《湖北省宜荊荊隨恩2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月聯(lián)考物理 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2023年宜荊荊隨恩高三12月聯(lián)考物理試卷注意事項(xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40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，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1.放射性同位素被稱為藏在石頭里的計(jì)時(shí)器，最常用的鈾-鉛（U-Pb）定年法，是通過質(zhì)譜儀測量礦物中同位素的比值進(jìn)而計(jì)算礦物或巖石形成的時(shí)間。下列敘述正確的是（　　）A.衰變?yōu)橐?jīng)過8次衰變和6次β衰變B.β衰變所釋放的電子是原子核外的電子電離形成的C.鈾原子核的結(jié)合能更大，因而鈾原子核比鉛原子核更穩(wěn)定D.當(dāng)溫度和引力環(huán)境發(fā)生改變后，鈾元素的半衰期可能會發(fā)生變化【答案】A【解析】【詳解】A．設(shè)經(jīng)過次衰變和次β衰變，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，有解得A正確；B．β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變成一個(gè)質(zhì)子而釋放出的電子形成的，B錯(cuò)誤；C．原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，所以鉛原子核比鈾原子核更穩(wěn)定，C錯(cuò)誤； D．半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，只有原子核內(nèi)部因素決定的，D錯(cuò)誤。故選A。2.如圖所示，甲、乙兩個(gè)小球從同一位置以相同速率各自拋出，速度方向與水平方向均成，一段時(shí)間后兩個(gè)小球在同一豎直面內(nèi)落至水平地面，不計(jì)空氣阻力，則（　　）A.兩個(gè)小球在空中運(yùn)動時(shí)間相同B.兩個(gè)小球在空中同一高度時(shí)速度相同C.拋出點(diǎn)越高，兩個(gè)小球落地點(diǎn)間距離越大D.改變兩個(gè)小球拋出的時(shí)間，兩小球可能在空中相遇【答案】B【解析】【詳解】A．甲小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動乙小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動兩個(gè)小球在空中運(yùn)動時(shí)間不同，A錯(cuò)誤；B．甲、乙兩小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動，速度大小為方向水平向右。在同一高度處，甲小球豎直方向速度大小為甲小球豎直方向速度大小為所以在同一高度處，豎直速度大小方向均為豎直向下，則兩個(gè)小球在空中同一高度時(shí)速度大小方向?yàn)榕c水平方向成 都相同，B正確；C．兩個(gè)小球落地點(diǎn)間距離與豎直高度無關(guān)，C錯(cuò)誤；D．甲、乙兩小球水平分速度相同，豎直分速度大小相等，方向相反，所以相同時(shí)間內(nèi)水平位移相同，豎直位移不同，所以改變兩個(gè)小球拋出的時(shí)間，兩小球也不可能在空中相遇，D錯(cuò)誤。故選B。3.我國的衛(wèi)星制造、衛(wèi)星發(fā)射和衛(wèi)星通信技術(shù)的迅速發(fā)展，有助于天地一體融合通信的早日實(shí)現(xiàn)。如圖所示為衛(wèi)星三種不同高度的圓軌道，相關(guān)描述正確的是（　?。〢.地球靜止軌道上的衛(wèi)星線速度、角速度、向心力大小均相等B.中地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)行周期大于地球自轉(zhuǎn)的周期C.衛(wèi)星的發(fā)射場選擇在靠近赤道的地方，借助地球自轉(zhuǎn)的線速度更容易發(fā)射D.低地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)行速度大于地球第一宇宙速度，但運(yùn)行速度快使多普勒效應(yīng)明顯【答案】C【解析】【詳解】A．地球靜止軌道上的衛(wèi)星線速度、角速度大小均相等、但是由于衛(wèi)星的質(zhì)量不一定相等，則向心力不一定相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．中地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知，中軌道衛(wèi)星的周期小于同步衛(wèi)星的周期，即中地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)行周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．衛(wèi)星的發(fā)射場選擇在靠近赤道的地方，借助地球自轉(zhuǎn)的線速度更容易發(fā)射，選項(xiàng)C正確；D．第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，則低地球軌道衛(wèi)星的運(yùn)行速度小于地球第一宇宙速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，直角三角形ACD的C、D兩點(diǎn)分別固定著兩根垂直于紙面的長直導(dǎo)線，里面通有等大反向的恒定電流，其中D點(diǎn)導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，已知，E點(diǎn)是CD邊的中點(diǎn)，此時(shí)E點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．