北京市顺义区杨镇第一中学2020届高三下学期4月物理试题 19页

北京市顺义区2019---2020学年第二学期杨镇第一中学四月月考物理试卷 一、单选题（本大题共14小题，每小题3分，共42.0分）‎ ‎1.在核反应方程中，X表示的是（　　）‎ A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. 粒子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，则X为质子。‎ 故选A。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度 B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和 C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关 D. 气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强 A．温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A正确；‎ B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B错误；‎ C．由压强公式可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故C错误；‎ D．温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D错误．‎ ‎3.下列说法正确的是（　　）‎ A. 速度、磁感应强度和冲量均矢量 B. 速度公式和电流公式均采用比值定义法 C. 弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是 D. 将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．速度、磁感应强度和冲量均为有大小和方向的物理量，均为矢量，选项A正确；‎ B．速度公式采用比值定义法，而电流公式不是采用比值定义法，选项B错误；‎ C．弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是，选项C错误；‎ D．将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型法，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.一倾角为的斜面体固定在水平面上，其斜面部分光滑，现将两个质量均为m的物块A和B叠放在一起，给A、B整体一初速度使其共同沿斜面向上运动，如图所示，已知A的上表面水平，则在向上运动过程中，下列说法正确的是 A. 物块B对A的摩擦力方向水平向右 B. 物块A对B的作用力做正功 C. A对B的摩擦力大小为 mgsinθcosθ D. 由于B减速运动，则B的机械能减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据整体法求出AB共同的加速度,将加速度分解为水平方向和竖直方向,隔离对B分析,求出A、B之间的支持力和摩擦力.‎ ‎【详解】解:A、对整体分析,其加速度沿斜面向下,可将此加速度分解为水平方向和竖直方向,再隔离B分析可得,故B定会受到A给B水平向右的摩擦力,根据牛顿第三定律,则物块A受到B的摩擦力水平向左,故A错误; ‎ C、对整体分析,其加速度沿斜面向下,可将此加速度分解为水平方向和竖直方向,水平方向上的加速度,竖直方向上的加速度 .隔离对B分析,A对B的摩擦力 ,所以C选项是正确的; B、D、先对整体分析,有沿向下加速度为.再对B分析,(把A对B的摩擦力和支持力看作一个力),重力沿斜面的分力产生的加速度为,重力的另一个分力与把A对B的作用力平衡,所以B对A的合力垂直于斜面方向,不做功,所以B机械能不变.故B、D错误.‎ ‎5.甲、乙两球质量分别为、,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量),两球的v−t图象如图所示,落地前,经过时间两球的速度都已达到各自的稳定值 、,则下落判断正确的是(　　)‎ A. 甲球质量大于乙球 B. m1/m2=v2/v1‎ C. 释放瞬间甲球的加速度较大 D. t0时间内，两球下落的高度相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，，由图象知v1＞v2，因此m甲＞m乙；故A正确，B错误．释放瞬间v=0，空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g．故C错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选A．‎ ‎6.一简谐机械横波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期为T．t=0时刻的波形如图甲所示,a、b 是波上的两个 质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法中正确的是　(　　)‎ A. t=0时质点a的速度比质点b的大 B. t=0时质点a的加速度比质点b的小 C. 图乙可以表示质点a的振动           D. 图乙可以表示质点b的振动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为在t=0时，a点处于波峰的位置，它的瞬时速度为0，受到的合力最大，加速度最大，而b点处于平衡位置，它的瞬时速度最大，受到的合力为0，加速度为0，故AB错误；在图乙中，质点向下振动，根据甲的波的传播方向可知，b点的振动方向是向下的，故图乙表示质点b的振动情况，故C错误，D正确．‎ 故选D。‎ ‎7.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是 A. 若增大入射角i，则b光先消失 B. 在该三棱镜中a光波长小于b光 C. a光能发生偏振现象，b光不能发生 D. 若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设折射角为α，在右界面的入射角为β，根据几何关系有：，根据折射定律：‎ ‎，增大入射角i，折射角α增大，β减小，而β增大才能使b光发生全反射，故A错误；由光路图可知，a光的折射率小于b光的折射率（），则a光的波长大于b光的波长（），故B错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能，再根据动能定理：，即遏止电压，可知入射光的频率越大，需要的遏止电压越大，，则a光的频率小于b光的频率（），a光的遏止电压小于b光的遏止电压，故D正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频率无关，故C错误．‎ 点睛：本题考查的知识点较多，涉及光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关系、横波和纵波的概念等，解决本题的关键是能通过光路图判断出两种光的折射率的关系，并能熟练利用几何关系．‎ ‎8.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，砂袋质量为‎5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法中正确的是 A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B. 弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小 C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0=(m+‎5m)v，解得v=v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T=6mg+‎6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为，选项C错误；由机械能守恒可得：，解得，选项D正确；故选D.