜槽末端的切线必须水平B. 入射小球每次应从斜槽上的同一位置由静止开始释放C. 在斜槽末端悬挂重锤以确定竖直方向D. 固定白纸的木板可以倾斜放置上图曲线是某位同学描绘出的小球做平抛运动的轨迹，图中坐标纸上的小方格每边长均为5cm，重力加速度取9.8m/s2，则小球做平抛运动的初速度为_ms。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). ABC (2). 1.4【解析】（1）通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；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B 正确；在斜槽末端悬挂重锤以确定竖直方向，故C正确；因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故D错误；固定白纸的木板要竖直放置，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，故D错误。所以ABC正确，D错误。（2）选取水平间隔相同的两点，所以时间间隔相同，根据公式h=gt2 得：t=2lg，水平方向上有：x=3l=v0t，联立并代入数据解得：v0=1.4m/s。三、解答题17.如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面不计一切阻力，求：(1)小球经过P点时速度的大小？(2)小球落地点到O点的水平距离为多少？【答案】(1) v=gR (2) x=2R【解析】【分析】小球恰能通过最高点P，知在P点靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在P点的速度大小，结合平抛运动的规律求出水平距离。【详解】（1）在最高点P，根据牛顿第二定律得：mg=mvP2R解得：vP=gR（2）小球离开最高点后做平抛运动：2R=12gt2水平距离为：x=vPt联立以上解得：x=2R【点睛】本题考查综合运用平抛运动规律和向心力知识的能力.18.2010年10月我国“嫦娥二号”探月卫星成功发射“嫦娥二号”卫星开始绕地球做椭圆轨道运动，经过若干次变轨、制动后，最终使它绕月球在一个圆轨道上运行设“嫦娥二号”距月球表面的高度为h，绕月圆周运动的周期为T已知月球半径为R，引力常量为G（1）求月球的质量M（2）求月球的密度【答案】（1）42(R+h)3GT2 （2）3(R+h)3GT2R3【解析】【分析】（1）研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量（2）根据密度的公式进行求解【详解】（1）设卫星质量为m，由万有引力定律及向心力公式知：GMm(R+h)2=m42T2R+h 解得：M=42R+h3GT2； （2）月球的体积为：V=43R3根据密度的定义有：=MV得月球的密度为：=3R+h3GT2R3。【点睛】本题考查了运用万有引力提供向心力列出等式，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。19.如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角=30、大小为v0（未知量）的带正电粒子，己知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L,ab边足够长，粒子重力不计，求：(1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小V01;(2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小V02。(3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】(1)v01=BqLm(2)v02=BqL3m(3)5m3Bq【解析】试题分析：（1）（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与ab边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小当其轨迹恰好与cd边相切时，轨迹半径最大，对应的速度最大，由几何知识求出对应的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出对应的速度（3）粒子轨迹所对圆心最大时，在磁场中运动的最长时间当其轨迹恰好与ab边相切或轨迹更小时，时间最长，求出圆心角，再求时间（1）和（2）两和临界情况的运动轨迹如图所示若粒子速度为v0，则qv0B=mv02R，解得：v0=qBRm设圆心在O1处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v01由几何关系得：R1R1sin=L2解得：R1=L则有：v01=qBR1m=qBLm设圆心在O2处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v02 由几何关系得：R2+R2sin=L2解得：R2=L3则有：v02=qBR1m=qBL3m（3）由t=2T和T=2mqB可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时间也越长在磁场中运动的半径rR1时，运动时间最长则圆弧所对圆心角为=22=53所以最长时间为t=2T=5322mqB=5m3qB20.如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连，质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=1.0，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2），求：（1）拉力F的大小；（2）磁场的磁感应强度B大小；（3）若ef棒由开始运动6.9m时，速度达到3m/s，求此过程中电路产生的焦耳热.【答案】（1）2N（2）1T（3）6J【解析】（1）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流。由牛顿第二定律知：Ff=ma1解得：F=2N；（2）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律：E=BLv，由欧姆定律：I=ER+r，导体棒所受安培力F安=BIL，由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，此时有：FfF安=0，解得：B=1T；（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：(Ff)s=Q+12mv2，带人数据解得Q=6J。21.如图所示，线圈abcd的面积是0.1，共50匝，电阻忽略不计，外接电阻R=20，匀强磁场的磁感应强度B=1T，线圈以=20rad/s的角速度绕垂直于磁场的轴匀速转动。（1）求线圈中感应电动势的最大值；（2）若从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；（3）求电阻R消耗的功率。【答案】（1）100V； （2）e=100sin20tV； （3）250W；【解析】（1）感应电动势最大值为Em=NBS，解得Em=100V；（2）感应电动势瞬时值表达式为e=Emsint，代入数据可得e=100sin20tV；（3）电路中电压表的有效值为U=Em2=502V电阻R消耗的功率P=U2R=250W；