若保持其他條件不變，僅將C處的導(dǎo)線平移至A處，則E點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度（　?。〢.大小為B，方向垂直于AC向下B.大小為，方向水平向左C.大小為，方向垂直于AC向下D.大小為，方向水平向左【答案】D【解析】【詳解】設(shè)AD間距為L，則CD間距為2L，E為CD中點(diǎn)，則有CE=DE=L，根據(jù)安培定則和對稱性可知，兩導(dǎo)線在E點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相同，設(shè)為，根據(jù)矢量的合成可得解得當(dāng)D處電流移動到A處，由幾何知識可知AE=DE，故該導(dǎo)線在E處的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為，方向垂直于AE斜向右上，根據(jù)平行四邊形定則可得，此時(shí)E點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，故選D。 5.1801年，托馬斯·楊用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)研究了光波的性質(zhì)。1834年，洛埃利用平面鏡同樣在光屏上得到了明暗相間的條紋，該實(shí)驗(yàn)的基本裝置如圖所示。水平放置的平面鏡MN左上方有一點(diǎn)光源S，僅發(fā)出單一頻率的光，平面鏡右側(cè)固定有豎直放置的足夠長的光屏，平面鏡所在水平線與光屏的交點(diǎn)為P，下列說法正確的是（　?。〢.光屏上，P點(diǎn)上下均有條紋B.只將光屏右移，相鄰亮條紋間距變寬C.只將光源上移，相鄰亮條紋間距變寬D.只將光源的頻率變大，相鄰亮條紋間距變寬【答案】B【解析】【詳解】A．光源S直接照射到光屏上的光和通過平面鏡反射的光在光屏上相遇，發(fā)生干涉，呈現(xiàn)干涉條紋，因反射光不能照射到P點(diǎn)和P點(diǎn)下方，故在P點(diǎn)和P點(diǎn)下方?jīng)]有干涉條紋，故A錯(cuò)誤；BCD．光源到屏的距離可以看作雙縫到屏的距離L，光源S到S在平面鏡中虛像的間距看作d，根據(jù)雙縫干涉的相鄰條紋間距公式可知只將光屏右移，L增大，相鄰亮條紋間距變寬；只將光源上移，d增大，相鄰亮條紋間距變窄，只將光源的頻率變大，波長減小，相鄰亮條紋間距變窄，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。6.如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在豎直放置的平行板電容器AB內(nèi)部，電容器B板接地，接通開關(guān)S，小球靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角為θ，假設(shè)進(jìn)行如下操作，小球均未接觸兩極板，下面說法正確的是（　?。?A.僅減小AB板間的距離，小球再次靜止時(shí)夾角θ減小B.僅減小AB板間的距離，流過電流計(jì)的電流方向從a指向bC.再斷開開關(guān)S，將B板豎直向上移動少許，小球再次靜止時(shí)夾角θ增大D.再斷開開關(guān)S，將B板豎直向上移動少許，小球再次靜止時(shí)電勢能增大【答案】C【解析】詳解】A．小球靜止，根據(jù)平衡條件可得平行板電容器與電源連接，兩極板間的電勢差不變，根據(jù)僅減小AB板間的距離，平行板電容器間的電場強(qiáng)度增大，小球再次靜止時(shí)夾角θ增大，故A錯(cuò)誤；B．平行板電容器與電源連接，兩極板間的電勢差不變，根據(jù)僅減小AB板間的距離，電容器電容增大，根據(jù)電容器帶電量增大，電容器充電，流過電流計(jì)的電流方向從b指向a，故B錯(cuò)誤；C．再斷開開關(guān)S，平行板電容器帶電量不變，根據(jù)將B板豎直向上移動少許，電容器電容減小，電容器兩極板間的電勢差增大，平行板電容器間的電場強(qiáng)度增大，小球再次靜止時(shí)夾角θ增大，故C正確；D．平行板電容器間的電場強(qiáng)度增大，小球再次靜止時(shí)夾角θ增大，小球與B 板的距離增大，則小球的電勢增大，根據(jù)小球再次靜止時(shí)電勢能減小，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3kg的物塊A，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若在斜面上緊靠A上方處輕放一質(zhì)量為2kg的物塊B，A、B一起向下運(yùn)動到最低點(diǎn)P（圖中P點(diǎn)未畫出），然后再反向向上運(yùn)動到最高點(diǎn)，對于上述整個(gè)運(yùn)動過程，下列說法正確的是（已知，，重力加速度g?。ā　。〢.兩物塊沿斜面向上運(yùn)動的過程中彈簧可能恢復(fù)原長B.在物塊B剛放上的瞬間，A、B間的彈力大小為12NC.在最低點(diǎn)P，A、B間的彈力大小為16.8ND.在最低點(diǎn)P，彈簧對A的彈力大小為30N【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，A、B一起反向向上運(yùn)動到最高點(diǎn)為一開始A處于靜止的位置，則兩物塊沿斜面向上運(yùn)動的過程中彈簧不可能恢復(fù)原長，故A錯(cuò)誤；B．在物塊B剛放上瞬間，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得以B為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得A、B間的彈力大小為故B錯(cuò)誤； CD．