‎ ‎9.下图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ）‎ A. 在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大 B. 从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大 C. 照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大 D. 若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知a光的干涉条纹间距小于b光的，根据 可知a的波长小于b的波长，a光的频率大于b光的频率，a光的折射率大于b光的折射率，则根据 可知在同种介质中传播时a光的传播速度较小，A错误；‎ B．根据 可知从同种介质中射入真空，a光发生全反射的临界角小，B错误；‎ C．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小，C错误；‎ D．a光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉中条纹间距的表达式，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越大，折射率越大，全反射临界角越小，波长越小，在介质中传播的速度越小．‎ ‎10.如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光。从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B. 灯泡中的电流方向每秒改变2次 C. 线框中产生感应电动势的表达式为e=nBSωsinωt D. 变压器原、副线圈匝数之比为nBSω：U ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为0，故A错误； B．交流电的周期，1s内完成周期性变化的次数，1个周期电流方向改变2次，所以灯泡中电流方向每秒改变，故B错误；‎ C．线框中感应电动势的峰值 Em=nBSω 线框是从中性面开始计时，所以线框中产生感应电动势的表达式为 e=nBSωsinωt 故C正确；‎ D．原线圈电压的有效值 副线圈电压的有效值U，所以原副线圈的匝数比为 故D错误； 故选C。‎ ‎11.如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为，与地面的夹角为，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法错误的是（　　）‎ A. 乙球在B点受到的冲量大小为 B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能 C. OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3：1‎ D. 由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，故竖直方向的分量 反弹后竖直方向的分量为 水平方向速度不变，故冲量大小为 故A正确，不符合题意； B．抛出时甲的初速度大于乙的初速度，故甲的初动能大于乙的初动能，而两者重力势能相等，故抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故B正确，不符合题意； CD．设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为．乙球运动时间是甲球的3倍；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。 故选D。‎ ‎12.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图所示．下列判断正确的是(　　)‎ A. 过程ab中气体一定吸热 B. 过程bc中气体既不吸热也不放热 C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；‎ B、由图示图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故B错误；‎ C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，△U<0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；‎ D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．‎ ‎13.如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】0～0.5T时间内，B 减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为，不变，则E不变，感应电流i不变。由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由F=BiL知，由于B随时间均匀减小，则bc段导线受到的安培力随时间呈线性减小。 在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为 ，不变，则E不变，感应电流i不变。由图知：在0.5T-T时间内的是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是2倍。在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BiL知，因B由0逐渐增大到2B0，则在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力随时间呈线性增大，且t=T时刻的安培力是t=0时间安培力的4倍；故ACD错误，B正确。 故选B。‎ ‎14.如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。φM、φN和EM、EN分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（　　）‎ A. φM＞φN，EM＜EN B. φM＜φN，EM＞EN C. 电子的动能减小 D. 电场力对电子做了正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。‎ ‎【详解】AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以EM＜EN，φM＜φN，故AB错误；‎ CD．当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ 二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）‎ ‎15.某同学用一弹簧秤和一橡皮条做验证平行四边形的实验，装置如图所示，实验步骤如下：‎ ‎①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；‎ ‎②将三根细线Pa、Pb、Pc结于P点，a端系在橡皮条下端．C端暂时空置，b端挂一钩码，钩码静止后，记录钩码重力G的大小和方向；‎ ‎③以O为圆心为OP为半径，画一圆弧；‎ ‎④用弹簧秤钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P移到图中所示位置，记录该位置和弹簧秤的示数；‎ ‎⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立．‎ ‎（1）第④步中还应记录的是____________．