在最低點(diǎn)P，根據(jù)對稱性可知，此時(shí)A、B的加速度方向沿斜面向上，大小為以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得解得彈簧對A的彈力大小為以B為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得A、B間的彈力大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。8.一條輕質(zhì)長軟繩沿x軸水平放置，端點(diǎn)M位于坐標(biāo)原點(diǎn)。在繩上做個(gè)標(biāo)記P（圖中未標(biāo)出），M、P的水平距離為L。用手握住繩端M在y軸方向連續(xù)上下抖動，M點(diǎn)振動的周期是T，振幅是A，繩上形成一列簡諧橫波如圖所示。時(shí)，M位于最高點(diǎn)，P恰好經(jīng)平衡位置向下振動。下列判斷正確的是（　?。〢.P點(diǎn)的振動方程為B.時(shí)，P的加速度方向與速度方向相同C.該波傳播的最大波速為D.若手上下振動加快，該簡諧波的波長將變大【答案】BC【解析】【詳解】A．由于P點(diǎn)做受迫運(yùn)動，所以P點(diǎn)振動的周期是T，振幅是A，時(shí)，P恰好經(jīng)平衡位置向下振動，所以初相位,所以P點(diǎn)的振動方程為 A錯(cuò)誤；B．時(shí)，P質(zhì)點(diǎn)正在平衡位置下方向上振動，所以速度向上，加速度向上，方向相同，B正確；C．M、P的水平距離為L，時(shí)，M位于最高點(diǎn)，P恰好經(jīng)平衡位置向下振動，可知解得最大波長為最大波速為C正確；D．若手上下振動加快，則振動頻率變大，周期變小，波速不變，根據(jù)可知，波長將變小，D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)質(zhì)量相等、電荷量大小分別為和的帶電粒子甲、乙均從a點(diǎn)射入磁場，其中甲粒子沿ad邊方向射入磁場后從c點(diǎn)射出，乙粒子沿與ab邊成45°的方向射入磁場后從b點(diǎn)射出，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則（　　）A.甲、乙兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場的速率之比為 B.甲、乙兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場的速率之比為C.甲、乙兩個(gè)粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間之比為2：1D.甲、乙兩個(gè)粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間之比為1：2【答案】AD【解析】【詳解】AB.做出甲乙在磁場運(yùn)動的軌跡如圖由幾何關(guān)系可知粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，有得可見甲、乙兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場的速率之比為，故A正確，B錯(cuò)誤；CD.由幾何關(guān)系有，甲在磁場運(yùn)動的圓心角為乙在磁場運(yùn)動的圓心角為 由得粒子在磁場的運(yùn)動時(shí)間為可見甲、乙兩個(gè)粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間之比為1：2，故D正確，C錯(cuò)誤。故選AD。10.如圖所示，四分之一圓弧EC的半徑，圓弧最低點(diǎn)C的切線水平且與粗糙的水平面CA相連。圓弧EC上固定一個(gè)光滑木板CD，木板CD與水平面CA平滑連接，質(zhì)量的小物塊從水平面上A處以初速度向左運(yùn)動，恰好可以到達(dá)木板的頂端D點(diǎn)，下滑后停在B處，已知AB：，重力加速度，則由題中信息可求出（　?。〢.滑塊從木板CD上的D點(diǎn)下滑到C點(diǎn)所用時(shí)間B.木板CD的長度C.滑塊在木板CD下滑過程的重力的平均功率D.整個(gè)運(yùn)動過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】ABD【解析】【詳解】AB．設(shè)AC=x，滑塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動到回到B點(diǎn)停止，由動能定理從木板頂端D點(diǎn)到B點(diǎn)，由動能定理 解得h=0.2m則木板CD的長度木板CD與水平面夾角為30°，則在CD上下滑的加速度a=gsin30°=5m/s2運(yùn)動時(shí)間選項(xiàng)AB正確；C．滑塊在木板CD下滑過程的重力的平均功率選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．整個(gè)運(yùn)動過程中因摩擦產(chǎn)生熱量選項(xiàng)D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)來測量物體質(zhì)量。如圖所示，利用鐵架臺固定一輕質(zhì)滑輪，通過跨過滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩懸吊兩個(gè)相同的物塊A、B，物塊A側(cè)面粘貼小遮光片（質(zhì)量忽略不計(jì)）。在物塊A、B下各掛5個(gè)相同的小鉤碼，每個(gè)小鉤碼的質(zhì)量。光電門C、D通過連桿固定于鐵架臺上，并處于同一豎直線上，光電門C、D之間的距離。兩光電門與數(shù)字計(jì)時(shí)器相連（圖中未畫出），可記錄遮光片通過光電門的時(shí)間。