‎ ‎（2）第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于______，方向_____则可验证平行四边形定则．‎ ‎【答案】 (1). 弹簧秤拉力的方向 (2). G (3). 竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于力是矢量，在验证时，需要记录拉力的方向，所以第④步中还应记录的是 弹簧秤拉力的方向。 （2）验证平行四边形定则，需要结合共点力平衡，任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，所以在第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于钩码的重力G，方向竖直向上则可验证平行四边形定则。‎ ‎16.学习了“测电源电动势和内阻”后，某物理课外活动小组自制了西红柿电池组，设计了如图所示的实验电路，测定了电压表的内阻，并用多种方法测量电池组的电动势与内阻，请完成下面实验。‎ ‎(1)用笔画线代替导线按照电路图将实物图连线_____；‎ ‎(2)将单刀双掷开关S打向触头1，调节电阻箱的示数为R0，电流表的示数为I0和电压表的示数为U0，则电压表的内阻Rv=______；‎ ‎(3)将单刀双掷开关S打向触头2，仅测多组电压表的示数U和电阻箱的示数R，然后运用数据作出图象为一条倾斜的直线，得到直线的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势E=______，内阻r=______用k、b、Rv表示。‎ ‎【答案】 (1). 见解析 (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： ‎ ‎(2)[2]．电压表内阻 ‎(3)[3][4]．单刀双掷开关S打向触头2，由图示电路图可知，电源电动势 整理得 ‎ ‎ 则图线的斜率 纵轴截距 解得电源电动势为 ‎ ‎ 电源内阻为 三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ ‎17.如图所示，半径的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为=‎1.25m，现将一质量=‎0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以的速度水平飞出（取）．求：‎ ‎（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；‎ ‎（2）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小；‎ ‎（3）小滑块着地时速度大小.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理 mgR-Wf =mv2‎ Wf =15J ‎（2）由牛顿第二定律可知：‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：‎ 解得：‎ ‎18.“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图5所示的过程，卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道.已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为R和R1，地球半径为r，月球半径为r1，地球表面重力加速度为g，月球表面重力加速度为.求：‎ ‎(1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小；‎ ‎(2)卫星在工作轨道上运行的周期. ‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）卫星停泊轨道是绕地球运行时，根据万有引力提供向心力： 解得：卫星在停泊轨道上运行的线速度；‎ 物体在地球表面上，有，得到黄金代换，代入解得；‎ ‎（2）卫星在工作轨道是绕月球运行，根据万有引力提供向心力有，‎ 在月球表面上，有，得，‎ 联立解得：卫星在工作轨道上运行的周期．‎ ‎19.如图所示，虚线L右侧空间有水平向右电场强度E1＝2.5N/C的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电场强度E2＝1.25N/C的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B，在E1场区有四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为R＝‎0.2m，圆心在虚线O点，过低端点Q的切线水平，现将一视为质点的带正电荷粒子从轨道的最高点P由静止释放，粒子沿轨道向底部运动，已知粒子的质量为m＝1×10﹣‎4kg，粒子带电量q1＝+3×10﹣‎4C，取g＝‎10m/s2．求：‎ ‎（1）粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力；‎ ‎（2）若粒子运动到Q点瞬间仅使其电量变为q2＝+8×10﹣‎4C，要使粒子再次通过虚线位置落到圆轨道内，磁感应强度B大小应满足什么条件．‎ ‎【答案】（1）2.25×10﹣3N；（2）B≥1T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在电场E1中受电场力为： ‎ 则受重力及电场力合力大小 合力方向与竖直方向成角 解得： ‎ 设粒子到达C点对轨道压力最大，设此时速度为，轨道对粒子的支持力，‎ 由动能定理有：‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得： ‎ 由牛顿第三定律可知，P对轨道最大压力为 ‎（2）粒子到达轨道底时速度设为 由动能定理得：‎ 解得：‎ 在电场中，因电场力 故粒子在L左侧复合场中受磁场作用做匀速圆周运动，再次到时速度大小仍为，然后在左侧电场中受力及状态如图 水平方向受力为 加速度： ‎ 运动位移为时，需要时间为 则有：‎ 代入数据解得；（舍去），‎ 竖直方向受重力以加速度加速下落，时间内下落位移：‎ 要使B落到圆轨道内，即 而由洛伦兹力充当向心力可知，‎ 联立解得：‎ ‎20.间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆、和电阻均为．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应．求：‎ ‎（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；‎ ‎（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；‎ ‎（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热 ‎ ‎【答案】(1) (2) ‎1.5m/s (3)0.25J ‎【解析】‎ ‎【详解】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡 ‎ (1)感应电动势 ‎ ‎ 电流 ‎ ‎ 安培力 ‎ 匀速运动条件 ‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）由定量守恒定律 ‎ 解得： ‎ ‎（3）进入B2磁场区域，设速度变化大小为,根据动量定理有 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 出B2磁场后“联动三杆”的速度为 ‎ ‎ 根据能量守恒求得：‎ ‎ ‎ 综上所述本题答案是：(1) (2) ‎1.5m/s (3)0.25J ‎【点睛】本题比较复杂，根据动能定理求出ab棒下落到轨道低端时的速度，再利用动量守恒求出碰后三者的速度，结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系，并利用能量守恒求出系统内增加的热量．‎ ‎ ‎