初始時(shí)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。?shí)驗(yàn)步驟如下： （1）如圖所示，用10分度的游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度，遮光片的寬度___________cm。（2）將1個(gè)鉤碼從物塊B的下端摘下并掛在物塊A下端的鉤碼下面。釋放物塊，計(jì)時(shí)器記錄遮光片通過光電門C、D的時(shí)間分別為、。物塊A下落過程的加速度___________，單個(gè)物塊的質(zhì)量___________kg。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）（3）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，該同學(xué)再依次取個(gè)鉤碼從物塊B的下端摘下并掛在物塊A下端的鉤碼下面，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，并根據(jù)多次測量的數(shù)據(jù)，繪制圖像，如圖所示。由于存在阻力，該圖線不過坐標(biāo)原點(diǎn)，若圖線的斜率為k，則單個(gè)物塊的質(zhì)量___________（用題給字母m、g、h、k等表示）?！敬鸢浮竣?1.14②.1.25③.0.15④.【解析】【詳解】（1）[1]10分度游標(biāo)卡尺的精確值為0.01cm，由圖可知游標(biāo)卡尺讀數(shù)為（2）[2]利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度，則物塊A通過光電門C、D時(shí)的速度分別為 從C到D的過程中，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可知[3]以A、B兩物體和10個(gè)小鉤碼組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律可知代入數(shù)據(jù)解得（3）[4]設(shè)阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律可知解得對照圖象可知，斜率為解得12.某同學(xué)想要測量一新材料制成的粗細(xì)均勻電阻絲的電阻率，設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)。（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，示數(shù)如圖甲所示，測得其直徑___________mm。（2）用多用電表粗測電阻絲的阻值。選擇旋鈕打在“×10”擋，進(jìn)行歐姆調(diào)零后測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，調(diào)節(jié)到正確倍率，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零后再次測量，指針靜止時(shí)位置如圖乙所示，此測量值為 ___________Ω。（3）為了精確地測量電阻絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：A．電流表（量程500μA，內(nèi)阻）B．電流表（量程10mA，內(nèi)阻約為0.1Ω）C．滑動變阻器（0～5Ω，額定電流0.5A）D．滑動變阻器（0～10Ω，額定電流0.5A）E．電阻箱R（阻值范圍為0～9999.9Ω）F．電源（電動勢3.0V，內(nèi)阻約0.2Ω）G．開關(guān)S、導(dǎo)線若干①實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖丙所示。由于沒有電壓表，需要把電流表串聯(lián)電阻箱R改為量程為3V的電壓表，則電阻箱的阻值___________Ω。滑動變阻器應(yīng)選擇___________（選填“”或“”）。②正確連接電路后，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器測得電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，測得電阻絲接入電路的長度為L，則電阻絲的電阻率___________（用題中測得物理量的符號表示）?！敬鸢浮竣?2.150②.600③.5000④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]電阻絲直徑即螺旋測微器為（2）[2]選擇旋鈕打在“×10”擋時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)角度過小，應(yīng)將倍率調(diào)節(jié)到“×100”擋，歐姆表的示數(shù)為（3）[3]電流表串聯(lián)電阻箱R改為量程為3V的電壓表，根據(jù)歐姆定律有 得[4]因?yàn)榈淖畲笞柚禐?，電源電動?.0V，內(nèi)阻約0.2Ω，若采用則電流會大于其額定電流0.5A，而選電路是安全的，故選。[5]電阻絲的阻值由電阻定律得整理得13.某藥瓶的容積為500mL，里面裝有400mL的某種液體，瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為，現(xiàn)用注射器緩慢往瓶內(nèi)注入空氣，每次注入空氣的體積為20mL、壓強(qiáng)為，空氣可以視為理想氣體。忽略針頭體積，大氣壓強(qiáng)為，環(huán)境溫度保持27℃不變，瓶內(nèi)外溫度始終相同，求：（1）注入n次空氣后，再從瓶內(nèi)抽出200mL液體，瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)變?yōu)?，則n的值為多少；（2）完成上述操作后，由于瓶塞密封不嚴(yán)出現(xiàn)“慢跑氣”，一段時(shí)間后，瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)從變?yōu)?，求跑進(jìn)瓶內(nèi)的氣體與“跑氣”前瓶內(nèi)封閉氣體的質(zhì)量之比?！敬鸢浮浚?）10；（2）1：9【解析】【詳解】（1）注入n次空氣后，再從瓶內(nèi)抽出200mL液體，瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)變?yōu)?，注入n次空氣后瓶內(nèi)壓強(qiáng)設(shè)為，根據(jù)等溫方程可知解得 從初態(tài)到注入n次空氣后，根據(jù)等溫方程解得（2）瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)相當(dāng)于下體積為解得跑進(jìn)瓶內(nèi)的氣體與“跑氣”前瓶內(nèi)封閉氣體的質(zhì)量之比14.如圖所示，豎直光滑半圓弧軌道的下端B點(diǎn)固定在高的豎直墻壁上端，O為半圓的圓心，BC為豎直直徑，一質(zhì)量的小球b靜置在B點(diǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量的小球a從水平地面上的A點(diǎn)以初速度斜向上拋出，拋射角。小球a剛好能沿水平方向擊中小球b，兩小球碰撞過程時(shí)間極短且沒有能量損失，碰撞結(jié)束后小球b在半圓弧軌道上運(yùn)動的過程不脫離軌道（小球b從圓弧軌道最高點(diǎn)C和最低點(diǎn)B離開不算脫離軌道）。已知，，重力加速度，空氣阻力不計(jì)，求：（1）小球a從A點(diǎn)拋出時(shí)的初速度；（2）碰撞結(jié)束瞬間小球b的速度；（3）半圓弧軌道的半徑R的取值范圍。【答案】（1）10m/s；（2）4m/s（3）或者【解析】 【詳解】（1）設(shè)水平方向上向右為正方向，小球a從A點(diǎn)拋出，在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，剛好能沿水平方向擊中小球b，則有聯(lián)立解得（2）小球a剛好能沿水平方向擊中小球b時(shí)，其速度為根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得（3）假設(shè)小球b恰好能運(yùn)動至C點(diǎn)，則在C點(diǎn)滿足又根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是。如果小球恰好運(yùn)動到和圓心等高的位置，此時(shí)的最小速度為零，則有解得 故半圓弧軌道半徑R取值范圍是或者15.如圖所示，兩對電阻不計(jì)、間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，轉(zhuǎn)角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導(dǎo)軌與水平地面的夾角，上端連接電阻，大小的勻強(qiáng)磁場Ⅰ垂直于整個(gè)傾斜導(dǎo)軌向上。水平導(dǎo)軌上靜置著U形導(dǎo)線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導(dǎo)軌，右側(cè)MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，大小未知，末端連接電阻。質(zhì)量為m、電阻為、長也為L的導(dǎo)體棒ab垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，在到達(dá)底端前已開始勻速運(yùn)動，后進(jìn)入水平導(dǎo)軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉合線框abed，然后再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場Ⅱ。已知U形線框cdef的三條邊與導(dǎo)體棒ab完全相同，重力加速度為g，導(dǎo)體棒和線框在運(yùn)動中均與導(dǎo)軌接觸良好。（1）求ab棒在傾斜導(dǎo)軌上所受重力的最大功率；（2）若閉合線框abed在完全進(jìn)入磁場Ⅱ之前速度減為零，求電阻產(chǎn)生的熱量；（3）若閉合線框abed剛好運(yùn)動到磁場Ⅱ的右邊界線PQ處時(shí)速度減為零，求磁場II的磁感應(yīng)強(qiáng)度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動時(shí)所受安培力的功率最大，設(shè)此時(shí)速度為，則感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為安培力為由平衡條件有 聯(lián)立解得則重力的最大功率為（2）在水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab與線框cdef碰撞時(shí)，滿足系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后速度為，依題意設(shè)線框cdef質(zhì)量為，電阻為，由可得碰后閉合線框abed進(jìn)入磁場過程，de邊切割磁感線，cd邊、ef邊被導(dǎo)軌短路，電路結(jié)構(gòu)如圖所示則有電路產(chǎn)生的總熱量為電阻產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立解得（3）閉合線框仍以速度進(jìn)入磁場，設(shè)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為，由動量定理可得 線框全部進(jìn)入磁場后de邊、ab邊同時(shí)切割磁感線，相當(dāng)于兩電源并聯(lián)，電路結(jié)構(gòu)如圖所示回路總電阻為依題意設(shè)線框再前移距離速度恰好為0，由動量定理可得聯(lián)立解得